И. И. ОЛЬХОВСКИЙ,
Ю. Г. ПАВЛЕНКО,
Л. G. КУЗЬМЕНКОВ
ЗАДАЧИ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
ДЛЯ ФИЗИКОВ
Допущено Министерством высшего и среднего
специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов университетов,
обучающихся по специальности «Физика»
ИЗДАТЕЛЬСТВО
МОСКОВСКОГО УНИВЕРСИТЕТА
1977

ЩК 531.0
Рецензенты:
кафедра теоретической физики
Томского государственного университета,
проф. В Г Багров
Ольховский И. И., Павленко Ю. Г., Кузьменков Л. С.
Задачи по теоретической механике для физиков. М.,
Изд-шо Моск. ун-та, 1977 г.
395 с, 42 ил. Библиогр. 27 назв.
Книга содержит свыше четырехсот задач по классической механике-
первому из разделов теоретической физики. В книге собраны задачи, инте-
интересные для физиков, в частности задачи, в которых рассматриваются дви-
движение зарядов в электромагнитных полях, рассеяние частиц, колебания
молекул, нелинейные колебания. Книга содержит также задачи, в которых
рассматриваются поглощение энергии волн осцилляторами (мазерные эф-
эффекты), колебания систем с медленно меняющимися параметрами, движение
систем как суперпозиция медленно меняющегося движения и быстрых осцил-
осцилляции, электромеханические аналогии. Решение задач способствует более глу-
глубокому пониманию физических идей механики, ее общетеоретических поло-
положений, помогает студентам развивать необходимые практические навыки,
в частности помогает освоить методы решения уравнений Ньютона, Лагран-
жа, Гамильтона — Якоби, метод Крылова — Боголюбова в теории нелиней-
нелинейных колебаний н методы усреднения уравнений движения. Построение
«Задач» соответствует учебнику И. И. Ольховского «Курс теоретической ме-
механики для физиков».
20402—051
О 66—77
077@2)—77
E) Издательство Московского университета, 1977 г.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 5
Глава 1. Кинематика и уравнения движения материальной
точки 7 67
§ 1. Кинематика материальной точки 7 67
§ 2. Уравнения движения материальной точки .... 9 78
Глава 2. Законы изменения и сохранения импульса, кинетиче-
кинетического момента и энергии 13 94
§ 1. Законы изменения и сохранения импульса, момента
импульса и энергии материальной точки .... 13 94
§ 2. Движегше в центрально-симметричном поле ... 16 116
§ 3. Движение под действием силы, обратно пропорцио-
пропорциональной квадрату расстояния до центра силы . . 17 120
§ 4. Законы изменения и сохранения импульса, кинети-
кинетического момента и энергии системы 20 136
Глава 3. Задача двух тел и рассеяние частиц, . . 23 145
§ 1. Движение двух взаимодействующих материальных то- 23 145
чек 23 145
§ 2. Сечения рассеяния и захвата частиц 24 151
Глава 4. Движение относительно неинерциальных систем от-
отсчета 26 160
§ 1. Положение, скорость и ускорение материальной точки
относительно разных систем отсчета 26 160
§ 2. Уравнения движения и законы сохранения относитель-
относительно неинерциальных систем отсчета 26 163
Глава 5. Уравнения Лагранжа 29 173
§ 1. Уравнения Лагранжа с реакциями связей и законы
сохранения энергии и момента импульса при наличии
- связей 29 173
§ 2 Уравнения Лагранжа в независимых координатах и
законы сохранения обобщенного импульса и энергии 32 193
§ 3. Движение под действием обобщенно-потенциальных
сил 35 207
Глава 6. Линейные колебания . . .... .39 222
§ 1. Собственные одномерные колебания 39 222
§ 2. Собственные и главные колебания системы ... 42 233
§ 3. Вынужденные колебания 45 253

Нелинейные колебания 48 243
Собственные колебания и метод Крылова — Боголю-
Боголюбова 48 273
Колебания системы с медленно меняющимися пара-
параметрами. Адиабатические инварианты 48 281
Методы усреднения 49 288
Динамика твердого тела 53 313
Тензор инерции 53 313
Плоскопараллельное движение 55 323
Общий случай движения 58 339
Уравнения Гамильтона 62 359
Канонические уравнения. Скобки Пуассона ... 62 359
Уравнения Гамильтона — Якоби 64 368
Канонические преобразования. Интегральные вариа-
вариационные принципы 65 377
Литература 391
Г л
Г л
Гл
а в а
§
§
а в а
§
§
§
а в а
§
§
§
7.
1.
2.
3.
8.
1.
2.
3.'
9.
1.
2.
3.

ПРЕДИСЛОВИЕ
В основу настоящего учебного пособия положены задачи, ко-
которые в течение 1960—1975 гг. предлагались студентам физическо-
физического факультета Московского университета на лекциях и семинар-
семинарских занятиях по теоретической механике. «Задачи» написаны в
полном соответствии с программой курса «Теоретическая механи-
механика» для университетов по физическим специальностям (часть 1,
Изд-во МГУ, 1973 г.). Содержание книги и построение в основном
соответствует учебнику [1] И. И. Ольховского «Курс теоретиче-
теоретической механики для физиков» (издание II, 1974 г., часть 1).
Авторы стремились создать пособие, которое должно помочь
студентам физических специальностей глубоко овладеть современ-
современными методами исследования движений механических систем на
основе уравнений Ньютона, Лагранжа, Гамильтона, Гамильтона—
Якоби, а также законов изменения и сохранения импульса, кине-
кинетического момента и энергии.
В первых четырех главах решения динамических задач осно-
основаны на применении уравнений движения Ньютона. Остальные
пять глав посвящены уравнениям Лагранжа, Гамильтона,
Гамильтона — Якоби. Помимо традиционных задач по тео-
теоретической механике в книге предложены и другие задачи, связан-
связанные с современными физическими проблемами, в частности задачи,
в которых исследуются движение заряженных частиц в электро-
электромагнитных полях, поглощение электромагнитных волн осцилля-
осцилляторами (мазерный эффект), рассеяние частиц, колебания молекул,
нелинейные колебания. В пособии рассмотрены системы с медлен-
медленно меняющимися параметрами, а также системы, движение кото-
которых можно представить в виде суперпозиции медленно меняю-
меняющегося и быстро осциллирующего движений.
В предлагаемых решениях задач авторы широко использовали
теорию обыкновенных дифференциальных уравнений, аппарат век-
векторного и тензорного анализа, специальные функции и также со-
современные математические методы, применяемые и в других раз-
разделах теоретической физики, как например метод Крылова — Бо-
Боголюбова в теории нелинейных колебаний и методы усреднения.
__ Обратим внимание на методические особенности предлагае-
предлагаемой книги. В начале каждого параграфа, как правило, излагаются

наиболее простые задачи, а затем — все более трудные задачи,
близкие по содержанию к небольшим научным исследованиям
(некоторые из этих задач могут быть использованы в качестве
курсовых работ). С целью научить студентов самостоятельно фор-
формулировать физические задачи на языке математики авторы сочли
полезным предлагать условия ряда задач в достаточно общей
форме. Так, в условиях задач иногда не приводятся очевидные
данные. Например, если в условии есть указание на наличие вер-
вертикали или горизонтали, то не оговаривается, что движение мате-
материальной точки происходит в однородном поле тяжести с извест-
известной напряженностью.
В заключение авторы приносят благодарность А. А. Соколову,
В. Г. Багрову, А. С. Галиуллину с сотрудниками, Н. В. Кудряв-
Кудрявцевой за многие ценные советы, а Р. А. Бунатян за полезные за-
замечания и Н. М. Садыкову за участие в чтении корректуры.
Авторы также благодарны всем аспирантам и студентам физи-
физического факультета МГУ, котррые оказали помощь при проверке
рукописи.
И. И. Ольховский,
Ю. Г. Павленко,
Л. С. Кузьменков

ГЛАВА 1
Кинематика и уравнения движения
материальной точки
§ 1. Кинематика материальной точки
1.1. Точка движется по эллипсу (—) + (— ) = 1 с ускоре-
\ а / \ b j
нием, параллельным оси у. Найти ускорение как функцию у, если
г@) = (О, Ь), v@) = (v0, 0).
1.2. Точка движется по эллипсу с полуосями а и Ь с постоян-
постоянной по величине скоростью v0. Определить ускорение и скорость
точки как функции координат.
1.3. Точка движется в плоскости с постоянной по величине
скоростью Do и постоянной угловой скоростью со. Определить v(t).
/х\2 / у \2
1.4. Точка движется по эллипсу — +11 =
\ а I \ Ь I
так' что
угловая скорость радиуса-вектора, проведенного из центра эллип-
эллипса к точке, постоянна и равна со. Определить скорость точки, если
в начальный момент времени х@) =а.
1.5. Точка движется в плоскости с постоянной по величине ско-
скоростью v0 и постоянной секторной скоростью о0. Найти v(t), если
p(O)=2ao/i>o.
1.6. Точка движется по окружно-
окружности радиуса R с постоянной сектор-
секторной скоростью Оо относительно точки
О', лежащей в плоскости окружности
на расстоянии a<LR от центра окруж-
окружности (рис. 1.6). Найти величину ско
рости v точки как функцию расстоя
ния р от точки О' до движущейся
точки.
1.7. Точка движется по окружно-
окружности радиуса R с постоянной сектор-
секторной скоростью 0о относительно точки
А, лежащей на окружности. Найти
зависимость от времени угла ср между
радиусом-вектором точки, проведенным из Л, и прямой, соединяю-
соединяющей точку А и центр окружности (ср(О)=О).
1.8. Точка движется по траектории p=aeft(p с постоянной сек-
секторной скоростью 0О. Найти скорость v(^) точки, если в начальный
момент времени ср(О) =0.
Рис 16

8 Кинематика и уравнения движения точки [Гл- *
1.9. Точка движется по плоской траектории с постоянной сек-
секторной скоростью, причем величина линейной скорости точки об-
обратно пропорциональна ее расстоянию р от начала координат.
Найти уравнение траектории, закон движения r(t) и ускорение
точки как функцию р, если r@) =r0; v@) =v0.
1.10. Точка движется по плоской траектории так, что произве-
произведение ее расстояний до неподвижных точек Ft и F2 есть величина,
постоянная и равная а2 — квадрату половины расстояния между
Fi и F2. Проекция секторной скорости точки на направление, пер-
перпендикулярное плоскости траектории, сохраняется. Найти уравне-
уравнение траектории точки и ее ускорение как функцию расстояния
от середины отрезка F1F2.
1.11. Точка движется в плоскости так, что ее секторная ско-
скорость аг=/гр2/2, а угол между ускорением и радиусом-вектором
точки постоянен и равен 45°. Найти закон движения и уравнение
траектории точки, если р@)=0; <р@)=0; р(О)=ро-
1.12. Точка движется в плоскости с постоянной по величине
скоростью Vq, при этом угол между радиусом-вектором точки и ее
скоростью равен — at. Найти уравнение траектории точки, если
6
в начальный момент времени г@)=0.
1.13. По неподвижной окружности радиуса а катится без про-
проскальзывания лежащая с ней в одной плоскости другая окружность
того же радиуса. На подвижной окружности закреплена матери-
материальная точка, совпадающая в начальный момент времени с точкой
Л неподвижной окружности. Найти ускорение материальной точки
как функцию ее расстояния до точки А, если подвижная окруж-
окружность вращается вокруг неподвижной с постоянной угловой ско-
скоростью со.
1.14. Окружность радиуса а катится без проскальзывания по
неподвижной окружности радиуса R>a с ее внутренней стороны.
Найти траекторию материальной точки, закрепленной на подвиж-
подвижной окружности. При каком условии этой траекторией будет слу-
служить отрезок прямой линии?
1.15. Точка движется по сфере, причем в любой момент вре-
времени скорость точки образует постоянный угол а с меридианом.
Найти уравнение траектории точки.
1.16. Точка движется по окружности радиуса R, причем
q>=ti)t (ф — угол между радиусом-вектором точки, проведенным из
некоторой точки А окружности, и прямой, соединяющей точку А
и центр окружности). Найти тангенциальную и нормальную состав-
составляющие скорости и ускорения точки.
1.17. Точка движется по параболе y=kx2 так, что ее ускоре-
ускорение параллельно оси у и равно а. Определить компоненты wx,
wn ускорения точки как функции времени.
1.18. Точка движется в плоскости. Ее тангенциальное и нор-

§ 1] Уравнения движения точки
мальное ускорения соответственно равны постоянным а и Ь. Найти
уравнение траектории в полярных координатах.
1.19. В данной плоскости движутся две точки: точка 1 дви-
движется по прямой с постоянной скоростью Vi, а точка 2 — с посто-
постоянной по модулю скоростью v2, направленной все время на точку
/. Найти траекторию точки 2 и «координату встречи» 1 и 2.
1.20. Точка S движется прямолинейно, а скорость точки К на-
направлена все время на точку S (S и К движутся в одной плоско-
плоскости). Какую форму должна иметь траектория точки К, чтобы рас-
расстояние между К и S было постоянным? Найти ускорение точки
К, если известно, что оно ортогонально ее скорости. Каков закон
движения S?
1.21. Точка движется по кардиоиде р = 2а cos a—- с постоян-
постоянной по величине скоростью. Найти скорость точки и ее ускорение
как функцию р.
1.22. Точка описывает кардиоиду p = 2acos2— таким обра-
зом, что ее радиус-вектор вращается с постоянной угловой скоро-
скоростью о. Найти скорость точки и ее ускорение как функцию ср.
1.23. Окружность радиуса а вращается вокруг оси, про-
проходящей через некоторую точку О этой окружности перпендику-
перпендикулярно ее плоскости (угловая скорость вращения окружности по-
постоянна и равна со). По окружности движется точка с постоянной
скоростью v относительно окружности. Найти уравнение траекто-
траектории точки в полярных координатах с началом в точке О.
1.24. Точка движется по спирали р = аеч> так, что радиальная
составляющая ее ускорения равна нулю. Показать, что абсолют-
абсолютные величины скорости и ускорения точки пропорциональны
р (Ф@)=со).
1.25. Точка движется по плоской кривой и в момент времени
t0 проходит со скоростью v0 через точку, в которой кривизна тра-
траектории равна %. Найти тангенциальную составляющую ускорения
движущейся точки и кривизну ее траектории как функции вели-
d2v
чины скорости, если = av, где а — константа.
at"
§ 2. Уравнения движения материальной точки
1.26. Проинтегрировать уравнение движения ;c = &sln—, если
а
х @) = па; х @) = 2 Vka (k,a>0).
1.27. Найти скорость, которую приобретет частица в резуль-
результате действия мгновенной силы Fx—aS(t—^0), если v@)=0 (здесь
б(^) — функция Дирака). •

10 Кинематика и -уравнения движения точки [Гл. 1
1.28. Заряд е<0 в начальный момент времени покоился на
расстоянии h от бесконечной проводящей плоскости. Определить
время, за которое заряд достигнет плоскости.
1.29. Орудие установлено на холме высоты h (рис. 1.29). На-
Начальная скорость снаряда v0 направлена под углом а к горизонту.
Определить, при каком значении
угла он дальность полета снаряда
максимальна (сопротивлением воз-
воздуха пренебречь).
1.30. Шарик массы т падает
на горизонтальную плоскость с вы-
высоты h. Начальная скорость шари-
шарика равна нулю. Движение происхо-
происходит в среде с квадратичным по
скорости сопротивлением. Найти
Рис- 1-29 высоту подъема шарика после уп-
упругого удара о плоскость.
1.31. Тело движется в однородном поле тяжести Земли. Сила
сопротивления среды пропорциональна квадрату скорости. В на-
начальный момент времени тело находилось на высоте Я, а его ско-
скорость равнялась нулю. Найти зависимость скорости от времени,
скорости от высоты и высоты от времени.
1.32. В некоторый начальный момент времени из неподвижного
источника испускаются частицы с одинаковыми по модулю на-
начальными скоростями, которые лежат в плоскости, параллельной
напряженности g однородного поля (частицы вылетают под всеми
возможными углами). Найти область, недостижимую для пучка
частиц.
1.33. Из некоторой неподвижной точки в начальный момент
времени по всем направлениям испускаются частицы с постоянной
по абсолютной величине начальной скоростью. Затем частицы дви-
движутся в однородном поле тяготения с сопротивлением, пропорцио-
пропорциональным скорости. Найти центр и радиус сферы, на которой в
момент времени t окажутся частицы.
1.34. Заряд е движется в поле Е = EQsm — -пх электрического
ондулятора. В начальный момент времени r@)=0; v@)=i>0nz
Найти закон движения заряда.
1.35. Протон движется во взаимно перпендикулярных однород-
однородных электрических полях с напряженностями Ei cos ю t; E2sin(at.
При каких начальных условиях и значениях амплитуд Е\ и Е2 тра-
траекторией протона будет циклоида?
1.36. Электрон движется в магнитном поле с напряженностью
Н = Я0соэ ay-nz. Найти закон движения и траекторию электрона,
если r@)=0; v@)=y0nv.

« 2] Уравнения движения точки И_
1.37. Заряд е движется в скрещенных постоянных однородных
электрическом и магнитном полях со взаимно перпендикулярными
напряженностями. Найти скорость заряда \(t), если г@)=го;
v@)=v0.
1.38. Заряд е движется в однородных постоянных электриче-
электрическом и магнитном полях. Представить скорость заряда в виде
v(t) =a.(t) +v", где v" удовлетворяет уравнению mv" = — [v"H].
1.39. Заряд е движется во взаимно перпендикулярных одно-
однородных постоянных полях: электрическом, магнитном и гравита-
гравитационном. В начальный момент заряд покоился. Найти величину
максимальной скорости, приобретенной зарядом.
1.40. Заряд е движется в однородном магнитном поле напря-
напряженности Н. Найти зависимость скорости и кинетической энергии
заряда от времени, если учесть действие на заряд силы лучистого
трения F——vv и если v@)=vo.
1.41. Электронно-лучевая трубка помещена в однородное маг-
магнитное поле, напряженность Н которого перпендикулярна плоско-
плоскости экрана. Электроны влетают в электронно-лучевую трубку из
электронной пушки с составляющей скорости и вдоль оси трубки
и составляющей скорости v0 перпендикулярно оси. При какой
длине L трубки все электроны фокусируются в одной точке экра-
экрана?
1.42. Заряженная частица движется в постоянных однородных
скрещенных полях E_LH в среде с малым линейным сопротивле-
сопротивлением (Fd=—ух). Найти скорость частицы вдоль поля Е, усред-
усредненную по периоду Т = 2я (е — заряд частицы).
1.43. Электрон движется в однородном постоянном магнитном
поле H=Honz и поле монохроматической циркулярно поляризован-
поляризованной волны, векторы напряженности которой равны соответственно
Е_ = Ео(cos(Ы — kz), sin (co^ — kz), 0), Н_ = [п2Е_],
где со = , [ И ] <^ Но. Найти зависимость кинетической энер-
тс
гии от времени, если в начальный момент времени электрон поко-
покоился.
1.44. Заряд движется в однородном нестационарном магнитном
поле с напряженностью Н = #(^)п/, Я(/)=
(т)
Найти закон движения заряда, учитывая возникающее вихревое
электрическое поле [5, 6].
1.45. Тело массы т движется под действием возвращающей
силы Fl = —k(t)t и силы сопротивления среды F2 = —Y@v- Како-

12 Кинематика и уравнения движения точки [Гл. 1
му условию должны удовлетворять функции y(t) и k(t), чтобы
одним преобразованием времени уравнение движения можно было
свести к уравнению движения с постоянными k0 и Yo? Найти это
преобразование.
1.46. Записать уравнение движения точки в естественных ко-
координатах.
1.47. Найти решение уравнения mx=F(t) с помощью функции
Грина.
1.48. Точка массы т движется вдоль оси х под действием
силы
оо при х < 0;
— при 0<л:<а;
а
«а2 .
при л>а.
I У*
Найти скорость точки в начале координат, если х@) =4а; л;@) =0.
1.49. Тело массы т брошено вертикально вверх "и движется в
среде, сила сопротивления которой Fd = —mkvv, где k — постоян-
постоянный коэффициент. При движении вверх и обратно тело имеет одну
и ту же величину скорости на высотах h\ и h2 соответственно. По-
Показать, что e2fe(/!»~fti) -f-e—2fe(fto~ft2) = 2, где h0 — максимальная вы-
высота подъема.
1.50. Частица массы т движется под действием силы
F= (—тХ2х,—тХ2у, 0) и силы сопротивления Fd = (—2mXx,
—2mKy, 0), где X — постоянный коэффициент. Найти уравнение
траектории, если х@)=а; z/@)=0; z@)=0; *@) = 0; у@) — Ха;
г @) = 0.
1.51. Точка движется в плоскости Оху под действием силы
F = (ay, bx, 0). Найти уравнение траектории.
1.52. Точка движется вдоль оси х под действием силы
Fx = ax—y*3- Найти закон движения x(t), если л:@) = |/2o/y;
1.53. Точка движется в поле с потенциальной энергией
n-0A» л \ и,
U(X)=\ !
i-M2, x>0.
Найти период колебаний точки.

ГЛАВА 2
Законы изменения и сохранения
импульса, кинетического момента
и энергии
§ 1. Законы изменения и сохранения импульса,
момента импульса и энергии материальной точки
2.1. Найти выражение для силы, под действием которой мате-
материальная точка массы т движется в плоскости z=Q по закону
x—achkt, y=bshkt. Приведите значения сохраняющихся при та-
таком движении динамических величин.
2.2. Показать, что при движении точки в центрально-симмет-
центрально-симметричном поле ее траектория лежит в плоскости, проходящей через
центр силы.
2.3. Материальная точка движется в центрально-симметрич-
центрально-симметричном поле при наличии силы трения Fd=—yv. Будет ли это тело
двигаться в плоскости, проходящей через центр силы при произ-
произвольных начальных условиях?
2.4. В начальный момент времени заряд е неподвижен и на-
находится на расстояниях г0 от двух бесконечно протяженных про-
проводящих пластин, образующих прямой двугранный угол. Найти
скорость заряда как функцию его по-
положения. 2;
2.5. Точка движется в поле с по-
потенциалом U (х) = f/0 tga —. Найти за-
а
кон движения точки.
2.6. Точка движется в поле b
U (z) = mg (z—h) 6 (г—А), где 8 (г) —сту-
—ступенчатая функция: 8(г) =0 при z<0;
6B) = 1, если z>0. В начальный мо-
момент времени r@)=0; v@) = (u0cosa,
aosina, 0). Найти зависимость даль-
дальности / от угла а (рис. 2.6).
2.7. Расстояние между катодом и
анодом в плоском магнетроне рав-
равно d, разность потенциалов U, а напряженность магнитного по-
поля Н. Электроны эмитируются с катода с нулевой начальной ско-
скоростью. При каком значении поля Н ток в магнетроне отсутствует?
2.8. Найти закон движения заряда в магнитном поле
Н=@, 0, #0cos —). Начальные условия в декартовых коор-
Рис. 2.6
динатах имеют вид r@)=0; v@) = @, coa, 0); со=еЯо//пс.

14 Законы изменения импульса, момента и энергии [1 я. 2
2.9. Электрон движется в однородном магнитном поле
Н = Яопг и радиальном электрическом поле с потенциалом
2R
В начальный момент времени x@)=acosa; z/@)=asina;
2@) =0; v@)=0. Найти закон движения электрона, если
/ Н \2 4(/
2
>—-— (заряд электрона е=—во).
mR2
>
\ тс J mR2
2.10. Электрон (е = —е0) движется в поле квадрупольной лин-
линзы, потенциал которого ф = —^- (х2 — z2), и в однородном посто-
постоянном магнитном поле H = ffonz. Определить закон движения элек-
2e0U0
/ е0Н0 \ 2 .
трона, если I ¦ I >
F \ тс I
I тд?
2.11. Электрон (е=—е0) движется в неоднородном магнитном
поле Н = ° пг, образующем магнитную стенку, параллель-
ch ay
ную оси х. В начальный момент времени электрон находился на
бесконечности (х@)=0, г/@)=—<х>, 2@) =0) и имел скорость
я@) =2@) =0, у@)=у0. Найти а) условия, при которых возмож-
возможно отражение и прохождение электрона сквозь стенку; б) закон
движения вдоль оси у; в) уравнение траектории электрона.
2.12. Протон движется в среде с линейным сопротивлением в
постоянном однородном магнитном поле и нестационарном элек-
электрическом поле. Напряженность электрического поля вращается с
постоянной частотой со в плоскости, перпендикулярной фиксиро-
фиксированному направлению напряженности магнитного поля. Найти
мощность сил, действующих на частицу, а также мощность сил,
усредненную по периоду осцилляции кинетической энергии, предпо-
предполагая, что сопротивление среды мало.
2.13. Проинтегрировать уравнение движения свободной точки
в цилиндрических координатах.
2.14. С внутренней обкладки цилиндрического конденсатора
вылетает электрон с начальной скоростью, перпендикулярной оси
конденсатора. Найти критическое значение угла вылета электрона,
при котором его траектория не будет касаться наружной пластины
конденсатора.
2.15. Электрическое поле создается двумя одинаковыми заря-
зарядами + Q, расположенными на расстоянии 2а друг от друга. Части-
Частица массы т и заряда —q движется в этом поле по окружности ра-
радиуса R, все точки которой находятся на одинаковом расстоянии
от зарядов. Определить момент импульса движущегося заряда от-
относительно оси симметрии системы.
2.16. Электроны движутся между обкладками цилиндрического
конденсатора в аксиально симметричном магнитном поле (ось сим-

§ 1] Сохранение импульса, момента импульса и энергии точек 15
метрии совпадает с осью конденсатора) и электрическом поле, соз-
созданном постоянной разностью потенциалов между обкладками.
Найти критическое значение магнитного потока через сечение кон-
конденсатора, при котором электроны, двигаясь от внутренней обклад-
обкладки с нулевой начальной скоростью, перестанут попадать на на-
наружную обкладку конденсатора.
2.17. По бесконечно длинному цилиндрическому провод\ ра-
радиуса а течет постоянный ток /. С поверхности проводника в ра-
радиальном направлении испускается электрон со скоростью ро. Най-
Найти формулу, которая определяет наибольшее удаление электрона
от проводника.
2.18. Заряд е движется в однородном постоянном магнитном
поле. Доказать, что для момента импульса М заряда имеет место
интеграл движения МН -\ [гН]2 = С.
АС
2.19. Электрон (е=—е0) движется в однородном постоянном
магнитном поле. Найти решение уравнений движения в цилиндри-
цилиндрических координатах.
2.20. Заряд е движется в однородном постоянном магнитном
поле и в поле неподвижного заряда Q. При некотором соотноше-
соотношении заданных величин заряд будет двигаться по окружности. Най-
Найти это соотношение и радиус окружности.
2.21. Заряд е движется в поле магнитного монополя Н = g —
Найти интеграл движения, следующий из закона изменения мо-
момента импульса заряда.
2.22. Заряд движется в электромагнитном поле. Записать в
тензорных обозначениях уравнение движения заряда и закон изме-
изменения его кинетической энергии.
2.23. Найти собственную гравитационную энергию однородного
шара массы М и радиуса а.
2.24. Найти потенциальную энергию взаимодействия однород-
однородного шара массы ти радиуса а и находящейся на расстоянии г ог
его центра точки массы т2.
2.25. Учитывая несферичность Земли, найти энергию взаимо-
взаимодействия однородной Земли и точки массы т, находящейся на
расстоянии г^>а от центра Земли (а — экваториальный радиус
Земли).
2.26. Оценить, исходя из теоремы о вириале сил, температуру
внутри Солнца.
2.27. Обобщить теорему о вириале сил для заряженной части-
частицы, движущейся в однородном магнитном поле.
2.28. Частица движется в потенциальной одномерной прямо-
прямоугольной «яме» с бесконечно высокими «стенками». Ширина ямш

ИЗ Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
а, полная энергия частицы Е. Вычислить среднюю силу, с которой
частица действует на стенку.
2.29. Из классической электродинамики следует, что уравнение
движения, учитывающее потери энергии заряда на излучение,
должно иметь вид [7]
mv = еЕ -1 [vH] -\ v.
С ОС
Это уравнение может быть использовано в качестве уравнения
движения только в том случае, если сила торможения за счет из-
излучения мала по сравнению с силой, действующей на заряд со сто-
стороны внешнего поля. Предполагая, что заряд движется в поле
E = E0coscu^; H=[nE], найти условие применимости уравнения
(п — постоянный орт).
2.30. Заряд е движется в поле волны E = E0cosft>?; H = [nE]
(п — постоянный орт). Учитывая торможение заряда излучением,
найти среднюю по времени мощность сил, действующих на заряд,
а также среднюю по времени от производной импульса заряда.
§ 2. Движение в центрально-симметричном поле
2.31. Найти зависимость от координат потенциала централь-
центрального поля, в котором материальная точка может двигаться по ги-
гиперболической спирали r=const/(p.
2.32. Точке массы т, находящейся на расстоянии г от центра
поля и=кг3/3, сообщена скорость v0, составляющая угол ±я/2 с
направлением на центр поля. При каком значении у0 материаль-
материальная точка будет двигаться по окружности?
2.33. Полная энергия материальной точки, движущейся в поле
= — о-
равна нулю. Найти траекторию точки.
2.34. Материальная точка движется в центральном поле
U = —а/г6. Полная энергия равна нулю. Найти траекторию точки
и построить график траектории.
2.35. Найти траекторию материальной точки и смещение ее
перигелия в поле U = [ .
г г2
2.36. Исследовать движение материальной точки в централь-
центральном поле
~~U° при г<а'
0 при г>а.

§3]
Движение под действием силы тяготения
17
2.37. Точка массы т движется по круговой орбите радиуса г0
под действием центральной силы. Сформулировать критерий ус-
устойчивости кругового движения точки.
2.38. Точка движется в центрально-симметричном поле. Пока-
Показать, что законы сохранения момента импульса и энергии приводят
к соотношению, аналогичному закону преломления света для сред,
коэффициент преломления которых есть функция величины ра-
радиуса-вектора.
§ 3. Движение под действием силы, обратно
пропорциональной квадрату расстояния
до центра силы
2.39. Тело движется в поле тяжести Земли в области высот
; R — радиус Земли. Найти приближенные выражения для
интегралов движения, учитывающие кривизну Земли и справедли-
справедливые при z<C/?.
2.40. Тело брошено с поверхности _3емли под углом а к гори-
горизонту с начальной скоростью vo<^\fgR. Найти приближенное
уравнение траектории, из которого в случае «плоской» Земли
(R-*-oo) следует известное уравнение параболы.
2.41. Показать, что для материальной точки, движущейся в
центрально-симметричном поле U=—а/г, сохраняется вектор
С = [vM] . Определить расположение вектора С относитель-
относительно орбиты точки и связь его величины с эксцентриситетом орбиты.
2.42. Тело брошено с начальной ско-
скоростью v0 < V^gR под углом р к гори-
горизонту (рис. 2.42). Найти дальность полета
s (s — отсчитывается по дуге большого
круга).
2.43. Тело брошено с поверхности Зем-
Земли с начальной скоростью v0 < У gR. При
каком значении угла р между скоростью и
касательной к Земле дальность полета
максимальна?
2.44. С какой минимальной скоростью
v0 и под каким углом к горизонту надо бро-
бросить тело, чтобы оно упало на расстоянии
s0, отсчитываемом по дуге большого крута?
2.45. Тело брошено с поверхности Зем-
Земли под углом р_к_ горизонту с начальной ско-
скоростью Vq<.VgR- Найти'время полета тела.

18 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
2.46. Известны параметр р и эксцентриситет 8 орбиты тела,
движущегося в поле тяжести Земли. Найти его скорость как функ-
функцию расстояния г от центра Земли.
2.47. В поле тяготения Земли движется тело. Найти угол меж-
между его радиусом-вектором и скоростью как функцию положения
тела.
2.48. В поле тяготения Солнца движется комета с периодом
обращения Т. В перигелии расстояние от Солнца до кометы равно
гР. Найти расстояние от Солнца до афелия орбиты кометы, зная
период обращения Земли вокруг Солнца и значение большой полу-
полуоси орбиты Земли.
2.49. Тело выводится на орбиту в точке, находящейся на рас-
расстоянии г0 от центра Земли. При каких условиях орбитой тела
будет эллипс, парабола, гипербола или окружность? При каком
условии орбита спутника не пересечет поверхность Земли?
2.50. Спутник выводят на орбиту в точке, находящейся на рас-
расстоянии г0 от центра Земли. Чтобы траектория спутника не каса-
касалась Земли, вектор начальной скорости должен лежать вне «за-
«запретного конуса», т. е. а) вне конической поверхности, касающейся
земного шара, с вершиной в точке выведения; б) абсолютная вели-
величина начальной скорости должна превосходить некоторое критиче-
критическое значение. Показать это.
2.51. При выведении спутника на круговую орбиту (на высоте
/i = 300 км) его расстояние от Земли отклонилось от расчетного на
Аг=3 км. Найти параметр и эксцентриситет орбиты.
2.52. В момент выведения спутника на круговую орбиту (на
высоте h=300 км) направление скорости спутника отклонилось от
расчетного на 6=1° в сторону Земли. Найти параметр и эксцентри-
эксцентриситет орбиты, а также отклонения в апогее и перигее от круговой
орбиты.
2.53. В момент выведения спутника на круговую орбиту (на
высоте h=300 км) величина скорости отклонилась от расчетной
на Аи. Найти эксцентриситет, параметр орбиты, а также отклоне-
отклонения в перигее и апогее от круговой орбиты.
2.54. Спутник движется вокруг Земли по эллиптической орби-
орбите. Расстояния от поверхности Земли до перигея и апогея соответ-
соответственно равны hp—170 км и /ia=400 км. Определить изменение
модуля скорости в апогее (перигее), необходимое для перехода
спутника на орбиту приземления.
2.55. Спутник движется по круговой орбите на высоте hi от
поверхности Земли. Где и на сколько надо изменить величину ско-
скорости спутника, чтобы перевести его на круговую орбиту высотой
h2>hl7 Предполагается, что hu h2<^R.
2.56. В декартовых координатах х', у' с началом в фокусе эл-
эллипса и с осями, лежащими в плоскости эллипса, закон движения
спутника в параметрическом представлении имеет вид

§ 3]
Движение под действием силы тяготения
19
jt'=a(cosg —e); у' = a/l — e2sin?; * =-r/-^-(g —
(положительным направлением оси х' является направление на
перигей). Проведем окружность радиуса а с центром, совпадаю-
совпадающим с центром О эллипса, и прямую, перпендикулярную большой
полуоси эллипса и проходящую через спутник (рис. 2.56). Эти
окружность и прямая пересекутся в точке А. Показать, что пара-
параметр | имеет смысл угла
между осью х и радиусом-
вектором, проведенным из
центра эллипса в точку А.
2.57. Закон движения
спутника по эллиптической
орбите в параметрической
форме имеет вид г = а(\—
—Ecosg); ю< = |—esin?, где
<о= (а/та3I12 — частота об-
обращения. Найти зависимость
от времени декартовых и
полярных координат спут-
спутника в виде x{t); y(t); r(t);
cosqp@; sin(p(i).
2.58. При выводе нл
орбиту в точке г0 спутник> "~~-~(--
сообщили скорость v0. Оп-
Определить положение плоско-
плоскости орбиты спутника отно-
относительно системы отсчета с началом в центре Земли и осью г,
направленной по оси вращения Земли (оси х и у направлены на
«неподвижные» звезды).
2.59. Спутник Земли, запущенный на круговую орбиту радиуса
г0, испытывает силу сопротивления атмосферы F = —yvn~xv. Работа
силы сопротивления за один оборот спутника вокруг Земли мала
по сравнению с его кинетической энергией; в связи с этим предпо-
предполагается, что момент импульса спутника, а также производные
момента и полной энергии по времени мало изменяются в течение
одного оборота. Найти зависимость от времени момента импульса
и полной энергии спутника. Вычислить радиальную и угловую
скорости спутника в момент его падения на-Землю.
2.60. Показать, что влияние несферичности Земли приводит к
изменению со временем ориентации большой оси орбиты спутника.
2.61. Найти траекторию сферической частицы массы т радиу-
радиуса а, движущейся в поле тяготения Солнца. Предполагается, что
электромагнитное излучение Солнца поглощается частицей без
отражения. Мощность излучения Солнца №.
Рис. 2.56

20 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. ¦*
§ 4. Законы изменения и сохранения импульса,
кинетического момента и энергии системы
2.62. Однородный стержень длины / в начальный момент вре-
времени занимает вертикальное положение и опирается на гладкую
горизонтальную плоскость. Затем под весьма малым случайным
воздействием стержень начинает падать на плоскость. Найти тра-
траекторию верхнего конца стержня.
2.63. Два тел-а движутся в однородном поле тяжести Земли.
Пренебрегая взаимодействием тел, найти зависимость от времени
радиуса-вектора их относительного положения. Начальные усло-
условия:
ri@) = ri0; г2@) = г20; v1@) = v10; v2@) = v2o.
2.64. Два заряда движутся в однородном электрическом поле.
Написать уравнение движения центра масс и уравнение относи-
относительного движения.
2.65. Две заряженные частицы движутся в однородном магнит-
магнитном поле Н, причем ei/mi = e2/m2. Написать уравнение движения
центра масс и уравнение относительного движения.
2.66. Спутник Земли, движущийся по круговой орбите радиу-
радиуса г0, испытывает неупругое столкновение с метеором, движущимся
по гиперболе с параметром 4 г0. Скорости спутника и метеора в
момент соударения антипараллельны, а масса метеора в п раз
больше массы спутника. Найти параметр и эксцентриситет орбиты
образовавшегося тела. При каком значении п это тело будет дви-
двигаться по гиперболической траектории?
2.67. Проинтегрировать уравнения движения системы N мате-
материальных точек, если сила взаимодействия г-той и /-той точек
F,?= - А/туп, (г,-г,).
2.68. Считая известным время работы реактивного двигателя,
найти высоту вертикального подъема ракеты в однородном поле
тяжести (масса ракеты изменяется по эспоненциальному закону
/п = тоехр(—kt), а скорость истечения отработанных газов посто-
постоянна).
2.69. Считая известной высоту, на которой прекращает работу
реактивный двигатель, найти высоту вертикального подъема раке-
ракеты в неоднородном поле тяготения Земли (скорость и истечения
газов постоянна).
2.70. Дождевая капля падает в однородном гравитационном
поле и равномерно испаряется. Найти работу силы тяжести за вре-
время полного испарения капли.
2.71. Капля воды движется в однородном поле тяжести в сре-
среде, в которой за счет конденсации происходит увеличение массы
капли, пропорциональное ее поверхности. Найти скорость капли

§ 4]
Сохранение импульса, момента и энергии системы
21
в зависимости от времени, если в начальный момент времени кап-
капля была неподвижна, а ее масса равнялась т0.
2.72. Найдите наибольшую высоту подъема реактивного сна-
снаряда, запущенного в однородном поле тяжести с начальной ско-
скоростью Vo под углом а к горизонту. Масса снаряда изменяется со
временем экспоненциально, скорость и истечения газов постоянна,
а время работы двигателя больше, чем время полета снаряда до
наивысшей точки его траектории.
2.73. Гибкая нить длины / перекинута через ребро гладкой
равнобедренной неподвижной призмы с углом а при основании
Вначале нить покоилась, затем от слабого толчка начала соскаль-
соскальзывать. Найти скорость нити в момент соскальзывания ее конца
с ребра призмы (длина ребра призмы больше /).
2.74. Шарик массы т,\ находится на прямой, проходящей через
центр тонкого однородного диска перпендикулярно его плоскости
Масса диска т2, радиус R. В начальный момент шарик и диск по-
покоятся. Найти относительную скорость в момент соударения (гра-
(гравитационная постоянная у известна).
2.75. Достаточно длинная доска массы т2 лежит на горизон-
горизонтальной гладкой плоскости. На доске находится тело массы т.\.
Коэффициент трения между телом и доской равен К. В начальный
момент телу сообщают скорость v0 (относительно плоскости). Най-
Найти конечную скорость тела и доски и расстояние, пройденное телом
Ш\ относительно доски.
2.76. Трем одинаковым частицам, расположенным в вершинах
равностороннего треугольника со стороной а, сообщили одинако-
одинаковые скорости v0, направленные от
одной частицы к другой по часо- 1Z
вой стрелке. Определить наиболь-
наибольшее и наименьшее удаление ча-
частиц от их центра масс.
Рис 2 77
Рис 2 78
2.77. Точка массы т.\ движется по горизонтальной гладкой
плоскости (рис. 2.77). Эта точка соединена со второй точкой мас-
массы т2 нерастяжимой нитью, продетой через отверстие в плоскости.

22 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
Вторая точка может перемещаться в однородном поле тяжести
только по вертикали. Найти область, в которой расположена тра-
траектория первой точки, если в начальный момент времени она нахо-
находилась на расстоянии р0 от отверстия и имела скорость росоо, на"
правленную перпедикулярно радиусу-вектору точки, проведенному
от отверстия.
2.78. Шарик свободно падает с высоты в центр закрепленного
на пружине массивного однородного горизонтального диска
(рис. 2.78). Пренебрегая воздействием силы тяжести и упругой си-
силы пружины за время соударения, найти законы движения диска и
шарика для случаев упругого и полностью неупругого ударов
(после первого соударения). При каком условии упругие соударе-
соударения будут происходить в одной и той же точке пространства с
максимальной частотой?

ГЛАВА 3
Задача двух тел и рассеяние частиц
§ 1. Движение двух взаимодействующих
материальных точек
3.1. Потенциальная энергия взаимодействия двух точек
^(ri, г2) = — (|г2—- гх| — аJ. Каковы скорости точек в системе
их центра масс в случае движения точек по круговым орбитам
(расстояние между точками равно /)?
3.2. Найти среднее за период значение кинетической энергии
двух точек относительно системы их центра масс, если точки дви-
движутся по эллиптическим орбитам.
3.3. Частица массы тп\ налетает со скоростью V\ на неподвиж-
неподвижное ядро массы ш2. Происходит неупругое соударение. Какова ми-
минимальная скорость Oimin, необходимая для возбуждения ядра на
энергию Де.
3.4. Порог реакции He4+N14=O17+H1 равен eo=U3 МэВ.
Какую минимальную энергию должна иметь а-частица, налетаю-
налетающая на неподвижное ядро азота, чтобы произошла реакция?
3.5. Электрон движется в поле неподвижного заряда Q. В на-
начальный момент электрон находился на большом (г-*оо) расстоя-
расстоянии от заряда Q, имел скорость v0 и прицельный параметр р (этот
вектор по модулю равен прицельному расстоянию и направлен от
неподвижного заряда Q к асимптоте траектории электрона по пер-
перпендикуляру к ней, т. е. p-Lvo). Вычислить зависимость импульса
от времени в первом приближении (в нулевом приближении берет-
берется прямолинейная траектория электрона).
3.6. Частицы взаимодействуют по закону ?/(г)=—а/гп. Найти
зависимость прицельного расстояния от угла рассеяния в случае
малых углов.
3.7. Частица рассеивается на силовом цеитре с короткодей-
короткодействующим потенциалом U(r)=g— (потенциал Юкава).
Определить переданный частице импульс q в первом приближении
(в нулевом приближении ro{t) =p+\Qt; p,Lvo).
3.8. Найти в первом приближении импульс, переданный элек-
электрону при рассеянии на магнитном диполе, обладающем магнит-
магнитным моментом (в нулевом приближении берем траекторию ro(t)=-
+^; plv0).

24 Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл 3
3.9. Шарик, обладающий скоростью v, испытывает абсолютно
\пр\гий удар о движущуюся со скоростью и плоскость. Найти
скорость шарика после удара.
3.10. В 1932 г. Чэдвик измерил массу нейтрона, поставив экспе-
эксперимент, в котором нейтроны получались в результате распада ра-
радиоактивного углерода. Падая на парафиновую пленку, нейтроны
освобождали ядра водорода, скорость которых измерялась. Затем
парафиновая пленка заменялась циановой пластинкой, в которой
нейтроны сталкивались с ядрами азота. Считая соударения упру-
упругими, сделайте простейший расчет массы нейтрона (для макси-
максимальных скоростей ядер водорода и азота Чэдвик соответственно
нашел Ун=3,3-109 см/с; uN=0,47-109 см/с).
3.11. Найти соотношение между углом рассеяния в системе
центра масс и углом рассеяния в системе координат, связанной с
какой-либо из двух рассеивающихся частиц.
3.12. Найти в пространстве импульсов уравнение поверхностей,
на которых лежат концы векторов импульсов рассеянных частиц.
§ 2. Сечения рассеяния и захвата частиц
, ,, „ , dcos9m dcosQm
3.13. Найти ; — — для случая покоящейся
до рассеяния частицы / Fi, 62 — углы рассеяния частиц в л-си-
стеме).
3.14. Найти полное сечение упругого рассеяния для шариков
радиуса а массы т на таких же покоящихся шариках; сила при-
притяжения между шариками имеет вид F = —а-—.
л*
3.15. Найти зависимость дифференциального сечения рассея-
рассеяния от относительных скоростей частиц до рассеяния, если части-
частицы взаимодействуют по закону U(r)=a/rn. В случае п—4 опреде-
определить угол рассеяния в системе центра масс как функцию прицель-
чого расстояния.
3.16. Найти дифференциальное сечение рассеяния частиц на
ма.чые ^ глы в поле U (г) = .
3.17. Восстановить вид рассеивающего поля U(r) по известной
зависимости дифференциального сечения от угла рассеяния. Пред-
Предполагается, что ?/(оо)=0; \U(г) [^.Тоо (Too — кинетическая энер-
энергия частицы до рассеяния).
3.18. Найти выражение дифференциального сечения рассеяния,
справедливое для случая произвольного потенциала U(x, у, z)
@-уО при х, у, 2-*-±°°).
3.19. Найти дифференциальное сечение рассеяния электронов
на малые углы в поле диполя с моментом d.

§ 2] Сечения рассеяния и захвата частиц 25
Я.20. Найти дифференциальное сечение рассеяния заряженных
часчиц на малые углы в поле магнитного монополя.
3.21. Найти дифференциальное сечение рассеяния на малые
углы в поле магнитного диполя с моментом ц.
3.22. Вычислить дифференциальное сечение рассеяния заря-
заряженных частиц на монополях в системе центра масс [9].
3.23. Нейтроны и протоны, налетающие на неподвижные ядра,
вызывают ядерные реакции лишь при непосредственных столкно-
столкновениях с ядрами. Допуская, что ядра представляют собой заря-
заряженные сферы одинакового радиуса, вычислить сечения реакций,
вызываемых протонами и нейтронами.
3.24. Найти сечение захвата частиц на поверхности сфериче-
сферического тела радиуса R. Потенциальная энергия взаимодействия
частиц е телом U(r)=—a/rn (a>0; п>2).
3.25. Показать, что для достаточно больших прицельных рас-
расстояний при рассеянии частиц на силовом центре с потенциалом
f/(r)=a/rn (a>0, п>1) классическая теория рассеяния неприме-
неприменима.

ГЛАВА 4
Движение относительно
неинерциальных систем отсчета
§ 1. Положение, скорость и ускорение
материальной точки относительно разных систем
отсчета
4.1. Точка движется по окружности радиуса R с угловой ско-
скоростью со. Найти уравнение траектории точки в системе отсчета,
которая поступательно движется со скоростью v0, лежащей в плос-
плоскости окружности (в начальный момент времени начала подвиж-
подвижной и неподвижной систем отсчета совпадают).
4.2. Точка движется в плоскости Оху системы S по прямой
r@ =p+vo^(Po-J-Vo). Найти траекторию точки в системе отсчета
S', вращающейся с постоянной угловой скоростью со относительно
S (начала обеих систем отсчета, а также плоскости Оху и О'х'у'
совпадают).
4.3. В системе 5 закон движения точки: x=acosat; y=z=0.
Найти уравнение траектории в системе отсчета S', вращающейся
с угловой скоростью со относительно S (начала обеих систем от-
отсчета, а также плоскости Оху и О'х'у' совпадают).
4.4. Найти связь между декартовыми координатами точки в си-
системе 5 и системе S', повернутой относительно 5 на углы Эйлера
<р, 6, ф.
4.5. Самолет садится на корабль, движущийся по океану со
скоростью V\ в восточном направлении. Скорость ветра v2 направ-
направлена на север, а самолет снижается по отношению к кораблю вер-
вертикально со скоростью v3. Определить величину скорости самолета
по отношению к движущемуся воздуху.
4.6. Окружность радиуса а вращается с угловой скоростью со
вокруг оси, проходящей через одну из ее точек и расположенную
перпендикулярно ее плоскости. По окружности движется точка со
скоростью и относительно окружности. Найти величину скорости
точки в лабораторной системе отсчета.
4.7. Используя представление о совокупностях ортов цилиндри-
цилиндрической и сферической систем координат как о подвижных систе-
системах отсчета, найти скорость и ускорение точки в этих координа-
координатах.
§ 2. Уравнения движения и законы сохранения
относительно неинерциальных систем отсчета
4.8. Точка подвеса математического маятника движется с по-
постоянным ускорением а (лежащим в плоскости колебаний маят*

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем
27
и)
ника) в горизонтальном направлении. Найти закон движения ма-
маятника.
4.9. Материальная точка, подвешенная на нити длины I, вра-
вращается вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью
со, а точка подвеса маятника движется вверх по вертикали с по-
постоянным ускорением. Определить ускорение точки подвеса, если
известно, что маятник, отклоненный от вертикали на угол ф, остает-
остается в том же положении.
4.10. Равнобедренный треугольник высоты h вращается с по-
постоянной угловой скоростью со в своей плоскости вокруг вершины
(рис. 4.10). Вдоль гладкого основа-
основания треугольника может двигаться
шарик массы т, скрепленный с
двумя одинаковыми пружинами
жесткости к. Эти пружины наниза- t" у
ны на основание треугольника и за- -^ 1 /
креплены в его углах. Общая длина х ^1= «/
пружин в ненапряженном состоя-
состоянии совпадает с длиной основания.
Найти закон движения шарика в
инерциальной системе отсчета.
4.11. Шарик движется в поле
тяжести Земли по прямой, обра-
образующей угол а с вертикалью и вра- Рис. 4.10
щающейся с постоянной угловой
скоростью вокруг вертикальной оси (проходящей через прямую).
Найти величину скорости шарика как функцию положения.
4.12. Шарик массы т нанизан на гладкую плоскую кривую,
расположенную в вертикальной плоскости и равномерно вращаю-
вращающуюся с угловой скоростью со вокруг вертикальной оси (рис. 4.12).
Найти уравнение этой кривой, если шарик находится в равновесии
в произвольной точке кривой.
Рис 4.12-
Рис. 4.13

28 Движение относительно неинерциальных систем [Гл. 4
4 13. Внутри гладкой прямой трубки, вращающейся вокруг го-
горизонтальной оси (и перпендикулярной этой оси), движется шарик,
прикрепленный к оси вращения с помощью пружины (рис. 4.13).
Найти закон движения шарика относительно инерциальной систе-
системы отсчета.
4.14. Горизонтальная плоскость вращается вокруг вертикаль-
вертикальной оси с постоянной угловой скоростью со. Найти закон движения
точки в поле тяжести Земли в системе отсчета, связанной с плос-
плоскостью. Написать интегралы движения.
4 15. Окружность радиуса R вращается вокруг своего верти-
вертикального диаметра с постоянной угловой скоростью со. Из верхней
точки окружности по ее гладкой хорде, составляющей угол ф с
осью вращения, движется материальная точка массы т (ее на-
начальная скорость равна нулю). Найти время движения точки.
4.16. Оценить величину сил инерции при движении тела вбли-
вблизи поверхности Земли в малой области пространства.
4.17. Методом последовательных приближений найти решение
уравнения движения тела относительно Земли вблизи поверхности
Земли (в качестве нулевого приближения взять решение в отсут-
отсутствие сил инерции).
4.18. Маятник Фуко находится на географической широте Я.
Найти закон движения маятника в декартовых координатах.
4.19. Найти закон движения маятника Фуко в сферических
координатах.
4 20. Найти в квадратурах закон движения точки в поле Земли
относительно системы отсчета, жестко связанной с Землей (в сфе-
сферических координатах).
4.21. Оценить влияние Луны на ускорение свободного падения
в различных точках земной поверхности.

ГЛАВА 5
Уравнения Лагранжа
§ 1. Уравнения Лагранжа с реакциями связей
и законы сохранения энергии и момента импульса
при наличии связей
5.1. Материальная точка движется в однородном поле тяже-
тяжести по гладкой неподвижной плоскости, образующей угол а с гори-
горизонтом. Найти закон движения точки и реакцию плоскости.
5.2. Точка движется в однородном поле тяжести (рис. 5.2) по
гладкой неподвижной параболе, расположенной в вертикальной
плоскости (ось параболы горизонтальна). Известно начальное по-
положение точки, а ее начальная скорость равна нулю. На какой
высоте точка оторвется от параболы?
5.3. Точка движется по гладкому неподвижному эллипсоиду с
полуосями а, Ь, с под действием силы F=—xr с центром в центре
эллипсоида. Найти реакцию связи как функцию положения и ско-
скорости.
5.4. Шарик движется в однородном поле тяжести по гладкой
кривой у=у(х), лежащей в вертикальной плоскости. В начальный
момент времени х@)=а, и@)=0. Через какой промежуток вре-
времени т шарик будет находиться в точке с координатой Ь?
5.5. Точка движется в однородном поле тяжести по гладкому
круговому конусу, ось симметрии которого расположена вертикаль-
вертикально. Найти траекторию точки и реакцию связи.
5.6. Точка движется в однородном поле тяжести по гладкому
цилиндру радиуса R, ось которого образует угол а с вертикалью.
Найти реакцию связи как функцию положения точки (в цилиндри-
цилиндрических и декартовых координатах).
5.7. Точка движется в однородном поле тяжести по гладкой
сфере радиуса а. Найти реакцию сферы как функцию координат и
скорости.
5 8. Точка движется в однородном поле тяжести по гладкой
сфере радиуса а. Найти закон движения точки в цилиндрических
и сферических координатах
5.9. На гладкую неподвижную кривую
х = a (cos ф -f ф sin ф);
) (ф>0)
(эвольвента окружности) нанизано небольшое колечко массы т.
Вычислить реакцию связи как функцию положения на кривой, счи-
считая ось Оу направленной вертикально вверх.

30
Уравнения Лагранжа
{Гл. 5
5.10. В однородном поле тяжести по гладкой лемнискате
г2=2а2з1п2ф@^ф^я/2) с осью симметрии, составляющей угол
л/4 с вертикалью, скользит точка массы т. В начале координат
(рис. 5.10) скорость точки равна нулю. Определить, как изменяется
со временем реакция связи.
Рис. 5.2
Рис. 5 10
5.11. Точка массы т движется под действием силы тяжести по
гладкой циклоиде
х — а(ф — sin9);
у = а{\ —cos ф)
с осью у, направленной вверх по вертикали. Найти закон движе-
движения точки и реакцию связи как функции параметра ф.
5.12. Шарик массы т движется по гладкой плоскости, вра-
вращающейся с постоянной угловой скоростью вокруг горизонтальной
оси. По какому 'закону меняется со временем реакция связи?
5.13. Точка движется в однородном поле тяжести по гладкой
окружности радиуса а, вращающейся с постоянной угловой скоро-
скоростью в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, кото-
которая проходит через одну из точек окружности. Найти закон дви-
движения точки и реакцию окружности.
5.14. Гладкая недеформируемая кривая — лемниската Бер-
нулли г2=2а2соз2ф — вращается с постоянной угловой скоростью
со вокруг одной из осей симметрии, направленной по вертикали
(рис. 5.14). По кривой может двигаться шарик массы т. Найти
реакцию связи как функцию положения шарика на кривой.
5.15. Бусинка находится в наинизшей точке вертикально рас-
расположенной неподвижной шероховатой окружности радиуса а.
Какую минимальную скорость надо сообщить бусинке, чтобы она
достигла горизонтального диаметра окружности? Коэффициент
трения равен к.

§ 1]
Уравнения Лагранжа с реакциями связей
31
5.16. Двигаясь по горизонтально расположенной шероховатой
окружности материальная точка проходит путь / до полной оста-
остановки. Какая начальная кинетическая энергия была сообщена точ-
точке? Найти реакцию связи как функцию положения точки.
Рис. 5.14
5.17. Материальная точка перемещается по наклонной непо-
неподвижной шероховатой плоскости, составляющей угол а с горизон-
горизонтальной плоскостью (рис. 5.17). Коэффициент трения равен к. Най-
Найти закон движения точки и реак-
реакцию связи.
5.18. Однородная цепочка
длины / перекинута через верх-
верхнюю горизонтальную грань не-
неподвижной призмы, сечение ко-
которой является трапецией с ост-
острыми углами аир при горизон-
горизонтальном нижнем основании
(рис. 5.18). Каково положение
равновесия цепочки на призме с гладкими гранями, если а длина
ее верхней грани?
5.19. Материальная точка массы т находится на поверхности
гладкого конуса
— + Ф ~z2 = О
4
с вертикальной осью. Точка отталкивается от вершины конуса с
силой, пропорциональной расстоянию от вершины конуса с коэф-
коэффициентом пропорциональности и. Найти положения равновесия
материальной точки.
5.20. Материальные точки с массами т/2, т, т попарно взан-
Рис. 5.18

32 Уравнения Лагранжа [Гл 5
модействуют между собой с силами отталкивания, пропорциональ-
пропорциональными произведению масс и расстояниям друг от друга. Все три
точки находятся на гладкой горизонтальной окружности радиуса а.
Найти положения равновесия системы.
5.21 Материальная точка массы т может перемещаться по по-
поверхности гладкого эллипсоида
эллипсоид вращается с постоянной угловой скоростью со вокруг
вертикальной оси Oz. Найти положения равновесия материальной
точки относительно эллипсоида.
5.22. В гладкой неподвижной полусфере с вертикально распо-
расположенной осью симметрии покоится тонкий однородный стержень
массы т. Какая часть стержня находится вне полусферы, если
радиус сферы г, а длина стержня />2г?
§ 2. Уравнения Лагранжа в независимых
координатах и законы сохранения обобщенного
импульса и энергии
5.23. Две точки с массами Ш\ и т2 соединены гладкой нера-
нерастяжимой нитью, перекинутой через блок пренебрежимой массы.
Найти функцию Лагранжа и закон движения грузов.
5.24. На одном конце легкой нерастяжимой нити, перекинутой
через гладкий блок пренебрежимой массы, укреп-лен груз массы
т\. По другому концу нити перемещается обезьяна массы т^ по
закону !(/) относительно нити. Найти функцию Лагранжа системы
и закон движения обезьяны относительно поверхности Земли.
5 25. Точка массы т может двигаться по гладкой кривой
y=asinkx. Ось х горизонтальна, ось у образует угол а с верти-
вертикалью. Найти функцию Лагранжа и интеграл энергии точки.
5.26. Точка массы т, которая может передвигаться по гладкой
горизонтальной прямой, соединена пружиной с неподвижной точ-
точкой, находящейся на расстоянии h от прямой. Найти функцию
Лагранжа, предполагая, что пружина подчинена закону Гука, а
жесткость пружины и и ее длина /0 в ненапряженном состоянии
известны.
5 27. Две точки с массами т\ и т%, соединенные стержнем дли-
длины а пренебрежимо малой массы, перемещаются по гладким сто-
сторонам неподвижного прямого угла, расположенного в вертикаль-
вертикальной плоскости (стороны угла образуют угол я/4 с горизонтом).
Найти лагранжиан системы (рис. 5.27).
5.28. Упругая нить длины 2а в ненапряженном состоянии пере-
перекинута через два горизонтальных параллельных стержня, располо-

2]
Уравнения Лаграюка в независимых координатах
33
женных на одном уровне на расстоянии а друг от друга. Конды
нити прикреплены к шарику массы т, совершающему колебания
по вертикали (рис. 5.28). Найти лагранжиан шарика (нить подчи-
подчинена закону Гука).
5.29. Шарик массы т при-
прикреплен к нерастяжимой нити,
конец которой, в свою очередь,
прикреплен к верхней точке не-
неподвижного блока радиуса а
(рис. 5.29). Предполагая, что
при движении шарика в плоско-
плоскости, перпендикулярной оси бло-
блока, нить остается натянутой,
найти функцию Лагранжа и
уравнение Лагранжа.
О
Рис 5 27
Рис 5 29
5 30 Точка массы т движется по гладкой циклоиде
х = а(и_—sin и); t/ = —a(l—cos и)
(ось у направлена по вертикали вверх). Найти функцию Лагран-
Лагранжа, первый интеграл и закон движения шарика
5.31. Точка подвеса математического маятника колеблется в
вертикальном направлении по закону s(t). Получить лагранжиан
и уравнение движения.
5.32. Длина математического маятника, колеблющегося в одно-
однородном поле тяжести, изменяется по закону l(t). Найти функцию
Лагранжа и уравнение движения маятника.
5.33. Восстановить вид функции Лагранжа по известному за-
закону одномерного движения материальной точки массы т
2 Зак 4

34 Уравления Лагранжа [Гл. 5
5.34. Шарики массы mi и т2 движутся в вертикальной плоско-
плоскости ху так, что первый шарик остается на горизонтальной оси х,
а второй — на вертикальной оси у. Шарики связаны стержнем
длины / пренебрежимо малой массы. Найти лагранжиан и закон
движения системы.
5.35. Два шарика, соединенные пружиной, подчиняющейся за-
закону Гука, движутся по гладкой горизонтальной прямой. Найти
лагранжиан системы и интегралы движения.
5.36. Найти лагранжиан точки, движущейся по гладкой плос-
плоскости, образующей угол ос с горизонтом. Найти первые интегралы
движения точки.
5.37. По наклонной плоской поверхности бруска массы ту
скользит тело массы т^ (коэффициент трения между телом и по-
поверхностью бруска равен к). Сам
брусок может двигаться вдоль
гладкой горизонтальной поверхно-
поверхности (рис. 5.37). Найти ускорение
бруска.
5.38. Точка подвеса математи-
ческого маятника массы т2 прикре-
плена к телу массы т,\, находяще-
находящемуся на гладкой горизонтальной
прямой. Найти функцию Лагранжа
X системы, а также интегралы дви-
Рис 5 37 жения.
5.39. Шарик массы Ш\ подве-
подвешен за нерастяжимую нить длины 1\. К этому шарику прикреп-
прикреплена другая нерастяжимая нить длины /2 с шариком массы т2 на
конце. Найти лагранжиан системы для случая ее движения в вер-
вертикальной плоскости (в этом случае система называется двойным
математическим маятником).
5.40. Математический маятник массы пг2 длины / подвешен к
телу массы ть прикрепленному к верхнему концу пружины с вер-
вертикальной осью. Написать лагранжиан системы, интеграл и урав-
уравнения движения.
5.41. Точка движется по гладкой поверхности конуса с углом
2 а при вершине; ось конуса расположена вертикально. Найти
функцию Лагранжа, первые интегралы и закон движения точки.
5.42. Точка движется по поверхности конуса (см. предыдущую
задачу). В начальный момент времени, когда точка находилась на
расстоянии г0 от вершины конуса, ей сообщили скорость v0 в гори-
горизонтальном направлении. Найти границы движения точки.
5.43. В цилиндрических и сферических координатах найти
функцию Лагранжа и первые интегралы для сферического маятни-
маятника, т. е. для точки, движущейся по гладкой сфере радиуса а в
однородном поле тяжести.
У
[
V
Л,
Ч
к

§ 3] Обобщенно-потенциальные силы 35
5.44. Предполагая, что начальные условия в предыдущей за-
задаче заданы в виде 6@) =0О; ф@)=0; 9@) =0; ф@)=фо, найти
границы движения сферического маятника.
5.45. Шарику сообщают скорость v0, горизонтально направлен-
направленную вдоль касательной к внутренней поверхности гладкой чаши —
полусферы радиуса а. Найти такое соотношение начального поло-
положения и скорости шарика, при котором шарик в момент достиже-
достижения края чаши лишь касается его.
5.46. Точка движется в силовом поле, ее потенциальная энер-
гия равна: a) U=U(x),6)U=U\У> + у2), в) U - V (/х2 + у\ г),
г) и^и{Ух*+У*+*)-
Написать лагранжиан, уравнения Лагранжа и первые инте-
интегралы движения материальной точки.
5.47. Написать функцию Лагранжа для заряда, налетающего
на заземленную металлическую сферу радиуса R [10, § 3].
5.48. На гладкой горизонтальной плоскости лежит нерастяжи-
нерастяжимая с пренебрежимой массой нить, к концам которой прикреплены
шарики с массами т.\ и т.ч. Нить образует прямой угол, в вершине
которого огибает тонкий гладкий Стержень, скрепленный с плос-
плоскостью. Первый и второй шарики находятся соответственно на
расстояниях 1У и h от вершины угла. В начальный момент времени
первому шарику сообщили скорость vQ, перпендикулярную нити.
Чему равна скорость второго шарика в момент времени, когда он
достигнет стержня? За какое время он достигнет стержня? Найти
уравнение траектории первого шарика.
5.49. В горизонтально расположенной плоскости сделано ма-
маленькое отверстие, через которое продета нить длины /. На концах
нити закреплены точки с массами тх и т2, причем точка массы т\
лежит на плоскости. Найти лагранжиан системы и первые интегра-
интегралы движения.
5.50. Материальные точки одинаковой массы находятся в вер-
вершинах ромба, сторонами которого является шарнирно соединенные
стержни пренебрежимо малой массы. Точки притягиваются к не-
неподвижному центру с силами, пропорциональными их расстояниям
до центра. Полагая, что силовой центр и материальные точки ле-
лежат в одной плоскости, определить закон движения системы.
5.51. Написать лагранжиан двух свободных материальных то-
точек, соединенных пружиной (подчиненной закону Гука) и движу-
движущихся в однородном поле тяжести.
5.52. Два заряда движутся в однородном электрическом поле.
Записать функцию Лагранжа системы.
§ 3. Движение под действием обобщенно-
потенциальных сил
5.53. Шарик массы т, перемещающийся по гладкому стержню,

36 Уравнения Лагранжа {Гл 5
соединен пружиной пренебрежимо малой массы с некоторой точкой
этого стержня. Предполагая, что стержень движется с постоянным
ускорением а, направленным параллельно его оси, найти закон
движения шарика.
5.54. Материальная точка движется по гладкой прямой, кото-
которая вращается с постоянной угловой скоростью со вокруг верти-
вертикальной оси, проходящей через прямую, и наклонена к ней под
углом а. Найти лагранжиан точки и указать интеграл движения.
5.55. Точка движется по гладкой вертикальной плоскости, вра-
вращающейся вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоро-
скоростью со (ось лежит в рассматриваемой вертикальной плоскости).
Написать лагранжиан точки.
5.56. Шарик движется по гладкой окружности радиуса а, вра-
вращающейся с постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной
оси, совпадающей с диаметром окружности. Указать интеграл дви-
движения и найти закон движения шарика.
5.57. Материальная точка движется по гладкой окружности
радиуса а, которая вращается в горизонтальной плоскости вокруг
вертикальной оси, проходящей через одну из точек окружности,
с постоянной угловой скоростью со. Найти первые интегралы дви-
движения и уравнение Лагранжа для независимой координаты.
5.58. В системе отсчета, жестко связанной с Землей, в сфери-
сферических координатах найти лагранжиан частицы, которая движется
под действием тяготения Земли. Найти закон движения частицы в
квадратурах.
5.59. Записать функцию Лагранжа для заряда, движущегося в
однородных постоянных магнитном и электрическом полях.
5.60. Заряд движется в однородном магнитном поле. Найти
функцию Лагранжа и первые интегралы движения в цилиндриче-
цилиндрических координатах.
5.61. Найти функцию Лагранжа и первые интегралы для элек-
электрона, движущегося в цилиндрическом магнетроне. Так называется
прибор, представляющий собой два коаксиальных цилиндра с ра-
радиусами г{ и г2 (г2>Г\) и потенциалами (Di и Ф2 соответственно;
цилиндры помещены в магнитное поле; напряженность поля Н
параллельна оси цилиндров.
5.62. Найти функцию Лагранжа и уравнение движения заряда
в поле магнитного диполя.
5.63. Найти функцию Лагранжа и уравнение движения заряда
в поле магнитного монополя.
5.64. Найти уравнения Лагранжа для частицы, которая дви-
движется в поле магнитного диполя, вращающегося с угловой скоро-
скоростью со [11].
5.65. Электрон движется в переменном неоднородном аксиаль-
аксиально-симметричном магнитном поле, вектор-потенциал которого

§ 3] Обобщенно-потенциальные силы 37
Р
р = — ( рЯ(р, 2) dp;
Р J
о
о
Какому условию должно удовлетворять поле, чтобы электрон дви-
двигался по окружности данного радиуса г0?
5.66. Тонкая магнитная линза образована полем, определен-
р
ным вектором-потенциалом Лф = — 1 р# (р, 2) dp; Д» = Аг = 0;
Р J
о
причем #(р, z) отлично от нуля в области Zi<z<z2. Из точки
@, 0, zo<Z!) на линзу падает пучок электронов под малыми угла-
углами к оси z. Найти фокусное расстояние линзы.
5.67. Заряд движется в магнитном поле Земли. Вектор-потен-
Вектор-потенциал А= , где и — магнитный момент Земли. Найти грани-
цы движения заряда в меридиональной плоскости. Качественно
исследовать характер движения заряда в экваториальной плоско-
плоскости.
5.68. В электротехнике при расчете электрических цепей, со-
содержащих конденсаторы, индуктивности, сопротивления и сторон-
сторонние э. д. с, весьма удобным является метод Лагранжа. В этом слу-
случае в качестве обобщенных координат удобно взять параметры
qi, характеризующие механическую конфигурацию системы, и за-
заряды Qi. Обобщенные скорости Q\ являются токами, текущими
в проводниках. Лагранжиан системы складывается из лагранжиа-
лагранжианов электромагнитного поля, механической системы и взаимодей-
взаимодействия полей и токов, т. е. имеет вид
l с 1 (* • (*
8я J "ех с J J
Энергия магнитного поля заключена в индуктивностях и равна
Lik =Lik(q, t),
а электрического — в конденсаторах:
8я J 2 ^J Ci(q, t)
(в этих формулах Lik и Q — коэффициенты индуктивности и емкости
соответственно, а суммирование ведется по всем контурам).
Джоулевы потери учитываются введением диссипативной функции
где Ri — сопротивление t'-того контура.

38
Уравнения Лагранжа
[Гл. 5
Электродвижущие силы &и действующие в i-том контуре,
можно учесть, вычисляя виртуальную работу 6/4=2<Si8Qi, где
Q, полный заряд, протекающий в t-том контуре.
Найти уравнения Лагранжа для системы проводников и закон
изменения энергии в случае неподвижных проводников.
5.69. Найти функцию Лагранжа и уравнения движения для
цепей, изображенных на рис. 5.69, а) и б).
а)
г
¦ЛПЛПР 1
б)
Рис 5 69
5.70. Замкнутая квадратная рамка может вращаться вокруг
одной из сторон, расположенной горизонтально. Рамка находится
в однородном магнитном поле, силовые линии которого вертикаль-
вертикальны. Найти интегралы и закон движения рамки.
5.71. Динамомашина переменного тока представляет собой
совокупность двух контуров: первый (ротор) с заданным током
/i вращается под действием заданного момента сил, второй (ста-
(статор) — неподвижный. Найти ток J2 во втором контуре и угловую
скорость вращения ротора в квазистационарном режиме.

ГЛАВА 6
Линейные колебания
§ 1. Собственные одномерные колебания
6.1. Найти частоту колебаний точки массы т, движущейся по
абсолютно гладкой горизонтальной прямой и прикрепленной к пру-
пружине, другой конец которой закреплен на расстоянии h от прямой.
Жесткость пружины и, длина в ненапряженном состоянии k.
6.2. Упругая пренебрежимой массы нить, длина которой в не-
ненапряженном состоянии 10 = 2а, перекинута через два гладких гори-
горизонтальных стержня, расположенных на одном уровне на расстоя-
расстоянии а. Оба конца скреплены с шариком массы т. Определить ча-
частоту вертикальных колебаний шарика, если в положении равнове-
равновесия нить образует равносторонний треугольник (см. задачу 5.28).
6.3. Бусинка массы т может двигаться по гладкой параболе
y=kx2 с осью у, направленной по вертикали вверх. Определить
частоту колебаний бусинки.
6.4. Шарик массы т может двигаться по гладкой параболе
у—рх2 с осью у, направленной вверх по вертикали. Шарик при-
прикреплен к двум одинаковым пружинам жесткости к, навитым на
параболу и жестко закрепленным другими концами на одинаковых
расстояниях от вершины параболы равных с вдоль параболы.
Длина каждой пружины в ненапряженном состоянии а. Найти
частоту линейных колебаний шарика.
6.5. По гладкой неподвижной окружно-
окружности радиуса R может перемещаться точка
массы т, соединенная с пружиной жестко-
жесткости х. Другой конец пружины закреплен в
плоскости окружности на расстоянии
a>R от ее центра. Длина ненапряженной
пружины 10. Найти частоту колебаний мате-
материальной точки, пренебрегая силой тяжести.
6.6. Точка массы т находится на пере-
пересечении прямого вертикально расположен-
расположенного кругового цилиндра радиуса R и
плоскости, образующей угол а с горизон-i^--
том (рис. 6.6). Найти функцию Лагранжа
и частоту линейных колебаний точки вбли-
зи ее положения устойчивого равновесия
(связь считается гладкой). Рис 6 6

40 Линейные колебания 1 Г л б
6.7. Найти средние за период линейных колебаний значения
кинетической и потенциальной энергий точки массы т, которая
движется по гладкой линии пересечения горизонтально располо-
расположенного цилиндра и плоскости, секущей цилиндр так, что плос-
плоскость эллипса, образованного линией пересечения, направлена под
углом а к горизонту.
6.8. Точка массы т находится на гладкой кривой y=asinkx,
расположенной так, что ось х горизонтальна, а плоскость Оху
образует с вертикалью угол ее. Определить частоту линейных коле-
колебаний точки.
6.9. Пусть потенциал взаимодействия двух атомов с массами
т\ и т2 равен потенциалу Морза
U = и#-ыг-ги— 2
где г — расстояние между атомами, a Uo, а а г0 — постоянные.
Найти частоту линейных колебаний невращающейся двухатомной
молекулы.
6.10. Нить (длины /) математического маятника массы т на-
намотана на горизонтальный неподвижный цилиндр радиуса а (см.
задачу 5.29). Найти уравнение движения такого маятника в плос-
плоскости поперечного сечения цилиндра. Чему равна частота линей-
линейных колебаний маятника?
6.11. На концах гладкой непроводящей трубки длины 2а за-
закреплено по заряду Q. Определить частоту колебаний заряда е
массы т, движущегося внутри трубки.
6.12. Шарик массы т с зарядом е подвешен на нити длины /.
Точка подвеса закреплена на расстоянии h>l от бесконечно про-
протяженной проводящей плоскости. Пренебрегая силой тяжести,
найти частоту линейных плоских колебаний заряда.
6.13. Определить частоту колебаний заряда е массы т, кото-
который может перемещаться по неподвижному гладкому эллипсу с
полуосями a, b (a>b). Эллипс расположен между обкладками ци-
цилиндрического конденсатора (его внешний и внутренний радиусы
равны г2 и Г\ соответственно). Ось цилиндра перпендикулярна
плоскости эллипса и проходит через его центр.
6.14. Электрический заряд совершает линейные колебания с
периодом Т по неподвижному гладкому эллипсу с полуосями а
и Ь. Эллипс находится в однородном электрическом поле напря-
напряженности Е, причем большая полуось а параллельна направлению
поля. Определить отношение заряда к массе.
6.15. Заряд е>0 массы m может двигаться по гладкому не-
неподвижному эллипсу с полуосями а и b(a>b) под действием заря-
заряда Q<0, помещенного в центре эллипса. Найти частоту линей-
линейных колебаний заряда.

§ 1] Собственные одномерные колебания 41
6.16. Точка, имеющая заряд е и массу т, совершает линейные
колебания по гладкому неподвижному эллипсу с эксцентриситетом
8 и параметром р в поле заряда Q, закрепленного в фокусе эллип-
эллипса. Найти частоты колебаний заря'да для случаев притяжения и
отталкивания между зарядами.
6.17. Заряд е массы т может двигаться по гладкому неподвиж-
неподвижному эллипсу, в фокусах которого находятся одинаковые заряды
Q>0. Найти частоты ли-
линейных колебаний за-
заряда.
6.18. Горизонтально
расположенный проводя-
проводящий однородный стер-
стержень массы т длины s
подвешен за концы на
двух одинаковых прово-
проводящих пружинах, подчи-
подчиненных закону Гука. По '
этому проводнику течет _^_______««««—^__^_—
ток силы /2. Параллель- _
но ему расположен не- *~ "j
подвижный длинный про- Рис 6 ;8
ВОДНИК С ТОКОМ /l
(рис. 6.18). Найти закон
движения проводника и
частоту его линейных колебаний вблизи положения устойчивого
равновесия (действием силы тяжести пренебречь).
6.19. Точка подвеса математического маятника перемещается с
постоянным ускорением а в направлении, перпендикулярном на-
напряженности однородного гравитационного поля. Найти среднее за
период линейных колебаний значение кинетической энергии маят-
маятника.
6.20. Бусинка массы т может двигаться по гладкому обручу
радиуса R, который вращается с постоянной угловой скоростью Q
вокруг своего вертикального диаметра. Найти частоту линейных
колебаний бусинки вблизи положения равновесия.
6.21. Центробежный тахометр в рабочем положении схематич-
схематично может быть представлен обращенным вершиной вниз равнобед-
равнобедренным треугольником с пружиной жесткости х вместо основания
(рис. 6.21). В точке соединения пружины с одной из двух одина-
одинаковых сторон этого треугольника закреплен шарик массы т, а
вокруг другой стороны, расположенной вертикально, треугольник
вращается. Пренебрегая длиной пружины в ненапряженном со-
состоянии и считая угловую скорость вращения Q независящей от
времени, найти зависимость Q от угла <р в состоянии динамиче-

42
Линейные колебания
{ Гл. 6
ского равновесия, а также частоту линей-
линейных колебаний в окрестности такого со-
состояния.
6.22. Шарик радиуса R массы т под-
подвешен на тонкой нерастяжимой нити дли-
длины / в среде с вязкостью т]. Предполагая
справедливым закон Стокса, рассчитать
среднюю мощность диссипативной силы
для случая слабо затухающих линейных
колебаний шарика в вертикальной плоско-
плоскости.
6.23. Слабо затухающий осциллятор
представляет собой шарик массы т, кото-
который колеблется в однородном поле тяже-
тяжести по циклоиде
Рис. 6.21
с сопротивлением, пропорциональным скорости (коэффициент
пропорциональности k). Как зависит добротность осциллятора
от R? (Добротностью осциллятора называется величина
Q — — {Е)в>/ <?), где среднее вычисляется по периоду 2яДо.)
Получите общую формулу для добротности слабо затухающего
осциллятора.
6.24. В среде с «линейным» сопротивлением по винтовой линии
с горизонтальной осью может двигаться шарик массы т. Найти
общее решение уравнения Лагранжа в случае движения шарика
вблизи его положения устойчивого равновесия. Используя это ре-
решение, получить закон движения для случаев слабого, критиче-
критического и сильного затуханий.
§ 2. Собственные и главные колебания системы
6.25. Найти общее решение, описывающее линейные колебания
системы с двумя степенями свободы (потенциальная энергия си-
системы обладает изолированным минимумом).
6.26. На гладкой горизонтально расположенный стержень
длины 2/0 навиты две одинаковые пружины, концы которых за-
закреплены, а два других конца прикреплены к шарику массы т
(длина каждой пружины в ненапряженном состоянии /0, а жест-
жесткость к). К шарику, в свою очередь, прикреплена нить длины I
со вторым шариком массы т на конце. Найти общее решение и
собственные частоты линейных плоских -колебаний системы.

§2|
Собственные и главные колебания системы
43
Рис. 6.27
6.27. В неподвижной точке закреплена нерастяжимая нить
длины /, к которой подвешен шарик массы т. К этому шарикуна
такой же нити подвешен второй шарик массы т (рис. 6.27). Найти
собственные частоты этой системы и общее решение для ее линей-
линейных плоских колебаний в однородном
поле тяготения. v/////////s
6.28. Два шарика с массами т могут /"""<"'•
скользить по двум гладким полупрямым,
образующим угол я'З. Шарики связаны
между собой, а также с вершиной угла
пружинами жесткости к. Пружины, за-
закрепленные концами в вершине угла, в
ненапряженном состоянии имеют длину
/о, а пружина, соединяющая шарики —
длину 1\. Найти собственные частоты и
закон движения системы в линейном
приближении (действием силы тяжести
можно пренебречь).
6.29. Точки подвеса двух математи-
математических маятников одинаковой массы т
и одинаковой длины / находятся на од-
одном уровне на расстоянии /о; материальные .точки маятников сое-
соединены пружиной жесткости к длиной /0 в ненапряженном со-
состоянии. Найти зависимость энергии каждого маятника от времени
при условии y./m<^g/l (g — напряженность поля тяжести).
6.30. В качестве простой модели взаимодействующих атомов
с учетом внутренних степеней свободы рассмотрим два линейных
осциллятора, колеблющихся в направлении соединяющей их линии.
Пусть каждый осциллятор обладает массой т и является диполем,
у которого положительный заряд е неподвижен, а отрицатель-
отрицательный — е колеблется с частотой ыо- Расстояние между положитель-
положительными зарядами R велико по сравнению с отклонениями осцилля-
осцилляторов от положения равновесия. Найти собственные частоты коле-
колебаний системы.
6.31. Предполагая, что инертная масса т отлична от гравита-
гравитационной массы М, найти частоты линейных колебаний двух оди-
одинаковых математических маятников длины / (точки подвеса маят-
маятников находятся на расстоянии а).
6.32. Заряд е массы т движется в неоднородном магнитном
поле, реализующем «мягкую» фокусировку по окружности радиуса
R. Вектор-потенциал поля в цилиндрических координатах имеет
вид

44Линейные колебания [Гл. 6
где Н—Н0(г0/р)д, 0<#г^1, Но, q и г0 — постоянные. Найти часто-
частоту линейных радиальных и аксиальных колебаний заряда.
6.33. Математический маятник массы т длины / подвешен
к телу массы М, которое может перемещаться вдоль прорези в
гладкой горизонтальной плоскости.1 Определить частоты линейных
колебаний системы. Каков смысл нулевой частоты?
6.34. Два шарика массы тх и т2 могут двигаться по горизон-
горизонтальным гладким параллельным стержням, расположенным на
расстоянии а друг от друга. Шарики соединены пружиной жест-
жесткости у, длиной 1фа в ненапряженном состоянии. Найти частоту
линейных колебаний системы.
6.35. Два одинаковых заряда движутся по гладкой окружности
постоянного радиуса R. Найти общее решение в случае линейных
колебаний зарядов.
6.36. Два шарика равной массы связаны стержнем длины / и
пренебрежимо малой массы. Центр масс этой системы движется по
круговой орбите радиуса R вокруг Земли. Найти частоту колеба-
колебаний описанного маятника в плоскости орбиты (l<g.R).
6.37. Найти закон движения электрона в поле
U = -|- (хх*2 + %^) -~-(щ + щ) z*
и однородном магнитном поле Н = #пг.
6.38. Определить частоты продольных и поперечных колебаний
линейной трехатомной молекулы (предположить, что силы, дей-
действующие на атомы при деформации молекулы, описываются за-
законом Гука).
6.39. Три шарика с массами nii — m; ni2=m/k; тъ=т при-
прикреплены последовательно к легкой натянутой струне длины / так,
что делят ее на равные части, (FQ — натяжение струны). Одному
из шариков массы т сообщается поперечный импульс р0. Найти
закон движения среднего шарика.
6.40. Пружина длины 3/ находится под натяжением Fo между
двумя закрепленными точками. Шарики с массами 5т и 8т при-
прикреплены к пружине так, что делят ее на три равные части. В" на-
начальный момент времени шарику с массой Ът задается малая
поперечная скорость щ. Найти закон движения шарика с массой
8т [16].
6.41. Определить главные продольные колебания «цепочки» си-
системы N однаковых материальных точек, движущихся по гладкой
горизонтальной прямой и соединенных между собой одинаковыми
пружинами, подчиненными закону Гука. Длина каждой пружины
равна а, причем (N-\-l)a=L, где L — расстояние между закреп-
закрепленными концами крайних пружин.
6.42. Определить собственные частоты системы N одинаковых
математических маятников длины / и массы т; точки подвеса

§3]
Вынужденные колебания
маятников расположены вдоль одной горизонтали на расстоянии а
друг от друга (рис. 6.42). Между собой маятники соединены оди-
одинаковыми пружинами (длины а в ненапряженном состоянии) I
крайние маятники соединены
такими же пружинами с непод-
неподвижными точками, находящими- n=s
ся друг от друга на расстоянии
L=(N-\-l)a. Найти собственные
частоты системы маятников.
6.43. Получить уравнение ко-
колебаний цепочки осцилляторов
(см. задачу 6.41) для предель-
предельного случая непрерывного рас-
распределения массы. Найти дис-
дисперсионное уравнение для этого
случая.
6.44. Найти уравнение колебаний «цепочки» маятников (см.
задачу 6.42) в предельном случае непрерывного распределения ма-
маятников.
Рис. 6.42
§ 3. Вынужденные колебания
6.45. Определить вынужденные колебания линейного одномер-
одномерного осциллятора под действием силы F(t), если в начальный мо-
момент времени /=0 осциллятор находился в состоянии равновесия.
Найти также полную переданную осциллятору энергию; если
a) F(t)
t<0, t>x,
0, nT<t<nT + т;
.0, nT + x<t<(n+l)T,
где /1 = 0, 1,2,...
6.46. Определить энергию, переданную линейному одномерному
осциллятору под воздействием силы F(t)=Foe~Wr'>\ В момент вре-
времени t=—оо осциллятор покоился в положении равновесия.
6.47. На слабо затухающий одномерный осциллятор действует
внешняя сила F(t)=FQ cos cat. Определить среднее за период 2я/ы
значение поглощаемой осциллятором мощности в установившемся
режиме. Показать, что оно равно среднему значению мощности,
расходуемой на трение.
6.48. Найти закон вынужденных колебаний линейного одно-
одномерного осциллятора под воздействием силы F(t) при наличии
«линейного» сопротивления.

46 Линейные колебания [Гл 6
6.49. Два одинаковых маятника соединены пружиной жестко-
жесткости х (ее длина в ненапряженном состоянии равна расстоянию
между точками подвеса маятников). К одному из них приложена
внешняя гармоническая сила, направленная по горизонтали. Иссле-
Исследовать зависимость отношения амплитуд маятников от частоты
внешней силы.
6.50. Показать, что интервал частот, на котором поглощаемая
осциллятором мощность не меньше половины своего максималь-
максимального значения, равен 2 р, (ц — коэффициент затухания осцилля-
осциллятора).
6.51. Заряд е движется в электрическом поле E=EoCOSco?.
Показать, что наличие сопротивления среды Fd=—mvv(v^co)
приводит к поглощению энергии поля зарядом.
6.52. Найти функцию Грина и решение уравнения
здесь К, о>о2 — постоянные величины.
6.53. Определить энергию, переданную электрону атома быст-
быстрой пролетающей частицей (в дипольном приближении) [12,
с. 475].
6.54. Найти среднее значение мощности, поглощаемой про-
пространственным изотропным осциллятором при взаимодействии с
электромагнитной волной.
6.55. Электроны движутся в среде в скрещенных однородном
магнитном поле H = #nz и электростатическом поле с потенциалом
<Р=-~(хг + у2 — 2г2), причем (е0Я/тсJ>4е0?/о/т/?2(?/<>, R — по-
постоянные). Сила сопротивления среды равна — mkv (m — масса
электрона, К — постоянная). Найти энергию, поглощаемую элек-
электронами при взаимодействии с внешней электромагнитной волной
в дипольном приближении [13].
6.56. Система линейных одномерных осцилляторов находится
в волноводе в среде с линейным сопротивлением и совершает коле-
колебания в плоскости, перпендикулярной оси волновода. Напряжен-
Напряженность электрического поля волны в волноводе имеет вид
Е = С(л-, y)f((nt—kz), где ось z направлена по оси волновода.
Найти среднее (по времени и начальным фазам осцилляторов)
значение мощности, поглощаемой системой при ее слабом взаимо-
взаимодействии с электромагнитной волной.
6.57. Пусть заряженные частицы однородно распределены в
пространстве, а их функцией распределения по скоростям является
функция Максвелла
2л9

§ 3] Вынужденные колебания 47
(здесь Э — абсолютная температура, выраженная в единицах
энергии).
Найти изменение (для малых интервалов времени) средней
кинетической энергии частиц под воздействием электромагнитной
волны E=E0cos(<flf—kr) (взаимодействием между частицами
можно пренебречь) [14].
6.58. Найти зависимость от времени среднего квадрата радиу-
радиуса-вектора свободной брауновской частицы [15].
6.59. Найти среднеквадратичное смещение брауновского линей-
линейного вибратора с потенциальной энергией U=kx2I2.

ГЛАВА 7
Нелинейные колебания
§ 1. Собственные колебания и метод Крылова—
Боголюбова.
7.1. Найти закон движения математического маятника (при
произвольном его отклонении от вертикали).
7.2. Представить период колебаний математического маятника
в виде эллиптического интеграла первого рода. Найти зависимость
периода малых колебаний маятника и его частоты от амплитуды
колебаний.
7 3. Найти закон движения математического маятника в слу-
случае малых колебаний методом Крылова — Боголюбова (КБ)
[1,17].
7.4. Найти закон движения математического маятника, находя-
находящегося под действием силы тяжести и силы кулонова трения (для
малых углов отклонения).
7.5. Математический маятник, движущийся в среде с сопротив-
сопротивлением, один раз за период колебаний возбуждается данным им-
импульсом р0 при значении угла отклонения ф0. Найти условия воз-
возникновения стационарного режима линейных колебаний.
7.6. Сначала спутник двигался в поле Земли по круговой ор-
орбите. Затем произошло незначительное изменение орбиты, в ре-
результате чего спутник стал совершать малые радиальные колеба-
колебания по отношению к первоначальной орбите. Найти зависимость
частоты радиальных колебаний спутника от амплитуды его коле-
колебаний.
7.7. Планета массы т движется в поле с потенциальной энер-
энергией
U(r) + 8U{r), гдеб1/ ; К ;
г г2 с*
при этом |6?/| <^\mM/r. Найти уравнение орбиты планеты.
§ 2. Колебания системы с медленно меняющимися
параметрами. Адиабатические инварианты
7.8. Длина нити математического маятника изменяется по за-
закону l=lo+vt. Найти решение уравнений движения в случае
когда угол отклонения _от вертикали достаточно мал (ф<1). Ис-
Исследовать случай v С Vgl-

§ 2] Методы усреднения 49
7.9. Применяя метод Крылова—Боголюбова к системам с мед-
медленно меняющимися параметрами, рассмотреть движение матема-
математического маятника, длина которого изменяется по закону
l(t)=lo+vt (v<Vgf).
7.10. Планета массы т движется вокруг звезды массы М по
эллипсу с полуосями а и Ь. Предполагая, что вследствие излучения
масса звезды медленно меняется, найти адиабатические инвариан-
инварианты движения планеты.
7.11. Дана система двух тел, взаимодействующих по закону
всемирного тяготения. Предполагая, что гравитационная постоян-
постоянная y(t) — медленная функция времени, найти адиабатические
инварианты движения системы.
7.12. Частица движется в стационарном неоднородном акси-
аксиально-симметричном магнитном поле с напряженностью Hz, возра-
стающей вдоль оси z. Предполагая, что R
дНг
«\HZ\(R - ра-
дг
диус орбиты частицы), найти адиабатический инвариант движения.
7.13. Найти приближенное решение уравнения x-\-(a2(t)x=0,
где ш2(/)>0 при t<tQ, а>2@<0 при t>tQ; причем |о)|т»1 (т —
время, в течение которого существенно меняется a2(t)).
7.14. Пусть движение точки подчинено уравнению x + m2{t)x —
=0, где со2>О при t<t0; а>2=—&2<0 при t>t0. Найти связь между
осциллирующим (при t<t0) и экспоненциальным (при t>t0) ре-
решениями уравнения.
§ 3. Методы усреднения
7.15. Применяя метод усреднения [18, 19], получить в первом
приближении решение уравнения
х' + а>1х = Ef((n1t,x, x),
где е — малый параметр.
7.16. Применяя метод усреднения, найти в первом приближе-
приближении решение уравнения
2 И0
х + соол: = л3.
3!
7.17. Используя метод усреднения, найти в первом приближе-
приближении решение уравнения x-\-co2(t)x=0, где со2(^) =0JA4-
+ /icosa»iO. ft = const. Рассмотреть случаи coi-Ccoo; o)i~2co0;

50 Нелинейные колебания 1Гл. 7
7.18. Заряд е движется в электростатическом поле с потенциа-
потенциалом Ф = — — (х2 + у2 — 2z2) и однородном постоянном магнитном
'поле Н = Япг, на которое наложено переменное поле HU=
= //iCOso)i*h2; #i<//, где ац~о)о=еН/тс- Используя метод ус-
усреднения, найти закон движения заряда [20].
7.19. Точка движется с периодом 2л/<оо в потенциальном поле
U(q). На точку действует также периодическая сила Q(q, t) с ча-
частотой Q>«o. Найти уравнение движения точки по «сглаженной»
по периоду 2я/й траектории [21—23].
7.20. Найти уравнение движения по «сглаженной» траектории,
предполагая, что точка движется в поле U(q), а также под дей-
действием почти-монохроматической силы Q(q, t) = Q\{q, t)cos®\tr
где оI>(Оо (©о — частота движения частицы в поле U(q)>
7.21. Точка подвеса математического маятника совершает вер-
вертикальные осцилляции по закону g—cocosw^; <o^>l/g//. Найти
эффективную потенциальную энергию маятника и его положения
устойчивого равновесия.
7.22. Точка движется в поле с потенциалом U (q) и под дей-
действием силы Q(q, t) — Q\(q)cos<u]t-\-Q2(q)cosa>2t, где ю^сог^мо
(соо — частота движения в поле U(q)). Найти уравнение, описы-
описывающее движение точки по «плавной» траектории.
7.23. Длина математического маятника изменяется по закону
l(t) = lo-\-vt; v<^]fgl. Получить адиабатический инвариант,
используя метод усреднения.
7.24. Частица с зарядом е и массой т движется в статиче-
статических полях Е0(г); Но (г), на которые наложены неоднород-
неоднородные быстро осциллирующие поля E_(r, t); H_(r, t). Найти урав-
уравнение движения, описывающее плавную траекторию (частота дви-
движения в статическом поле Q^Ccoi — частоты переменных полей)
[24].
7.25. Электрон движется в поле стоячей волны, электрическо*
поле которой E=E0cos w t cos kz. Найти среднюю силу, действую-
действующую на электрон (и<Сс).
7.26. Заряд движется с большой скоростью v0 под углом к ос»
системы квадрупольных линз со знакопеременной полярностью.
Потенциал линз имеет вид
Ф (г) = -ga-(*2-

§ 3] Методы усреднения 51
где
/B)=1 При (/l-l)L<Z<Bn-l)A;
f{z) = — 1 при B« — 1) — < z < nL
(п — целые числа; Uo, R, L — постоянные)..
Найти усредненную но быстрым осцилляциям силу, действую-
действующую на частицу.
7.27. Заряд влетает под малым углом к оси системы квадру-
польных магнитных линз, повернутых относительно друг друга на
90°. Напряженность поля, создаваемого линзой, равна
Н = — #V<p-/(z); Ф = — ху,
а
где
f(z) = \ при (tt-l)L<z<Bn-l)^-;
/ (г) = — 1 при Bп — 1) — < г < hL
(п — целые числа; Я, a, L — постоянные).
Найти усредненную по быстрым осцилляциям силу, действую-
действующую на заряд.
7.28. Заряд движется в постоянном однородном магнитном по-
поле и в поле неподвижного заряда Q. Найти уравнение, описываю-
описывающее движение заряда вдоль силовых линий магнитного поля н
усредненное по периоду Т вращения в магнитном поле, Г=2я/со
(ci)=etf/me).
7.29. Заряд движется в медленно меняющихся однородных
электрическом Е и магнитном Н полях, удовлетворяющих усло-
условиям
Т
dt
«IE |, T
rfH
dt
2nmc
eH
Представить радиус-вектор заряда в виде суперпозиции радиу-
радиуса-вектора, медленно меняющегося со временем (т. е. радиуса-
вектора «ведущего центра»), и быстроосциллирующего вектора,
описывающего движение заряда вокруг «ведущего центра» в маг-
магнитном поле. Найти скорость «ведущего центра».
7.30. Электроны движутся в плоском магнетроне. Плоскость
х=0 является катодом, плоскость x=d — анодом. Магнитное по-
поле направлено по оси г. Начальная скорость электронов равна ну-
II

52 Нелинейные колебания {Гл 7
лю. Напряжение на аноде равно U. Показать, что при
d > -I / ^"U ток отсутствует (е0, т — величина заряда и масса
|/ п^
электрона а>о = ео#/тс). Далее, используя метод усреднения, по-
показать, что высокочастотное поле бегущей волны Ф_ отпирает
магнетрон. Потенциал бегущей волны
Ф_ = -^— sin (со t — kyy) sh kyX,
где ky=nL — период структуры вдоль оси у.
7,31. Заряд движется в постоянном неоднородном магнитном
поле. Используя метод усреднения, найти скорость ведущего цент-
центра траектории заряда и скорость его вращения вокруг силовой
линии. Найти адиабатические инварианты движения заряда.

ГЛАВА 8
Динамика твердого тела
§ 1. Тензор инерции
81. Найти центр масс материального сектора, вырезанного из
однородного тонкого диска радиуса R (угол раствора сектора ра-
равен а радиан).
8.2. Показать, что тензор инерции тела аддитивен по отноше-
отношению к частям, из которых оно состоит.
8.3. Найти моменты инерции однородных линий массы М отно-
относительно осей их материальной симметрии; линии имеют форму
а) отрезка прямой длины 2 а;
б) дуги окружности радиуса R, стягивающей центральный угол
а радиан.
8.4. Найти главные центральные моменты инерции однородных
тонких пластинок массы М, имеющих форму
а) прямоугольника со сторонами 2 а и 2Ь;
б) эллипса с большой полуосью а и малой полуосью Ь.
8.5. Найти главные центральные моменты инерции однородной
пластинки массой т, имеющей форму лемнискаты
8.6. Показать, что момент инерции однородной пластинки,
имеющей форму эллипса с полуосями а и Ь, относительно любой
оси, проходящей через центр эллипса в его плоскости, может быть
выражен формулой
У = —
4
где 2 г — длина отрезка оси, отсекаемого эллипсом, а М — масса
пластинки.
8.7. Найти главные центральные моменты инерции полой тон-
тонкостенной однородной полусферы радиуса а массы т.
8.8. Сферический двуугольник представляет собой область
сферической поверхности радиуса а, ограниченную двумя больши-
большими окружностями, плоскости которых образуют двугранный угол
а. Найти главные моменты инерции однородного тонкого сфериче-
сферического двуугольника массы М относительно осей с началом в цент-
центре сферы, из которой образован двуугольник.

54 Динамика твердого тела __^ {Гл 8
8.9. Определить главные центральные моменты инерции одно-
однородного прямоугольного параллелепипеда с ребрами длины 2 а,
2Ь,2с соответственно и массой М.
8.10. Найти главные центральные моменты инерции однород-
однородных, объемных тел массы М, имеющих форму
а) прямоугольной пирамиды со сторонами основания 2 о и 2Ь
и высотой /г;
б) прямого круглого конуса с радиусом основания R и высо-
высотой h;
в) шарового сектора радиуса R и высоты h (в последнем слу-
случае ограничиться вычислением момента инерции относительно оси
материальной симметрии).
8.11. Найти главный центральный момент инерции сплошного
однородного полуцилиндра массы т радиуса а (относительно оси,
параллельной плоской поверхности полуцилиндра).
8.12. Найти главные центральные моменты инерции однород-
однородного пол>шара а массы т.
8.13. Вычислить главные центральные моменты инерции одно-
однородного полого цилиндра массы М (радиус внутренней цилиндри-
цилиндрической поверхности равен г, радис наружной поверхности R, высо-
высота цилиндра h); в частности, найти главные центральные моменты
инерции однородного сплошного цилиндра.
8.14. Найти главные центральные моменты инерции однород-
однородного сплошного эллипсоида массы М с полуосями а, Ь, с и, как
частный случаи, моменты однородного шара радиуса R.
8.15. Найти главные центральные моменты инерции однород-
однородного прямого эллиптического цилиндра массой М. Высота цилинд-
цилиндра 2 h, полуоси эллиптического основания а, Ь.
8.16. Определить моменты инерции однородного параболоида
вращения высотой h с радиусом а плоской поверхности параболои-
параболоида — относительно системы координат с началом в некоторой точ-
точке О окружности, ограничивающей плоскую поверхность, осью
Оу, касательной к этой окружности, и осью Ох, направленной по
диаметру окружности (рис. 8.16).
8.17. Найти главные центральные моменты инерции однород-
однородного тора массы М, полученного вращением окружности радиуса г
относительно оси, лежащей в плоскости окружности и удаленной
от ее центра на расстояние R>r.
8.18. Вычислить моменты инерции однородной сплошной полу-
полусферы массы М радиуса а в системе координат с началом в неко-
некоторой точке О окружности основания полусферы, осью Ох, направ-
направленной по диаметру основания, и осью Оу, касательной к окруж-
окружности основания. Определить направления главных осей инерции,
проходящих через точку О, и вычислить главные моменты инерции,
соответствующие этим осям.

§ 2]
Плоскопараллельное движение
55
г'
§ 2. Плоскопараллельное движение
8.19. Диск скатывается без скольжения по наклонной плоско-
плоскости. Найти функцию Лагранжа, закон движения диска и реакцию
плоскости (рис. 8.19).
8.20. Концы тонкого стержня массой т длины / скользят по
параболе y=kx2 с вертикально расположенной осью у (рис. 8.20).
Найти частоты линейных колебаний стержня.
8.21. Однородный полый полуцилиндр (одна из половин ци-
цилиндрической поверхности, разрезанной вдоль плоскости, прохо-
проходящей через ось этой поверхности) массой т радиуса а находится
на абсолютно шероховатой горизонтальной плоскости и совершает
линейные плоскопараллельные колебания (рис. 8.21). Найти пе-
период этих колебаний.
8.22. На неподвижный горизонтальный цилиндр радиуса а по-
положен абсолютно шероховатый брусок массы М с прямоугольным
поперечным сечением высоты 2 Ь так, что продольное направление
бруска перпендикулярно оси цилиндра (рис. 8.22). Определить
период линейных колебании бруска, если его главный момент инер-
инерции относительно оси, проходящей через его центр масс парал-
параллельно оси цилиндра, равен Mk2.
8.23. Твердое тело, момент инерции которого относительно не-
некоторой оси равен /, совершает линейные крутильные колебания

56
Динамика твердого тела
(Гл 8
вокруг этой оси. Это тело подвешено на нити, которая представ-
представляет собой упругий круглый цилиндр длиной /, радиуса R с плот-
плотностью массы а и подчиняется закону Гука. Найти период кру-
крутильных колебаний тела с учетом упругости нити.
Рис. 8.21
Рис. 8 22
8.24 Осью полого однородного цилиндра радиуса а и массы
М служит легкий стержень. В начальный момент цилиндр поко-
покоился на абсолютно шероховатой горизонтальной плоскости, а ма-
математический маятник длины / и массы т, подвешенный к сере-
середине оси цилиндра, был отклонен перпендикулярно оси цилиндра
на угол а от вертикали. Найти амплитуду колебаний центра масс
цилиндра.

§2]
Плоскопараллелыюе движение
57
8.25. Однородный круговой обруч массы М радиуса а подвешен
в одной из своих точек. Обруч совершает свободные колебания в
своей плоскости (рис. 8.25). Максимальное значение угла отклоне-
отклонения в диаметра обруча, проходящего через точку подвеса, от вер-
вертикали равно а. Найти наименьшее и наибольшее значения вели-
величины реакции точки подвеса.
8.26. Однородный круговой цилиндр массы т радиуса а ка-
катится без проскальзывания по внутренней шероховатой поверхно-
поверхности неподвижного полого
цилиндра радиуса Ь (рис.
8.26). Какую минимальную
угловую скорость необходи-
необходимо сообщить первому ци-
Рис 8 25
Рис 8 26
линдру в положении равновесия, чтобы он двигался, не отры-
отрываясь от внутренней поверхности неподвижного цилиндра.
8.27. Найти общее решение для линейных колебаний двойного
маятника, состоящего из двух плоских абсолютно твердых тел:
первое тело может вращаться вокруг гладкой горизонтальной не-
неподвижной оси, а второе — вокруг оси скрепленной с первым те-
телом и параллельной неподвижной оси.
8.28. Однородный стержень массой т и длиной 2 а опирается
своим верхним концом на гладкую вертикальную стенку, а ниж-
нижним — на гладкий горизонтальный пол. Стержень удерживается
так, что он составляет угол а с вертикалью и находится в верти-
вертикальной плоскости.
Показать, что предоставленный самому себе стержень при па-
падении отделяется от вертикальной стены в тот момент, когда угол
его наклона к вертикали 6 удовлетворяет условию

58 Динамика твердого тела л [Гл. 8
2
cos 6 = — COS а.
3
8.29. Однородный цилиндр массы М катится с постоянной ско-
скоростью центра масс Vo по горизонтальной абсолютно шероховатой
платформе, а затем скатывается по приставленной к платформе
наклонной плоскости (скорость Vo перпендикулярна оси цилиндра
и ребру, образованному платформой и плоскостью). Под каким
максимальным углом должна быть поставлена плоскость, чтобы
при переходе на нее цилиндр не делал скачка?
8.30. Однородная пластинка массы т имеет форму равнобед-
равнобедренного прямоугольного треугольника с катетами длиной а. Пла-
Пластинка вращается по инерции вокруг "»оего вертикального катета,
так что вершина прямого угла служит верхней опорой, а вершина
одного из острых углов — нижней. Какова постоянная угловая
скорость вращения пластинки, при которой горизонтальная состав-
составляющая реакции нижней опоры равна нулю?
8.31. Однородный тяжелый стержень длины 2 а равномерно
вращается без трения вокруг своего верхнего конца, сохраняя по-
постоянный угол а с вертикалью. Определить направление реакции
в точке опоры.
8.32. Однородный куб массы а с ребрами длины а может сво-
свободно вращаться вокруг вертикального ребра. Вдоль диагонали
куба, не пересекающей оси вращения, высверлено тонкое гладкое
отверстие. В верхний конец диагонального отверстия вкладывается
шарик массы Шч, после чего система выходит из состояния покоя.
Какую угловую скорость приобретает куб после того, как шарик
скатится по его диагонали?
8.33. После того, как однородному диску массы т радиуса а
сообщили угловую скорость ©о, его поставили на шероховатую на-
наклонную плоскость, образующую угол « с горизонталью, при этом
диск стал двигаться вверх. Рассмотреть случай, когда диск дви-
движется в вертикальной плоскости, перпендикулярной наклонной
поверхности. Коэффициент трения между поверхностями k. Найти
а) расстояние, пройденное центром масс диска до того момента,
когда он начинает катиться без проскальзывания, и работу сил
трения, совершаемую до того же момента; б) максимальное рас-
расстояние, пройденное диском вверх по плоскости (k>tga).
§ 3. Общий случай движения
8.34. Взяв в качестве обобщенных координат твердого тела
углы Эйлера <р, 6, г|), показать, что обобщенные импульсы р<р, ре,
РФ являются соответственно проекциям кинетического момента те-
тела на ось г, ось узлов и ось z'.

liL
Общий случай движения
8.35. Однородный стержень массы т длины / одним концом
скользит по гладкой горизонтальной плоскости. Найти лагранжиан
стержня и первые интегралы движения.
8.36. Однородный стержень массы т длины / укреплен так,
что может вращаться вокруг вертикальной и горизонтальной осей,
проходящих.через середину стержня. Написать уравнения Лагран-
жа, найти их решение и частоту колебаний стержня вокруг гори-
горизонтальной оси.
8.37. Стержень массы т длины I вращается с постоянной угло-
угловой скоростью вокруг вертикальной оси, проходящей через его
Рис 8.37
Рис 8 38
середину (рис. 8.37). Расстояния точки пересечения оси и стержня
от опор 1 п 2 равны а. Угол а между стержнем и вертикалью
остается постоянным. Найти реакцию опор.
8.38. Однородный стержень длины а и массы т при помощи
легких колец прикреплен своими концами к гладкой окружности
радиуса а и .может скользить вдоль нее (рис. 8.38). Окружность
вращается с постоянной угловой скоростью ш вокруг вертикальной
оси, совпадающей с диаметром окружности. Вычислить скорость
центра масс стержня в тот момент, когда он расположен гори-
горизонтально (в начальный момент времени стержень покоился отно-
относительно окружности в вертикальном положении).
8.39. Вертикальная плоскость вращается с постоянной угловой
скоростью (о вокруг вертикальной оси. К оси прикреплен вершиной
однородный круговой конус с углом 2а при вершине и образую-

Динамика твердого тела
[Гл 8
щей длиной I. В начальный момент времени ось конуса занимала
горизонтальное положение. Предполагая, что плоскость абсолютно
шероховатая, найти границы движения конуса (соприкасающегося
с вращающейся плоскостью).
8.40. Один конец оси симметричного волчка закреплен, а дру-
другой скользит по гладкой вертикально расположенной окружности
с центром в точке закрепления волчка. Эта окружность вращается
вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью. Напи-
Написать лагранжиан волчка и найти решение уравнений движения
в квадратурах.
8.41. Симметричный волчок закреплен в одной точке. Расстоя-
Расстояние от точки закрепления до центра масс волчка равно /. Найти
решение задачи, исследовать движение быстрого волчка, а также
устойчивость волчка при его вращении вокруг вертикальной оси.
8.42. Методом усреднения рассмотреть движение симметрич-
симметричного волчка с закрепленной точкой (кинетическая энергия волчка
велика по сравнению с его потенциальной энергией).
Рис. 8 46
8.43. Шарик движется по шероховатой горизонтальной поверх-
поверхности, вращающейся вокруг вертикальной оси с постоянной угло-
угловой скоростью о. Найти угловую скорость вращения шарика и за-
закон движения его центра масс.
8.44. Тонкий однородный диск радиуса а катится по шерохо-
шероховатой'поверхности. Найти уравнения движения диска. Исследовать

§ 3] Общий случай движения 61
условия устойчивости при движении диска по прямой линии.
8.45. Обруч радиуса а катится вдоль прямой линии по абсо-
абсолютно шероховатой горизонтальной поверхности так, что его плос-
плоскость остается вертикальной; скорость центра масс обруча равна и.
Показать, что при условии v2>l/4ga движение обруча устойчиво
и при небольших возмущениях его плоскость будет колебаться
около вертикали с частотой
-7=
2я/3о
8.46. Центр однородного тонкого диска массы т радиуса а
скреплен с концом оси, перпендикулярной поверхности диска
(рис. 8.46). Другой конец оси (длина оси К) шарнирно закреплен
на расстоянии а от горизонтальной шероховатой плоскости, по ко-
которой диск катится без проскальзывания. Найти реакции связей в
точке а шарнирного закрепления оси и в точке Ь касания диска с
плоскостью.
8.47. Центр масс симметричного спутника движется по окруж-
окружности радиуса г0 вокруг Земли. Написать уравнения, определяю-
определяющие положение спутника относительно плоскости орбиты и радиу-
радиуса-вектора, проведенного из центра Земли в центр масс спутника.
8.48. Исследовать прецессию и нутацию оси симметрии Земли,
обусловленную силами притяжения со стороны Солнца.

ГЛАВА 9
Уравнения Гамильтона
§ 1. Канонические уравнения.
Скобки Пуассона
9.1. Материальная точка движется по гладкой поверхности
кругового конуса с вертикальной осью; раствор конуса направлен
вверх, угол раствора 2 а.
9.2. Найти канонические уравнения материальной точки, дви-
движущейся в однородном гравитационном поле по гладкой сфериче-
сферической поверхности (радиус сферы изменяется по закону r=r(t)).
9.3. Записать уравнения Гамильтона для заряда в постоянном
однородном магнитном поле и электрическом поле с потенциалом
ф. Получить интегралы движения в случае ф=0.
9.4. Рассматривая углы Эйлера в качестве обобщенных коор-
координат твердого тела с одной неподвижной точкой, получить функ-
функцию Гамильтона для этого тела. Получить динамические уравнения
Эйлера из уравнений Гамильтона.
9.5. Найти траекторию одномерного гармонического осцилля-
осциллятора в фазовом пространстве.
9.6. Показать, что уравнения Гамильтона можно записать в
виде
симметричном относительно канонических переменных1.
9.7.-Показать, что для функции f(q, p, t) канонических пере-
переменных имеют место соотношения
<*••» -?¦¦ <*¦•»=-?•
9.8. Показать, что функция
/ = х — pt/m
является интегралом движения свободной частицы в отсутствие
внешних сил.
9 9. Доказать, что скобки Пуассона
а) {М,р*} = 0; б) {М,г2} = 0.
1 Здесь и далее для скобки Пуассона от функции /i u ft канонических пе-
переменных используется обозначение {ft, f2}.

-§ I] Канонические уравнения Скобки Пуассона 63
9.10 С помощью скобок Пуассона показать, что импульс Р
системы является интегралом движения, если ее гамильтониан
инвариантен относительно произвольного параллельного переноса
системы в пространстве.
9.11. Используя скобки Пуассона, показать, что обобщенный
импульс р, является интегралом движения, если гамильтониан
Ji(qi... <7s> p\---Ps) инвариантен относительно преобразования
7
9.12. С помощью скобок Пуассона показать, что кинети-
кинетический момент системы сохраняется, если ее гамильтониан
2
Я = V—'—\rU(ru ... ,глг) инвариантен относительно произволь-
, 2fftf
лого бесконечно малого поворота системы.
9.13. Используя скобки Пуассона, показать, что при движении
частицы в поле L/(|r|) сохраняется ее момент импульса.
9..14. Пусть гамильтониан системы явно не зависит от времени.
Доказать, что значение функции F(q(t), p(t)) канонических пере-
переменных в момент времени t выражается через значение F(q@),
р@)) в момент времени 2=0 формулой
я=1
где q{t), p(t) — удовлетворяют уравнениям движения, а
F @) = F (q @), р@)). Вычислить с помощью этой формулы x(t)
np(t) для одномерного гармонического осциллятора.
9.15. Одномерный точечный осциллятор взаимодействует с по-
полем излучения, гамильтониан которого
V
Взаимодействие с этим полем учитывается заменой в гамильтониа-
гамильтониане невозмущенного полем осциллятора импульса р на р— -А(г),
с
где вектор-потенциал поля имеет вид А (г) =V<7vAv(r) (Av—вектор-
V
потенциал поля излучения v-той моды). Написать уравнения Га-
Гамильтона для системы осциллятор+поле излучения в приближе-
приближении А(г)даА@).
9.16. Гамильтониан молекулы, взаимодействующей с излуче-
излучением, имеет вид #=Я<°>+#/+Ягт1., где Я<°>— гамильтониан, не-
невозмущенный полем молекулы; Hf = —2 (р^ + coffi) — гамильто-

64 Уравнения Гамильтона [Гл 9
ниан поля излучения; H2n==I,Bvpv — энергия взаимодействия,
причем fiv = V -^- (PsAv (rs)) (индексом v обозначены величины,
ъ
относящиеся к определенной моде поля излучения, индексом s
обозначены номера атомов). Используя скобки Пуассона, найти
изменение энергии й-той моды, обусловленное взаимодействием
с молекулой.
§ 2. Уравнение Гамильтона—Якоби
9.17. Найти действие материальной точки, движущейся в от-
отсутствие поля и проходящей через точки T\=r{t\) и T2 = r(t2).
9.18. Найти действие одномерного гармонического осциллято-
осциллятора, проходящего через точки X\=x(t\), X2=x(t2).
9.19. Найти действие для одномерного осциллятора с пере-
переменной частотой (o(t).
9.20. Найти действие для заряда, движущегося в однородном
магнитном поле.
9.21. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для точки движения точки.
9.22. Составить уравнения Гамильтона — Якоби для точки,
движущейся в однородном гравитационном поле. Найти полный
интеграл этого уравнения, а также траекторию и закон движения
точки.
9.23. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для тела, движущегося по гладкой наклонной плоскости, состав-
составляющей угол а с горизонтом.
9 24. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для математического маятника и закон его движения в квадратуре.
9.25. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для электрона, движущегося в постоянном однородном магнитном
поле (в декартовых координатах) Найти также закон движения
электрона и его траекторию.
9 26. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для заряда, движущегося в постоянном однородном магнитном
поле (в цилиндрических координатах). Получить закон движения
и траекторию в квадратурах.
9.27. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для электрона, движущегося во взаимно-перпендикулярных посто-
постоянных и однородных электрическом и магнитном полях.
9.28. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона — Якоби
для заряда, движущегося в поле волны с вектором-потенциалом
A=acosco/. Найти закон движения заряда.
9.29. Однородный стержень массы т скользит по гладкой вер-

§ 3] Канонические преобразования вариационные принципы 65
тикальной плоскости, вращающейся вокруг вертикальной оси с
постоянной угловой скоростью со (/ — главный центральный мо-
момент стержня). Найти полный интеграл уравнения Гамильтона —
Якобп для стержня. Определить закон движения стержня.
9.30. Исходя из уравнения Гамильтона — Якоби, получить
уравнение, выражающее второй закон Ньютона.
§ 3. Канонические преобразования.
Интегральные вариационные принципы
9 31. Найти каноническое преобразование, соответствующее
производящей функции <&i(q, Q, t)=I,qlQ.l.
9.32. Показать, что производящая функция Фг^.е^) =2<?гй^>
определяет тождественное каноническое преобразование.
9 33 Показать, что выражение
является полным дифференциалом относительно 2 s переменных
q, Q, если «старые» и «новые» переменные подчинены канониче-
каноническому преобразованию
9.34 Найти каноническое преобразование, соответствующее
производящей функции Ф2(ft<^it) = qcP + (bq — a<!P)t, где а,
b — константы. Записать в новых переменных уравнения Гамиль-
Гамильтона
9.35. Найти каноническое преобразование, задаваемое произ-
производящей функцией
Записать уравнения движения в переменных Q, &* для осцилля-
осциллятора с переменной частотой.
9.36 Известна функция Гамильтона системы с двумя степеня-
степенями свободы
Я = \ [Р\ + Pi + q\ + (fc - q,f +.<%].
Найти коэффициенты аь а2 производящей функции канонического
преобразования
Ф1 = а\ (^ -f q%f ctg Qt + a\ (ft - ftJ ctg Qz,
при котором гамильтониан приобретает вид
Найти собственные частоты и главные координаты системы.
3 Зак 4

66 Уравнения Гамильтона {Гл. 9
9.37. Показать, что гамильтониан является инвариантом при
бесконечно малом каноническом преобразовании с производящей
функцией
где s« I, a /(q, <P) — интеграл движения.
9.38. Найти уравнение, которому удовлетворяет производящая
функция S(qt $*,(), порождающая каноническое преобразование
к постоянным импульсам и координатам.
9.39. Найти производящую функцию и каноническое преобра-
преобразование, обращающее новый гамильтониан Ж осциллятора в нуль.
9.40. Получить уравнение Лагранжа для голономных систем
из принципа наименьшего действия.
9.41. Вывести уравнения Лагранжа для системы с идеальными
линейными неголономными связями из интегрального вариацион-
вариационного принципа.
9.42. Написать принцип Мопертюи для свободного заряда, дви-
движущегося в заданном стационарном электромагнитном поле; найти
дифференциальное уравнение траектории заряда.
9.43. Найти действие для свободной частицы, движущейся в
отсутствие полей с энергией Ео (траектория частицы проходит
через точки rt и г2).
9.44. Найти форму плоской траектории у{х), для которой вре-
время движения т между двумя заданными точками в однородном
поле тяжести минимально.

РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
ГЛАВА 1
Кинематика и уравнения движения
материальной точки
§ 1. Кинематика материальной точки
1.1. Используя параметрическое представление эллипса
x=acosl у = b sing,
находим, что отличная от нуля компонента ускорения равна
г/= 6 (cos ?-1 — sing-l2). A)
Далее, поскольку х = О, то х — х@) = v0. Из этого условия получим
Следовательно,
2
cos I __ °° . cos
a sin ? a sin2 ? a2 sin3 g
Подставляя B) в A), найдем
a2 sin3 | a2y3
1.2
1.3. Совместим начало координат с начальным положением
точки. Из условия задачи (в полярных координатах)

68 Кинематика и уравнения движения точки [Гл 1
получим
Отсюда найдем
Ф 2 ,
г—-
или
р = (t)o/(o) sin &(t —10); @ < t —10 < я/со).
Следовательно,
9 — t>0 cos со (< — f0)
и
V = Uo COS (H(t — ^„) Пр + Vo Sin Ш (/ — t0) Пф.
1.4. Так как угловая скорость постоянна, а г/@)=0,
то x=pcos(oi; ^=psinco^. Подставляя эти функции в уравнение
эллипса, найдем
р
a2 sin2 со^ + Ь2 cos2 со?
Следовательно,
— Со рщ^ =( а6 ю (&г — Д2)sin 2ю<
2 (я2 sin2 at -[- b2 cos2 mtf/2 ' (а* ып2 Ы - bl cos2 atI '2 / *
1.5. Согласно условию задачи
2
Исключая ф, найдем
2а0
Подставляя эту функцию в условие постоянства секторной скорости,
получим

§ 1] Кинематика точки 69
Следовательно,
v = (p, Рф)=/ **'
Vt>
vlf
11/2 '
1.6. Используя выражение r=prip радиуса-вектора точки,
движущейся в •плоскости, запишем секторную скорость в виде
Следовательно,
5=" у P[tlpV].
сгг == -i- p v sla a = a0, A)
где a — угол между скоростью и ортом пр. Далее, из треугольника,
вершинами которого являются точка О', центр окружности и движу-
движущаяся точка, находим
a2=-p2 + #2 — 2#pslna. B)
Из A) и B) получим
V =
р2
1.7. Из постоянства секторной скорости относительно системы ко-
координат с началом в точке А следует
~Р2Ф = с?0. A)
Записывая уравнение окружности в полярных координатах
Р = 2/?со8ф, B)
из A), B) находим
2#2cosV<p = c70. C)
Интегрируя C), получим
Ф + — sin 2ф = — t.
Это соотношение в неявном виде определяет зависимость
1.8. Запишем скорость в виде
v= (р
Из условия постоянства секторной скорости следует уравнение
-LaV*4 = <v A)

70 Кинематика и уравнения движения точки [Гл. 1
Его решением, удовлетворяющим заданному начальному условию,
является функция
е*<р _ (JL. -\- 1V1<г ¦ t = g2 B)
Из A), B) находим
Ф
2k (t
Итак,
/ оо \'/2
\ 4(To
1.9. По условию задачи
A)
Постоянные о0 и а находятся из начальных условий
^о=^ —Po^osina; a = Powo>
где а — угол между скоростью и радиусом-вектором в начальный
момент времени. Исключая ф из A) и B), получим уравнение
Его решение
Далее, из B) и C) следует
2с„
Ф
(#2 4Од ) ' РО
Исключая время из C) и D), найдем траекторию
р = р„ехр
+Фо- D)

§ 1]
Кинематика точки
71
В данном случае ускорение имеет только составляющую по орту пр,
которая определяется формулой Бине:
Wo — —
Следовательно,
1.10. Выберем в качестве оси
Ох прямую, проходящую через
центры Fi и F2 (рис. 1.10). За на-
начало координат возьмем середину
отрезка F\Fz- Тогда по условию
задачи
Рис. 1.10
или
:г~ у2).
Следовательно, траектория точки представляет собой лемнискату
Бернулли. В полярных координатах ее уравнение имеет вид
Р2 = 2а2соз2ф. A)
Из условия постоянства проекции секторной скорости oz = Oo имеем
Ф - 2<то/рг. B)
Для проекции ускорения на радиальное направление согласно
формуле Бине и уравнению траектории A) имеем
1.11. Согласно условию
wn,
[w\
48 (^ а*
= — о2-
2 '
%- = cos 45°.
A)
B)
Из A) следует, что q> = k, а из B) находим wp = wv. Следовательно,
Решение этого уравнения ищем в виде р — CeXi. Получим

72
Кинематика и уравнения движения точки
[Гл. 1
p = e*< (Ash kJ/2 t + BchkVi t).
Используя начальные условия, найдем
? /2
Таким образом, получаем закон движения
р = -^
й/2
sh
и уравнение траектории
= kt
1.12. x2-f
Рис. 1.13
яш/ \ яш/
1.13. Выберем начало коорди-
координат в точке А, а полярную ось на-
направим по прямой, соединяющей
центр неподвижной окружности О и
точку А. Как нетрудно видеть из
рис. 1.13, ф=о^. Определяя рассто-
расстояние между материальной точкой
А' и точкой А, получим уравнение
траектории материальной точки:
р = 2а A — соэф).
Эта кривая называется кардиоидой.
Приведенные формулы позволяют
вычислить компоненты ускорения
материальной точки:
, = 2©«(а-Р);
м\р|. 0<ф<п,
даф (, я<ф<2я,
Wm = 4aoL/ -^ 1
1.14. Траекторией точки является гипоциклоида
х ~R(\— m)cos ф + m^cos (-^-ф );
= R A ~ т) sin ф — mi? sin
1—от
m
•Ф >

§ 1] Кинематика точки 73
где т = a/R. Точка будет двигаться по отрезку прямой, если R =- 2а.
1.15. Очевидно, что
и sin6 <р
Интегрируя A), находим
In tg— = <pctga + \nC,
т. е.
о
tg = Сеч^'б01 ^2^
S 2 " К
Кривая B) называется локсодромией.
1.16. По определению имеем
v = snT, w = snT+-^-n,
где s—длина дуги траектории; nT, n — соответственно касательный и
нормальный к траектории орты; У?— радиус кривизны. Поскольку s =
t, то
1.17. Учитывая, что х = 0, получим
г/ = 2kx2 — a
и, следовательно,
2k
s = о = (i* + у2I/2 = у _?
Затем находим радиус кривизны
х у — х у iR
Итак,
__ •• , / 2ka3 \ 1/2

74 Кинематика и уравнения движения точки {Гл 1
1.18. Согласно условию в естественных координатах имеем
s = a; A)
'sVR = b. B)
Из A) найдем
dv dv • dv
s - = s = v = a,
dt ds ds
ИЛИ
s2 = So 4- 2a (s — s0).
Подставляя эту функцию в уравнение B) и учитывая определение
радиуса кривизны
da
(здесь a — угол между касательной к траектории и положительным
направлением оси х), находим
Интегрируя это уравнение, получим
2а
2a(s— s0)+so= Ае ъ ",
2а
где постоянная интегрирования А = si e ь . Так как
2а
л —а
dx = cos a • ds = e & cos a da;
2a
A ~ra
ay = sina-as = e " sinada,
b
то
/ 2a
-HfL a I "~7~ c°s a + sin a
~~ b
I 2a \
2" a I sin a — cos a) I
» ь \ " I
те" v "<n-..—-• w

§ 1] Кинематика точки 75
В обеих квадратурах постоянные интегрирования приравнены нулю
(тем самым в плоскости движения выбрана определенная система
декартовых координат).
Теперь положим
Тогда C) и D) можно записать в виде
2а
•2 — <а-а°>
х = -- sin (a + г);); E)
— cos (a + "Ф) • (о)
Из E), F) следует, что
'„2
V
G)
Ь
tg-ф =- -^- = — ctg (а -Ь -ф). (8)
Таким образом, в выбранной системе координат полярный угол ф
отличается от а на постоянный угол, т. е.
Итак, переобозначая постоянный множитель в G) и используя (9),
найдем, что точка движется по логарифмической спирали
Т (ф-<Ро)
1.19. Пусть точка 1 движется от —оо до +°° вдоль оси Ох.
При этом скорость точки 2 меняет свое направление на противо-
противоположное, так что в некоторый момент времени (?=0) скорость
v2 оказывается перпендикулярной оси Ох. Координаты точки 2 в
этот момент можно положить равными х=0; у—\)а.

76 Кинематика и уравнения движения точки {Гл 1
Координата х точки 2 и координата Х\ точки 1 связаны усло-
условием
dx t | dx
dy dy
Дифференцируя обе части этого равенства по времени, получим
dx , d4
Так как скорость v2 постоянна, то производные хну можно исклю-
исключить из предыдущего выражения с помощью формул
ds _ __ • | / i _, /j?_ i _ у .
ds _ dy
dt ~~ dx
(здесь перед радикалом взят знак минус, поскольку с возраста-
возрастанием длины дуги ордината у убывает). В результате найдем, что
1 _ v2 dy2
l/i л. ( d^
Умножая обе части этого уравнения на dy и интегрируя по у в
пределах от у0 до у, а по dx/dy в пределах от нуля до dx/dy, полу-
получим
т. е.
Отсюда находим
Интегрируя это уравнение с учетом начального положения точки 2,
найдем ее траекторию при ^
dx __ 1 I у \v~ 1_ (jy_\ пГ
dy ~~ 2 \ у„ ) 2 \Уо)

§ 1] Кинематика точки 77
,_. ** , Уо /У* -
..2
#о - — (JL
и при t'i — у2:
4 U Уо
Точка 2 «догонит» дочку /, если ее скорость v2 > vt. Это про-
произойдет в точке оси Ох
1--?
1.20. Выберем ось Ох декартовых координат вдоль траектории
точки S Если ф — угол наклона скорости точки К к оси Ох, а
х, у — ее координаты, то
y = asincp; —^~ = tg ф,
где а — постоянное расстояние между К и S. Интегрируя диффе-
дифференциальное уравнение
, cos2 Ф ,
ах = а — aw,
smcp
находим параметрическое уравнение траектории точки /С:
* = a(lntg-?- +соэфХ); A)
y — asinq> B)
(постоянная ишегрирования, определяющая положение траекто-
траектории относительно оси координат, выбрана равной нулю). Получен-
Полученная кривая называется трактрисой.
Поскольку от нуля отлична лишь нормальная составляющая
ускорения точки К, находим, что
s2 — si — a\2ctg2q).

78 Кинематика и уравнения движения точки {Гл 1
Интегрируя это уравнение, получим
sin <р-= ехр {--*-(*-/0) j. C)
Отсюда
expf—¦*-(*-*„))
ф = -^^9 1 п I D)
Формулы A), B), C) определяют закон движения точки К.
Закон движения точгки S также определяется этими формулами,
поскольку между координатами обеих точек имеется связь.
xs = х + a cos <p; ys ^= 0.
Отличная от нуля нормальная составляющая ускорения точки /С
равна
Подставляя сюда ср из D), находим ускорение, как функцию
времени
§ 2. Уравнения движения материальной точки
1 26. Представляя уравнение движения в виде
х — A sin — = 0,
а
умножим обе его части на х и проинтегрируем полученное выра-
выражение Тогда с учетом начальных условий полечим
——Ь tocos — = ka,
2 а
т. е
х = 2 Vka sin ~ .
2а
Отсюда находим
dx
х
sm
2а

§ 2] Уравнения движения точки 79
1.27. Решением уравнения движения mx = ab{i—10) является
функция
т
где разрывная функция Хевисайда
1, х>0.
Эту функцию можно записать в виде 8 (х) — — A4 ).
2 \ х /
1 28 Выберем ось z перпендикулярно проводящей плоскости
На заряд действует сила электростатического притяжения, равная
-е2/BгJ Поэтому
пи= —. A)
Умножая обе части A) наг и интегрируя, получим
42 4/i
Отсюда найдем время падения Г:
о
~ у x.m i йг як -щ / nth
' J
ft
1.29. Сначала найдем закон движения снаряда:
x(t) = y0^cosa;
и (t) — h 4- vJ, sin a—' ——,
Он позволяет определить время полета tx и дальность L, так как в
момент падения #(/i)=0; L=x(t\), т е.
L = _5t?5iIL [y0 sin a + (egsin2 a ~r 2gh)T ].

80 t Кинематика и уравнения движения точки (Гл 1
Вычисляя производную dL/да и приравнивая ее нулю, получим
1
sin at =
1.30. Если ось г направить по нормали к плоскости, то урав-
уравнение шарика можно представить в виде
m
где знак «минус» соответствует движению вниз. Интегрируя это
уравнение, получим
т
Выразим постоянную интегрирования С через начальные зна-
значения координаты и скорости шарика. Тогда вместо последней
формулы будем иметь
+ 2к iz-z )
2__ те \ т (\)
Полагая в этой формуле го=О; zo=k; г=0 (для движения вниз),
найдем квадрат скорости перед падением:
а следовательно, и начальную скорость шарика при его движении
вверх.
Полагая в A) г0 = 0; z\ = z\; г = 0 (для движения вверх),
найдем высоту г2 подъема шарика:
1.31. Уравнение движения имеет вид
mr — tng — kvv. (I)
Направим ось z по вертикали вверх. Тогда из A) и начальных
условий следует, что jc=t/=O, а движение подчинено уравнению
z2. B)

§ 2]
Уравнения движения точки
81
Вводя обозначения z=v; u2=mg/k, представим B) в форме
Интегрируя C), получим
v (t) = — uth-
D)
Из таблиц thx следует, что при
1. Поэтому на-
начиная с t~2u/g, движение происходит практически с постоянной
скоростью и.
Переходя в B) к переменной г
V — — а ( 1
dv
&г
и интегрируя это уравнение, находим зависимость скорости от вы-
высоты
Интегрируя D), получим высоту как функцию времени:
g
1.32. В системе коорди-
координат (рис. 1.32) с началом в
источнике, осью у, направ-
направленной по вертикали вверх,
и осью х, лежащей в задан-
заданной плоскости, закон дви-
движения каждой частицы оп-
определяется функциями
х = v0cos a-t;
у =vosma-t— J?L,
где а — угол между началь-
начальной скоростью и осью х.
Следовательно, уравнение траектории частицы имеет вид
2d20 cos2 a
Точки, лежащие на огибающей У\{х), принадлежат траекто-
траекториям и удовлетворяют условию

82 Кинематика и уравнения движения точки [Гл. 1
ду (х, а)
да
= 0, B)
откуда следует, что tga=vl/gx. Затем из A) и B) получим урав-
уравнение огибающей
Таким образом, областью, недостижимой для рассматриваемого
пучка частиц, является область, лежащая вне «параболы безопас-
безопасности» C).
1.33. Пусть к — орт, направленный по вертикали вверх. Тогда
уравнение движения любой из частиц имеет вид
тх = — mgk — rnvx.
Это уравнение можно переписать в форме
d ¦
откуда
где Vo — начальная скорость некоторой частицы. Так как при
^ = 0 г=0 (начало координат помещено в «испускающую» точку),
то
г = ^ A— е-"*) ^-к+ -^-A— е~*)к.
У. У. У?
Это закон движения произвольно выбранной частицы.
Из равенства
следует, что в момент времени / все частицы независимо от на-
направления начальной скорости окажутся на расстоянии
от точки, лежащей на расстоянии
от наччла координат вниз по вертикали.

§ 2] Уравнения движения точки 83
1.34. Уравнениями движения в координатах х, у, z являются-
т а
Следовательно,
0 = 0; z = vot\ x = -^sm^-.
tn a
Отсюда
mv0 \ v0 а
1.35. Проинтегрировав уравнение движения протона
тг — еЕг cos (о/ -J- eE2 sin u>t,
получим
г = — -^- cos <at — sin (at + At + В,
ma>2 map
где А и В — постоянные интегрирования. Направляя ось х декар-
декартовых координат вдоль вектора Еь а ось у — вдоль Е2, найдем
х — -^-i- A — cos (at) + xd 4- x0;
mco2
У =- —— (®t —¦ sin a>0 + yut + y0;
mco2
Отсюда видно, что траектория протона будет циклоидой, лежащей
в плоскости z=z0, если х0 = у0 - zQ = 0 и ?, = Ег.
1.36. Запишем уравнение движения электрона в координатах:
д: = — ucosay-y; A)
у = (Bcosai/'Л;; B)
z = 0, C)
Из C) с учетом начальных условий следует, что 2=0, а из A)
находим
х = sin ay. D)

84 Кинематика и уравнения движения точки [Гл I
Подставляя D) в B), получим уравнение
? = —.?. sin 2ajr. E)
2а
Умножая обе части E) на у и интегрируя, найдем
dt \ 2 I dt 4aa
Следовательно,
2a2 " * J ^ 2a* '
T. e.
i/2 =. i/o — — sin2 at/. F)
a2
Кстати, уравнение F) следует непосредственно из закона сохра-
сохранения кинетической энергии
и D). Далее, из F) находим
dy = t. G)
'о— (—sin ay)
\ d I
Соотношение G) дает зависимость y(t) в квадратуре. Используя
ее, из D) можно найти x(t), а из D) с помощью G) — уравнение
траектории в виде
cos ay = -^- sh ax + ch ax.
(О
1 37. Направим ось х вдоль напряженности Е электрического
поля, а ось г — вдоль напряженности Н магнитного поля Тогда
уравнения движения примут вид
х = ау + J- Е; Aа)
т
у*=—ш; AЬ)
z = 0, Aс)
где со = еН/тс.

§ 2] Уравнения движения точки 85
Учитывая начальные условия г(О)=го; v@)=v0, из Aс) находим
г = zot + z0. B)
Интегрирование (la) и (lb) удобно провести, вводя комплексную
координату % = x + iy. Умножая (lb) на i и складывая результат
умножения почленно с Aа), получим
т
C)
с начальными условиями g@) = х0 -riy0, l@) = xo—iyo. Интегрируя
C), найдем
та
где
ifiF
mat
Итак,
i (t)j = | @) е-ги; ^- -^- (e~iat — 1). E)
Поскольку * = Reg, y = Im|, из E) следует
х ш -= х0 cos юг 4- у0 sin юг 4 sin ©t; (о)
та
еЕ
y(t) = y0coso)t — XgSinat 4 (cos©/— 1).
ma
Из F) видно, что заряд имеет постоянную составляющую скорости
в направлении [ЕН], равную по величине еЕ/та = сЕ/Н,
1.38 Уравнение движения заряда
mv = еЕ + — [vH]
с
после замены
преобразуется в уравнение
Далее, подстановка
[ЕН]
v = с——~ 4- v
Я2
mv' = в -— (ЕН) J- — [у'Я].
v' =

86 Кинематика и уравнения движения точки [Гл 1
дает
mv" = — [v"H].
Следовательно, скорость заряда может быть представлена в виде
Я2 ^ тН*
Здесь первый член правой части равен скорости дрейфа элек-
электрона в направлении, перпендикулярном к плоскости, проходящей
через векторы Е и Н, а второй член характеризует ускоренное дви-
движение вдоль магнитного поля.
139.
2 _ .
1.40. 1) Из уравнения движения
=-—[vH] —yv A)
получим уравнения в координатах
z = —{y/m)z.
Следовательно,
г = гое п ; B)
-mtr- -Х- (
+ iy~ u@)e m , C)
где и @) = х0 + iy0.
Из B) и C) находим
т =v2ae m

§ 2] Уравнения движения точки 8?
Итак, Т = Тое m ; То = ^
2
2) Умножим обе части A) скалярно на v. Тогда получим, что
Л V 2 /
Ггтл ttX
= Тое
1.41. Поместим начало отсчета системы координат в место вы-
вылета электронов из электронной пушки, а ось z направим по оси
трубки вдоль вектора Н. Тогда уравнения движения примут вид
х =— ом/; у = <ах; 2 = 0 (а» = | е \Н/пгс), A)
а начальными условиями будут х @) = v0 cos а; у @) -- f0 sin а; г @) = и
(а — угол между проекцией скорости на плоскость Оху и осью Ох).
Интегрируя A), находим
х = — [sin (a + at) — sin а];
О)
г/ = — [cos а — cos (а + «0] J z = ut.
ш
Пусть ^i — время пролета электронов до экрана (ti — L/u). Элек-
Электроны, вылетающие под разными углами а, фокусируются в раз-
разных местах трубки, так как
х (tj) = — [sin (a + (о^) — sin а];
со
—
со
У (*i) = — [cos а — cos (co^ + а)].
со
Однако если выполняется условие
U
(п — целые числа), то все электроны фокусируются в одной точке
х=у=0; z=L.
Итак, длина трубки должна удовлетворять требованию
n.
\е\Н
1.42 Выберем оси координат так, что Е= (?, 0, 0);
Н= @, 0, Н). Тогда уравнения движения имеют вид

88 Кинематика и уравнения движения точки {Гл 1
х — ау + Хх'= —; A)
т
у + ш + %у = 0; г + Ai = 0, B)
где со =- еН/тс, X — ft/т.
Вводя u = x + iy, из A), B) находим
еЕ
Следовательно,
и — ае~ш~и - — ; а = Ae~ta.
m (X. + to)
Искомая скорость
х = Re и = Аеги cos (<o/ + а) +
т
При усреднении по периоду Т=2п/ы экспоненциальный множитель
можно вынести за знак усреднения, так как А<С«. Поэтому
eEkc*
^ ' ~ m {X2 + со2) "
1.43. Поскольку |Н^|<С#0, то уравнения движения имеют вид
(е=-е0)
x=~-^-E0cos((nt~kz) — y<n; A)
пг
у' = ^-?osin((o/ — kz) + x<x>; B)
m
"г = 0.
Из последнего уравнения следует z=z0. Вводя комплексную ско-
скорость u = x-\-iy, из A), B)
й = — аеИ**-*) + Ш; а = -^-; а = te0. C)
m
Решение этого уравнения ищем в виде и=Аеш . Тогда из C)
получим
А = — ае-'«; Л = С — ate~te; С = 0.
Следовательно, u (t) = — afe*<otf-a>. Таким образом, к2 = | ы |2 -f z2 =a2/2
Г
2m

§ 2] Уравнения движения точки 89-
1.44. При изменении магнитного поля возникает электрическое
поле, которое определяется уравнением Максвелла
откуда
? р_ d н0 __ н0
Следовательно, имеют место уравнения движения заряда в декар-
декартовых координатах:
тх=—уН + — еуН\
с 2с
ту — —хН exH; mz = 0.
с 2с
Вводя переменную l—x + iy, получим
тс 1 +
Замена функции
приводит к уравнению
Переходя к переменным
найдем, что
ctg6 = —; w~-2-~
х sin В
Решение этого уравнения имеет вид
v =
Таким образом,

90
Кинематика и уравнения движения точки
(Гл. 1
х = Re |, у = Irag.
1.45. Имеем уравнение движения тела
Предположим, что существует такое преобразование времени т = т@,
которое приводит к уравнению
dx*
dx
с постоянными Yo и К-
Переходя к новой независимой переменной t в первом урав-
уравнении и сравнивая результат со вторым уравнением, найдем, что
функции y(t) и k(i) должны удовлетворять дифференциальному
уравнению
k{t)
k(t)
ft @
= Yo.
а преобразование времени определяется интегралом
dt.
1.46. В качестве ортов выбираем орт
_ их
1— ds '
направленный по касательной к траектории (s — длина дуги, от-
отсчитываемая вдоль траектории), орт п, нормальный к траектории
и направленный к центру кривизны:
п
где R =
— радиус кривизны, и орт
пь = [ntn].
Найдем скорость и ускорение:
дх дх ¦
— =-—s =
dt ds

§ 2] Уравнения движения точки
dv " , ¦ " , -о dnx - , s2
w = = snt + snt == snT f s2 = snx H n.
Следовательно,
1.47. 1) Рассмотрим уравнение
mx = F{t) A)
с начальными условиями x(t0) —0; x(to)—O. Обозначим через L
оператор, преобразующий функцию F(t) в решение уравнения
B)
В силу линейности уравнения A) оператор L обладает свой-
свойством суперпозиции
L(F1-\-Fl) = LFx + LFi C)
и свойством
L(CF)^CL(F), D)
где С — постоянная.
Будем понимать под функцией Грина G(t,t') результат воз-
воздействия единичной силы, действующей в момент времени V'. Тогда
G{t,t') = L6{t — t'). E)
Как с помощью функции Грина G(t,t') выразить результат пре-
преобразования B) любой заданной функции F(t)? Для этого пред-
представим F (t) в виде
Следовательно,
^t')'8{t — f)df.
Согласно свойствам C), D) и определению E)
U *a to
Функция Грина E) удовлетворяет уравнению
mG = b(t — t'), G)

92 Кинематика и уравнения движения точки {Гл. t
а начальные условия имеют вид
G(t = t' — e,f) = 0; G(t = t'— е, f) = 0. (8)
Интегрируя G) и учитывая (8), находим
т (Gv+e — Gc_e) = 1; gV+s =¦ 1 /т, (9)
т. е. при t — t' имеем конечный разрыв. Поэтому сама функция G
лри t = t' разрывов не имеет:
Gt'-e = Gt'+B = 0. A0)
При t<.t' решением уравнения G), удовлетворяющим начальным
условиям (8), является G(t,t')=O. При t>f уравнение G), т. е.
0=0, имеет решение
G{t,t')=*At + B.
Из начальных условий (9), A0) находим
Л = ~; В^— At' -- — —.
m m
Следовательно,
A1)
I m
Таким образом,
x(t) = \G(t, t')F{t')df - -L [F(t')(t-t')dt'; A2)
и и
Cf(O*' A3)
Формула A2) может быть также получена двукратным инте-
интегрированием уравнения A)
и и
Действительно, меняя порядок интегрирования, найдем
t t t
т j J m

§ 2] Уравнения движения точки 93
Воспользовавшись A3), решение A2) можно представить в форме
t
X-U'F{t')dt'. A4)
m J
U
В том случае, когда сила действует в течение конечного промежутка
времени, A4) удобно переписать в виде
2) Для более компактного вычисления функции Гри-на исполь-
используем метод фурье-преобразований. Поскольку G) является неод-
неоднородным уравнением с постоянными коэффициентами, предста-
представим G(t, f) в виде
G (*,*') = jGueW-Hdo). A5)
Учитывая, что
2я J
—оо
из G) и A5) найдем —/и(»гСю = , т. е.
2л
-t-oo
G(t,t') = -
2лт
—со
Это выражение не определено пока не задано правило обхода по-
полюсов. Учитывая, что при t—?'>01пко>0, а величина Reio(^—1')<
<0, находим, что в случае t—?>0 контур интегрирования надо
замкнуть в верхней полуплоскости переменной ш. Это обстоятель-
обстоятельство можно учесть, заменяя в A5) ш-vai—te (e — малая положи-
положительная величина, которую после вычисления интеграла надо по-
положить равной нулю). Итак,
G(t — O = — 1' ет~п da ¦ A6)
v 2nm J (a —it)' ^ ;
Замыкая контур интегрирования при t—f>0 в верхней полу-
полуплоскости о», а при t—t'<.Q в нижней полуплоскости, из A6) полу-
получим результат A1).

ГЛАВА 2
Законы изменения и сохранения
импульса, кинетического момента
и энергии
§ 1. Законы изменения и сохранения импульса,
момента импульса и энергии материальной точки
2.1. Движение происходит под действием центральной силы
отталкивания
При этом сохраняется момент импульса (или секторная скорость о)
М = 2ms = kabn2,
где п2 — единичный вектор вдоль оси z. Также сохраняется энер-
энергия материальной точки:
Е — —-— (б2 — а2).
2.2. Используя выражение для силы
f — — —BL Jl. — _®L _L
дг дг дт дг г
а также закон сохранения момента импульса
1Г = [rF] = 0>
m [rv] = Мо. найдем, что
Умножая обе части этого уравнения скалярно на г, получим
Мог = О,
I. е. уравнение плоскости, проходящей через центр силы.
2.3. Сила, действующая на тело, имеет вид
F = /(r)r — yv.
Следовательно,
dM r_r^i .. r—.i Y ли
94

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки 95
Отсюда
m • A)
Умножая обе части A) скалярно на г, находим уравнение
Мог = О
плоскости, проходящей через центр силы.
2.4. Потенциальная энергия заряда
у _f ? [_
Ay 4х 4 Ух2 + у2
(начало координат помещено на ребре двугранного угла, а оси
х я у направлены по его граням перпендикулярно ребру).
Используя закон сохранения полной энергии заряда
a J ~ 2
4x Ay 4 /x* 4- y2 '
найдем
2 _ №_ Г 1 ^ J_ , J 1 j
/n [r, J^2~ r0 x у /V + г/2 j'
2.5. Исходим из первых интегралов движения
у'=-у0; z = z0; A)
«и2 ,, . 2 х __ р ,ол
2 а
Из A), B) находим
Следовательно,
dx
Вычисляя интеграл (заменой sin х/а — и), получим
= a arcsin?11/-^- sin
l/ ^<^Ш. J_l. C)
V m a \

96 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
Из C) следует, что движение точки периодично с периодом
Т ^
здесь Xi 2 — корни уравнения ?i —1/0 tg2 — =0 (положение то-
a
чек поворота).
2.6. Предположим, что начальная скорость точки лежит в
плоскости хг Используя интегралы движения
mx = mv0 cos a; — (i« + z2) + f/ (z) = —,
найдем уравнение траектории в виде
wadg .
[g g( — й)9(г — Л)]1'2 " V '
В наивысшей точке траектории dz/rfjc = 0, поэтому координата верши-
вершины траектории
v n sin2 a
,+V 2)
Вычисляя интеграл A), находим уравнение восходящей части траек-
траектории
г ctg a (z< h);
х
i»
sin 2a
Следовательно, дальность
/* 2
1/ — у0
? О
C)
Теперь найдем максимальную дальность. Производя в C) замену
и = ctg a, получим
8 1+«а
Затем, вычисляя dl/ди = 0, найдем, что /тах достигается при
ctg a = k — 1 =F Vk2 ~ Ak\ k --=- -^~
2gh

§ 1} Сохранение импульса, момента и энергии точки 97_
При /г=0, & = оо, ctg2a=l. При й>4, т. е. приа§>8?Й, имеются
две экстремальные точки.
Значения углов а, при которых материальная точка достигнет
заданной дальности /i</max, определяются уравнением
2м3 — А. и» + 2u (i + 2k) — А. = 0.
Л ft
Из этого уравнения следует, что существуют три значения угла а,
при которых / = /[.
Рассмотренная задача является механической аналогией зада-
задачи о траектории луча в ионосфере в том случае, когда зависимость
концентрации электронов имеет вид n(z) ~ (z—/1NB—К).
2.7. Пусть у—О— плоскость катода, a y—d— плоскость анода.
Магнитное поле направим вдоль оси z Используя закон сохране-
сохранения энергии (заряд* электрона е = —ео<О)
и интегралы уравнений х = — ©м; 2 = 0,(ю = ——], т. е. интегралы
V тс )
движения
х' = —ту; 2 = 0,
находим
По условию y(y = d) =0, следовательно,
— co2d2 = eot7.
Отсюда заключаем, что ток в магнетроне отсутствует, если
е0
2.8. Воспользуемся законом сохранения энергии
*'в + ^а = ю» а» A)
и интегралом уравнения
х = со у cos г//а,
т. е.
х = со а sin у/а. B)
4 Зак 4

98
Законы изменения импульса, момента и энергии {Гл. 2
Из A) и B) получим
if = со2 a2 cos2 у/а. C)
Далее из C) находим, что
= In
= In D)
J a cos у/а V 1 — sin г//а
о
sltii//a = thcoi.
Наконец, из B) и D) получим
x = u)athco^ x = a\nchat.
2.9. Запишем уравнение движения
mr = —e0E —-^[vH]
С
в декартовых координатах:
?—coo*-f-?2^ = 0; A)
у — <ю8р — Qi = 0; B)
z = 0, C)
где cog = eQU0/mR2; Q = е0Н0/тс.
Из C) находим z(i)=0, а из A) и B), вводя комплексную коор-
координату | = дс + ?#, с учетом начальных условий получим
1 _«J0| _ i Q| = 0; S @) = aeia; | @) = 0.
Решение последнего уравнения будем искать в виде | = Се*0". Следо-
Следовательно, со2 + cog — со?2 = 0; т. е.
Таким образом,
| = de»»»' + Се"*'.
Отсюда, используя начальные условия, найдем
С = ^— ^а; са = ^
% ОJ ©!
Итак,

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки 99
х = Re g = [— а2 cos {®it + a) + «>i cos (co2^ + a)];
t/ = Img = [—Югsm (©^ _f- a) + щsin(cogf + a)].
2.10. Запишем уравнения движения электрона в декартовых коор-
координатах:
ел • т, , 2е„?/в
с a
^ A)
Перепишем эти уравнения, вводя обозначения для частот ю0 = е0Н/пгс;
Qf = 2e0U0/md*:
0; B)
у — (й0л = 0; C)
z + Q2sz = 0. D)
Из D) сразу следует, что
2 = z0cosQs* + -?pSinQsf. E)
Затем, интегрируя C), получим
у — gvc = — С, F)
а из B) и F) найдем
х+ Q2x = ш0 С (Q2 = ©о — Qs2).
Подставляя решение этого уравнения
^n(Qt + a) G)
в F) и полагая С = vг —, получим
a) (8)
(здесь b, v\, a, a — произвольные постоянные).
4*

100 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
Далее, используя начальные условия, найдем, что скорость
дрейфа электрона вдоль оси у равна
и может быть как положительной, так и отрицательной величиной.
Кроме того, получим выражения, определяющие амплитуду и фазу:
cosa= -¦%-; since =
aQ
ща
Из G) и (8) следует, что проекция траектории на плоскость ху
образует эллипс, перемещающийся в направлении оси у ео скоро-
скоростью V\
2.11. Запишем уравнения движения заряда в декартовых ко-
координатах
где а = е0Н0/тс. Из A) находим, что
?2 B)
где Px0/m— постоянная интегрирования.
Используя закон сохранения кинетической энергии и B), получим
f ^-Г,-^; C/t(,- ^-(^-"it^)'. C)
Теперь предположим, что Рх0 < 0. Тогда из анализа зависимости
Ve.it (.У) следует, что движение частицы невозможно, если

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки 101
При
электрон отразится назад, а при
электрон пройдет сквозь магнитную стенку. Последнее условие мож-
можно записать в форме
у\ > 4сог/я2>
поскольку РХо = —т<и!а, TQ = mylj2.
Из C) найдем закон движения вдоль оси у: D)
у
t =
у п
Уравнение траектории следует из B) и D):
j
SCO
—
а
J (l+ihay)dy
2.12. Направим ось z декартовых координат вдоль напряжен-
напряженности магнитного поля. Тогда уравнения движения протона могут
быть представлены в виде
тх = еЕ cos ю t — kx + — уН;
с
ту = еЕ sin at — ky хН;
с
тг — —кг.
Проекция скорости протона на ось z находится без труда:
где y=kjtn. Чтобы найти решения двух других уравнений, умно-
умножим обе части второго уравнения на мнимую единицу, а резуль-
результат умножения сложим почленно с первым уравнением. Тогда
получим

102 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
(* + iy) + (v + i Q) (x + iy) = — e*»<,
m
где Q = e#/mc.
Будем искать частное решение этого уравнения в виде
Подстановка в уравнение дает
Добавляя к найденному частному решению решение однородного
уравнения, получаем общее решение неоднородного уравнения
х + iy =
Полагая А = ае~1а и отделяя действительную и мнимую части ре-
решения, находим
х = aer-vcos (Ш + «) + d [у cos coi 4 (© + Й) sin ш^];
г/ = — ae^VslniQt -f- a) +d[ysino)t — (<a + O)cos(o/],
где
d= eElm
Последние формулы вместе с выражением для z дают воз-
возможность вычислить мгновенное значение мощности. Так как
у2 = (оа + ?г) е-** + d2 [Ya + (<» + ^J] 4-
S [(ш + Й) / + «1+ (<»+ S2)sin [(ю + Q)t + a]},
то
dT —т~* Г ft* 1 ~
X COS I @) -|- ail Г -(- ttl ¦— itlQjd (@ -J~ til) в Sill I (Cfl -f" »"/ ^ ~T "J-
Усредняя это выражение по периоду 2it/(eo + Q) и учитывая, что
(k/m) «С (и + й), получим

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки 103
Заметим, что при <в = —Q (т. е для электронов) имеет место ре-
резонанс. В этом случае при сс = О
—— — — k(a?+b*)e —mad — e
dt ma
2.13. Согласно законам сохранения момента импульса и ки-
нетической энергии имеем
Отсюда получим
(Я0-Л120/2тр2)
/2m?0 p '
т. е. уравнение траектории — прямой линии:
и закон движения:
J
/
Нетрудно видеть, что р0 = Л10/|/2/я?0 является кратчайшим рас*
стоянием от начала координат до прямой
2.14. Ось z цилиндрической системы координат совместим с
осью конденсатора. Тогда потенциальная энергия электрона в кон»
денсаторе имеет вид
U=— 2exlnp,
где к — заряд единицы длины конденсатора.
Закон сохранения энергии дает интеграл
-— 2е х In р0 = —¦ 2е и In рь
2е х р0
где индексом «0» снабжены величины на внутренней обкладке
конденсатора, а индексом «1» — на наружной Из закона сохра-
сохранения момента импульса электрона имеем
mv0pQBina0 = ff*P<p

104 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
где ао — угол между радиусом-вектором электрона и его скоро-
скоростью в начальный момент времени. Присоединяя к интегралам
энергии и момента импульса условие pi=0 (в этом случае траек-
траектория касается наружной пластины), для критического значения
угла ао найдем выражение
Ре- / \ tnvl Р«
2.15. В цилиндрических координатах с началом в центре ок-
окружности и осью г, направленной по прямой, соединяющей за-
заряды Q, напряженность поля равна
Е = ~
(I
Следовательно, выражение для эффективной потенциальной энергии
может быть представлено в виде
Гр»Та° ' С
Согласно условию задачи
=-0.
Таким образом, квадрат момента импульса частицы
др._ 2QqmRi
2.16. Совмещая ось z цилиндрических координат с осью сим-
симметрии конденсатора и проектируя обе части уравнения движения
электрона на ось, определяемую ортом пф, получим
(pq)
at с
где Нг — Н (р) — заданная функция.
Интегрируя это уравнение в пределах от р = а (на внутренней
обкладке конденсатора) до р = Ь (на наружной обкладке), получим
ь
тб2 ср F) — та\ (а) = е— Г Я (р) 2яр dp.
а
Второе слагаемое в левой части обращается в нуль по условию
задачи, а интеграл в правой части представляет собой поток Ф

§ 1} Сохранение импульса, момента и энергии точки 1OES
напряженности магнитного поля через сечение конденсатора. По-
Поэтому
Ф= —/п
е
Определяя ф (Ь) из закона сохранения энергии, в котором следует
положить р|р.=(, = 0, окончательно найдем
где U — разность потенциалов между обкладками конденсатора.
2.17. В магнитном поле Н=B//ср)пф прямого тока имеют
место законы сохранения момента импульса и кинетической энер-
энергии /яр2 Ф = Мг0;
~— (Р2 + Раф2 + z2) = То-. A)
Воспользуемся также интегралом
z =¦
2eJ
-In -?-, B)
который следует из уравнения движения электрона вдоль оси г.
Тогда, используя начальные условия и исключая z из интеграла
энергии, найдем уравнение для
/пМ
-Й.
2.18. а) Из закона изменения момента импульса з векторных
обозначениях имеем
_^_ = _1 [r[vH]] = -i-(v(rH)-H(rv)).
Умножая обе части этого уравнения скалярно на Н, получим
d ш . = -?. {(Hv) (Hr) - Я2 rv} =
dt с
так как
[ab]2 = a262 —(abJ.
Следовательно,
МН +-^

106 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
б) Повторим этот вывод в тензорных обозначениях. С этой
целью заметим, что компоненты векторного произведения можно
записать в виде
[ab]a = 8aWa&^, A)
где по повторяющимся в произведении индексам ведется сумми-
суммирование, a tijh — символы Леви — Чивита, по определению равные
1) 8tjft=0, если среди индексов i, j, k имеются хотя бы два
-одинаковых;
2) Bi3k=l, если упорядоченная система индексов i, j, k отли-
отличается четным числом транспозиций от 1,2, 3;
3) егзь=—1, если упорядоченная система индексов i, /, k от-
отличается от 1, 2, 3 нечетным числом транспозиций.
Используя A), получим
Далее учтем, что
Следовательно,
dMt ~
dt с
d
dt
M - -i- (@,#,) (дгр Яр)- H*(x» op)) =
= JL . Л- f(Hr)a — IPrH = — . — [Hif.
2c dt n 2c dt '
2.19. Запишем законы сохранения в цилиндрических коорди-
натах:
тр^ =-^-р'Н ^ Мл; A)
2с
-^-(р2 + Р2Фг+2а) = Я0; B)
m'z = рг0. C)
Далее из A) —C) найдем
где
Е Е

§ 1} Сохранение импульса, момента и энергии точки 107
Затем из A), D) получим
Вводя обозначения
/я со тс,
перепишем E) в виде
, dlP —
Ф —Фо!
Следовательно,
/? = p« + rg —2рг„соаф. F)
Это уравнение окружности радиуса R, ее центр находится на рас-
расстоянии г0 от начала координат. Если Afz0>0, то R>ro — окруж-
окружность охватывает начало координат; если Mz<0, то R<r0 — окруж-
окружность не охватывает начало координат.
Наконец, из D) находим зависимость p(t):
р2 @ = R2 + rl + 2Rr0 cos a>(t —10).
2.20. Напишем интегралы момента импульса и энергии в ци-
цилиндрических координатах:
^Мг0; A)
Е0. B)
2 ' г
Исключая из A) и B) ф, найдем

108 Законы изменения импульса, момента и энергии {Гл 2
где
Нетрудно видеть, что
Uen (Р, г, - Мг0) = Ue!! (p, г, М20) + еНМ™
тс
поэтому ограничимся случаем Мг0 > 0.
Уравнение, определяющее разрешенную область изменения коор-
координат р и 2, запишем в виде
Uef!(p,z,Mz0)<E0. C)
Вычислим далее
ф
р —
ую- -+- z-) ¦
Из D), E) следует, что орбита — окружность — должна лежать
в плоскости 2 = 0. Радиус р0 этой окружности определяется урав-
уравнением
т со2 4 ,-, М1о еН
Ро — Г
Ро eQpo ; ю
4 т тс
В случае eQ = — e0Q < 0
Ро = 7~ при р0 <§: /;
, / О me2 \ 1/3 «,
где / = —^- • — размер области, в которой энергия магнит-
ного поля порядка тсг. В случае eQ > 0
2.21. а) Преобразуем закон изменения момента импульса к виду
dt l J cr* l ' " сг3 х
Поскольку г2=га, то гл —rv и, следовательно,
г г2 Г с dt r

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии» точки 109
Таким образом,
с г
б) В тензорных обозначениях имеем
_ eg •
Следовательно,
dt
2 —
с
eg
с
<
d
dt
С Г
'1тплтг
r '.
2.22. Запишем векторное уравнение движения
т -= еЕ + — [vH]
с
в тензорных обозначениях
iklxkHl. A)
с
Умножая обе части A) ни xt и суммируя по i, получим
mxlxi = eElxl -\ — &lkl xkHLxt.
С
Теперь заметим, что
и, следовательно,
8ш xk xi =z 0.
Кроме того,
~ • d х]_
' ' ~~ dt 2
Таким образом,
~di 2~ ~ в iX>

1J0 Законы изменения импульса, момента и энергии {Гл 2
или в векторном виде
dt 2
2.23. Пусть р — плотность шара; г, 8, <р — сферические коор-
координаты элементарного объема шара. Энергия взаимодействия
шара радиуса г<а и элементарной массы dm=pdv, расположен-
расположенной на поверхности этого шара, равна
dU = — '
~ p) pr dr sin 9 dBdy.
Следовательно, собственная гравитационная энергия шара радиуса а
равна
а 2л Л
4я „-
Г dip f
oo
YP {rdr Г dip f sto0d0= _ЦDяр)—.
3 J J J 3 5
ooo
Поскольку масса шара
то
и _ з

2.24. Потенциальная энергия равна
где г' — расстояние от элемента шара массы dm до точки массы тг.
Введем сферические координаты с началом в центре шара. Тогда
2rt

§ 1} Сохранение импульса, момента и энергии точки Ш
Если г>а, то V(r — \y =r — g; a
(/==__ 4ЯуРОТ2 Гс2^й_ ,, «l^a
о
Если же г < а, то
/¦ о
~0
= -Y 2a
2.25. 1) Потенциальная энергия равна
m dm
здесь г'=|г —1|, а г и | — радиусы-векторы точки с массой т и
элемента dm соответственно.
Имея в виду г ^> а, получим приближенно
1 1 6 1 , 1 ее а2 1
г г г 2 дх{ дх/i г
Следовательно,
mrd y n a2 1
rs 6 dxi дхь г
где М — масса Земли, d = f 5 dm;
Помещая начало координат в центр Земли, найдем что d = 0.
Теперь предположим, что Земля представляет собой симметричный
эллипсоид с полуосями а, а, с. Направим ось z по оси симметрии
эллипсоида. Тогда интегрирование по объему эллипсоида может
быть сведено к интегрированию по объему сферы заменой пере-
переменных \\ = ах; %2 = ау, ?,ъ — сг. Выполняя это интегрирование, по-
получим
Аи = - -|- М (а2 - с2); D12 = D« = D13 = Dsl - 0.

112 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
Затем уч!ем, что
dxi dxk т г*
и найдем
(l~-3cos'8),
где 9 полярный угол вектора г.
Измерения дают значение
2) Используя соотношение
«2 f2
Измерения дают значение = 0,000546 а2.
1=0
где Pt(x) — полиномы Лежандра, найдем
1=0
Учитывая, что
Рх (cosx) = cosХ; Ра (cos х) = -{- (cos2 Х - 1)= у ( (-|'-J - 1),
получим
Ут Р fl26 [3 (a2 sin2 8 + с2 cos2 6) - Bа2 + с2)] + ... =
г 30 г3
= — у Y (а — с ) A — 3cos2 0).
х т х 10/"
2.26. Запишем теорему о вириале сил для любого числа частиц,
удерживаемых внутри некоторого ограниченного объема силами при-
притяжения. Полная потенциальная энергия такой системы равна
2
K/ = Y"VH/; (г,/==г, —гу), A)

$ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки
уравнение движения i-той частицы имеет вид
Умножим обе части B) скалярно на г? и результат умножения
просуммируем по всем частицам:
I ,¦ Ч
После преобразования левая часть C) становится равной
Li 2
i
Преобразуем теперь правую часть:
————— ffl Г, у ,
dt ' ' '
Подставим D) и E) в C) и усредним C) по ^большому промежутку
времени. Тогда, учитывая ограниченность всех г1 и vt,
Поскольку G является собственной гравитационной-энергией Солнца'
5 У? '
где М, /?^ масса и радиус Солнца.
Далее, согласно закону равнораспределения кинетической
энергии по степеням свободы получим
N 2
f=l

114 Законы изменения импульса, момента и энергия {Гл. 2
здесь N — число частиц Солнца, в основной атомов водорода и
гелия. Следовательно,
~ bRNk
где m=M/N — средняя масса одного атома.
Для оценок примем М = 2-1033 г; R = 7-1010 см; т = 3- W~2i г.
Тогда
Г
2.27. Умножая обе части уравнения движения заряда
mf= F + — [vH]
с
скалярно на г и учитывая, что
— rr = fr + r2,
dt ^
найдем, что
f .^-^ = rF+^H[rv]. A)
Если движение заряда происходит в ограниченной области про-
пространства, то, усредняя A) по большому интервалу времени, по-
получим
/пс
B)
где М = tn [rv] — момент импульса. В частности, для потенциальной
силы F из B) следует
\ ^ J_ (rvf/) L . -±- (НМ>.
/ 2XV/ 2 тс Ч '
2.28. (F)=2E/a.
2.29. Пренебрегая силой торможения
<«
из уравнения движения находим g точностью до величин порядка v/c
vzz — E + — [vni
т тс
В том же приближении v = — Е, следовательно,
т

§ 1] Сохранение импульса, момента и энергии точки U5
Соответственно этому приближению имеем
Зтс3 Зт2с*
Поэтому для нерелятивистских скоростей условиями малости силы f
являются условия
2е* >Ё\«еЕ (_4-a)«0; D)
Зтс3 ' ' XN \ тс3
1еЕ. E)
Условие D) можно записать в виде
со тс2
(г0 — «классический радиус» электрона), а условие E) — в виде
Я С т2с*1<?.
2.30. Среднее за период Г = 2я/и значение мощности сил, дей-
действующих на заряд, равно
e(vE> + (vf>. A)
Подставляя сюда найденные в предыдущей задаче выражения
е
тсо
получим
С другой стороны, среднее значение производной импульса
Таким образом, из B) и C) следует, что
с

116 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл.
§ 2. Движение в центрально-симметричном поле
2.31. Из уравнения траектории [1, стр. 81] находим, что
MJmr2 . , const
V т
Отсюда U — — const//-3.
2.32. Эффективная потенциальная энергия
достигает минимума при
ту. /
Отсюда получим
т
2.33. Решение задачи сводится к вычислению интеграла
1 , \ тг
± (Ф + с) =
¦dr
т \ г*
Результат можно представить в виде
2та
2.34. Траектория точки определяется квадратурой
(ф + с) = ±
где следует положить ?0=0 и
Щ
2тг2 '

§ 2] Движение в центрально-симметричном поле 117
Вычисления приводят к траектории — лемнискате Бернулли:
V2та
,
Ее график при с = 0 см. на рис. 1.10, с. 69.
2.35. Уравнение траектории определяется квадратурой
1 — Фо) =
Интеграл в правой части вычисляем так же, как и соответствую-
соответствующий интеграл в задаче Кеплера. В результате получим
Р + 2(р/а) m
Ч
г—
1 + У е2 + ^-cos У 1 + ~ ¦ у (ф-
у (ффо)
где р, е — значения параметра и эксцентриситета в задаче Кеплера.
При ?о<О движение является финитным. Смещение периге-
перигелия за один оборот определяется интегралом
2я.
mm
где
(max)
л Г «
К BN
am , , / aam» , 2Eom
Поэтому смещение
2я
• — 2я.
2.36. При г > а траектория точки определяется интегралом
+ (Ф + с) =

118 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
и представляет собой прямую
Мр//2тЕ0
cos (q> + с)
отстоящую на расстоянии М0/У2тЕ0 от центра силового поля.
При г < а и значениях энергии,
лежащих в интервале
движение будет финитным
(рис 2 36) Огибающей семейства
траекторий является окружность
радиуса Мо//2т (?0-|-t/0), а точки
поворота лежат на окружности ра-
радиуса а в плоскости движения.
Между точками поворота матери-
материальная точка движется по отрезку
Рис 2 36 прямой
r = М0/У2т(Е0+ив) .
cos (<p + с) '
На сфере г — а происходит отражение точки таким образом,
что ее скорость скачком меняет направление на угол, равный
л — 2 arcsln — / У2т {Е + UQ).
а I
При условии
М
о) = ^ (й = 1,»_2, 3,...)
траектория будет замкнутой ломаной линией.
Если энергия и момент импульса точки связаны соотношением
Е>
то движение становится инфинитным Вне сферы г=а траектория
есть прямая A), а внутри сферы — прямая B). Следовательно,
на границе траектория преломляется на угол
arcsio ^ / /2т (Ео + Uo) — агсзШ -^
а I а

§ 2] Движение в центрально симметричном поле 119
При г>а точка движется прямолинейно и равномерно со ско-
скоростью V2E0/m. При г<а на участках ломаной линии точка дви-
движется также равномерно и прямолинейно со скоростью
K@ 0)/
2.37. Уравнения движения частицы под действием централь'
ной силы (в плоскости движения) дают
т (г — гф2) ¦= F, тг\ = Мо.
Отсюда получим уравнение
mF
-\-U= 5—
где и=1/г. Это уравнение запишем в виде
*«^^ A)
f М* ди
где Uett =U -\ 5-^-, a U—потенциал центральной силы.
1т
Полагая для слабо возмущенной круговой орбиты
(ио=1/го; |||< «о)
и учитывая, что при круговом движении
из A) с точностью до первого отличного от нуля члена найдем
¦3— жгЛ'ы-
Это уравнение имеет гармоническое решение тогда и только тогда,
когда
ИЛИ
1 4- m
Ma du \ ua
Так как в случае круговой орбиты
Mljm = — F/us,
критерий устойчивости можно записать в виде
3F+rJL<0. B)
dr
Если сила притяжения пропорциональна /—", то условие устойчи-
устойчивости B) выполнено при

120 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
2.38. Для сред с показателем преломления я=я(|г|) закол
Снелла имеет вид
т (г) siti а (г) = const, A)
где а — угол между радиусом-вектором и направлением распро-
распространения луча.
При движении точки в центрально-симметричном поле
2 . - =?0; B)
mrv sin a — Mo. C)
Из B), C) находим
M0 = r ]/г2т,[Е0— U (r)] sin a. D)
Сравнивая D) с A), видим, что роль показателя преломле-
преломления играет величина
§ 3. Движение под действием силы, обратно
пропорциональной квадрату расстояния до центра
силы
2.39. Поместим начало координат в центр Земли, оси коор-
координат направим на «неподвижные» звезды, а одну из координат-
координатных плоскостей совместим 6 плоскостью движения. Далее запишем
интегралы момента импульса и энергии в полярных координатах:
= M0; A)
где
г е» ~~ °> B)
р 2/яр* "
Затем положим р = R-\-z (z<^R) и разложим A) и B) в ряд Тейло-
Тейлора в «точке» z — 0:
mRx = Мо (х =
f е'+^+Ч^-^Н- C)

§ 3] Движение под действием силы тяготения 121
Из C) видно, что влияние кривизны Земли приводит к эффек-
эффективному изменению ускорения свободного падения.
2.40. Используя систему координат, выбранную в предыдущей
задаче (эта же система используется в задачах 2.41—2.47). Тогда
уравнение траектории тела имеет вид
A)
1 + е cos ф
причем в точке бросания
Я=——^ . B)
1 + Ё COS фо
Поскольку v\ <.gR, можно положить r=R+z, где z<^R.
Затем обозначим через x—R((f—фо) длину дуги большого круга,
секущего поверхность Земли в плоскости траектории. После этого
разложим A) в ряд Тейлора в точке ф = фо и получим
,
_1_ Г
2 [
l + 8cos<p0 (I + ecos<poJ R
p e cos фо 2р б2 sin2 ф0
8СОЗФ0J, ^ A+8СОЗф0K
Теперь запишем параметр и эксцентриситет орбиты в виде
p = kR cos2 a; ea = 1 — B — k) k cos2 a, D)
где K=vl fgR, a a — угол между начальной скоростью и гори-
горизонтом. Тогда из B) и D) следует, что
есовф,, = &cos2a— 1; s sin ф0 = /г sin a cos a. E)
Подставляя E) в C), находим
^¦ctga-JL.-1-*-*51*'* .A F)
2 <fecos2a R v
Если в числителе второго слагаемого в F) пренебречь членами —k,
то получим уравнение параболы
cos2 a
¦х\
справедливое в случае «плоской» Земли.
2.41. Производная вектора С по времени равна

122 Законы изменения импульса, момента и энергии 1Гл 2
Далее, поскольку М — О, a mv — — ar/rs, получим
Вектор С лежит в плоскости орбиты, так как СМ=0. Этот
вектор направлен вдоль большой оси эллипса в сторону перигея.
Действительно,
Cr = [vM]r —«/•= — аг;
т
Cr cos Ф = аг;
т
т.
a + С cos ф
Следовательно, р = Mz/m a; в — С/а.
Вектор С удобно использовать для определения ориентации боль-
большой оси эллипса и положения перигея относительно радиуса-век-
радиуса-вектора начального положения.
2.42. Используя интеграл движения
C = [vM]-a —, A)
найдем положение большой оси орбиты. Умножая обе части A)
скалярно на г0, получим
_ v — R
CR cos ф0 = pa — ак; cos ф0 = — ,
где фо — угол между радиусом-вектором начального положения
и прямой, проходящей через начало координат и перигей.
По условию задачи
Ео = — mgR; Мо = nw0R cos p.
м
Следовательно,
еа=-1 —B —A)i%cosaP; p = &Rcos2p; k = ——; B)
k cos2 В — 1
COS фо =
— B — k) k cos* p
Из B) найдем, что при fecos2p<l фО>я/2, при &cos2p>l фО<я/2.
Траектория лежит между углами ф1=фо и

§ 3} Движение под действием силы тяготения 123
Для точки бросания или падения из уравнения траектории
находим
Следовательно,
Например, для достижения диаметрально противоположной точки
поверхности Земли необходимо, чтобы p=R или ?cos2p = l.
При заданной скорости дальность Si может быть достигнута
при углах бросания Pi и Рг
cos2 p,,a = -i- [B - B — k) х* ± х /B — kfx" — 4A— k)\,
^ cos.
2R
2.43. Используя результат предыдущей задачи
из условия -cos —^— = 0 находим, что
д$ 2R
2-k 2Rg-v20
При этом
2/1—
(в случае щ < gR\ p =s= я/4).
2.44. Используя результаты предыдущей задачи, находим, что
при
задача не имеет решения. Минимальная скорость определяется из ус-
условия
So
008-ЗГ=

124 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
т. е.
2 2g*sin^r
а угол бросания
(при t»o<ff/?; vl^gs0; р = я/4).
Для того чтобы бросить тело на расстояние so*^nR, мини-
минимальная начальная скорость должна быть близка YiVgR , а угол
Р~0 (в этом предельном случае тело должно двигаться по траек-
траектории, близкой к окружности).
2.45. Из интеграла момента импульса и уравнения орбиты
тела имеем
mr2 ,
Af0
mp2
A -
тгф = Mo;
^Ф
f e cos ФJ |
/ m
' a
рЗ/2
A + бСОЭфJ
Последнее выражение проинтегрируем в пределах от —фо/2 до
Фо/2, где ф0 определяется условием (см. решение задачи 2.42)
Г) _
Тогда найдем время полета
—Фо/2
-/-ТО- 1
+Фо/2.
Фв
2 F—
1-е2 [ i
¦
esm
+ 8COS

§ 3] Движение под действием силы тяготения 125
2.46. Используя интеграл момента импульса и уравнение ор-
орбиты, получим
»2(<р) =
тр
откуда следует, что
тр
2.47. Угол между радиусом-вектором и скоростью тела обозна-
обозначим через 0. Тогда из закона сохранения момента импульса полу-
получим
sinG =
mvr у т vr
Отсюда, учитывая зависимость v(r), найдем
/1 + еа •
Затем, имея в виду, что
; 1 dr . 1 dr м
cose = —= — ¦ -кг- Ф = — •
v dip ^ v d(f mr2
получим
ГП"° " VI ве»'ПФ2есов
2.48. Используем гелиоцентрическую систему отсчета. Учиты-
Учитывая, что период обращения кометы связан с величиной а ее боль-
большой полуоси формулой
и имея в виду, что а = — (га + гр), находим
где Го — период обращения Земли вокруг Солнца; а0 — большая
полуось орбиты Земли.
2.49. Поместим начало координат в центр Земли, а коорди-
координатные оси направим на «неподвижные» звезды (эта же система
будет использована в задачах 2.50—2.59). Используя-закон сохра-
сохранения энергии
wo' mgR* _ mp%
2 г ~~ 2

126 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
и полагая в нем r=oo; v = 0, найдем начальную скорость vQ для
параболической орбиты
/2gR*
-7Г
При vo<vn орбита эллиптическая, а при vQ>vn — гиперболиче-
гиперболическая.
Если угол между начальными скоростью и радиусом-векто-
радиусом-вектором точки равен 90°, а скорость точки
то орбитой является окружность. При wo>fc центр Земли оказы-
оказывается ближайшим к точке фокусом, а точка выведения — пери-
перигеем орбиты; при vQ<vc центр Земли оказывается дальним фоку-
фокусом, а точка выведения — апогеем орбиты.
Для того чтобы спутник двигался над поверхностью Земли,
необходимо выполнение условия
Пусть в момент выведения угол между начальными скоростью и
радиусом-вектором спутника был равен я/2. Тогда
Используя эти выражения, запишем условие A) в виде
'о
{величина, стоящая справа, меньше vc).
2.50. Условием пролета спутника над Землей является
Обозначая через а угол между начальными радиусом-вектором
и скоростью спутника и учитывая, что
= (от» г. stagy = jl_ Asm* a;
m^R» gR R

§ 31 Движение под действием силы тяготения 127
из A) находим
Следовательно, угол а удовлетворяет условию
б1па>— =sinp, т. е. а > Р,
где р — угол между образующей искомого конуса и его осью.
2.51. Скорость спутника равняется расчетной скорости на кру-
круговой орбите данного радиуса, т. е.
В то же время ввиду отклонения расстояния от расчетного полная
энергия и момент импульса равны
Р mgR2 тх — 2г0 .
г» 2ri
— rii г1 = г0+Дг.
Таким образом, эксцентриситет и параметр эллипса равны
[(/"! 2лв)/1 1/2
1 + 1 =¦—;
ro J г0
рв-_ = г01 + —- ^/? + ^ + 2Аг.
Подставляя числовые данные, найдем
8 = 4- 1(Г4; р = F,680 + 0,006) • 10е м.
2.52. Эксцентриситет и параметр расчетной орбиты соответственно
равны е0 = 0; р0 = r0 = R + h. Для реальной орбиты полная энергия
совпадает с расчетной
р _ 1 mgR2
L 2 ¦—•
Поскольку расчетная скорость
г»

128 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
момент импульса для реальной орбиты
Следовательно, эксцентриситет и параметр орбиты соответственно равны
e = l/ 1 + ^—=sto6;
а отклонения в перигее и апогее
Подставляя числовые данные, находим
8 = 0,017; р = F,680 — 0,003) • 10е м;
Агр = —0,11 • 10е м; Дго = 0,11 • 106 м.
2.53. Модуль скорости спутника
Его полная энергия и момент импульса соответственно равны
Е mv* mgR* = mgR* U Л ¦ At» \a"|.
2 г0 2г0 L \ о. / J'
Следовательно,
v»

§ 3} Движение под действием силы тяготения 129
2.54. Записывая закон сохранения момента испульса и энергии
через величины, взятые в апогее и перигее:
получим
" Г ra + rp' rp' а У Га + Гр га
Отсюда, учитывая, что hp, ha <^ R, приближенно получим
При торможении в апогее для орбиты приземления h'a'== Ав; К = О
и, следовательно,
При торможении в перигее h'a = /ip; h'p = 0, а
Таким образом, выгоднее тормозить в апогее. Подставляя числовые
данные, находим
Д va = — 53 м/с; А ?|р = — 124 м/с.
2.55. Скорость спутника
Увеличим величину скорости в любой точке орбиты до значения (см.
задачу 2.54)
при этом
В результате спутник перейдет на промежуточную орбиту. В апогее
этой орбиты скорость надо увеличить от значения
5 Зак 4

130 Законы изменения импульса, момента и энергии (Гл. 2
до величины
соответствующей движению по окружности радиуса /?+/ц. При этом
произойдет изменение скорости
Пусть А2 = 100 км, fta = 400 км, А© = 64 м/с.
2.56. Учитывая, что центр эллипса отстоит от фокуса на расстоя-
расстояние ае, введем декартовы координаты с началом в точке 0:
х = ае+х'; у = у'. A)
Запишем в этих координатах уравнение эллипса
-ea. B)
Вводя угол р между осью х и радиусом-вектором, проведенным из
центра эллипса в А, получим
х = a cos-p. C)
Из B) и C) следует, что y=bsinfi. Затем подставим х, хг, у и
у' в A) и найдем, что |=р.
2.57. Вначале найдем x(t), y(t). Из уравнения эллипса
г =
1 +ecos<p
и закона движения находим
у — гъ\х\у=--Угг—xa = 6sta|. B)
Поскольку cos | и sin \ периодичны с периодом Т = 2я/со, то
sta§ = У] bnslnnat.
п—\

§ 3]
Движение под действием силы тяготения
Вычислим коэффициент ап, интегрируя по частям:
i
ап = — С cos\cos n a tdt = — jcosg —
sinn at
ЯШ
2П
j пв> at J яп j
о о
= — /п(«е); ао = — е;
здесь использовано представление функций Бесселя [8]
Аналогично получим
т
6я== _L f sing sin no ЛЯ =— Г—slng
J пш Л J япе J
в о
cos га a t
п а
+
Итак,
nns
х\п —¦¦ а\ —
-?•/.(«.).
л=1
п=1
Чтобы вычислить функции
— — (-Е-
е \ г
п=\
= —stag,
г
A)
B)

132 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
разложим 1/г в ряд Фурье;
Здесь
2 Г cosnatdt 2 f .. . ,
с» = — \ = I cos п (Н — е sin i
Т7 Ja(l—[ecosl) оГсо J v
Г 2я
2 С cosnatdt 2
С*.
о о
= ~-Jn{ne); co= —.
a a
Используем также, что
sin ? Y j i ± j 2
-=^,4, Stan (of, dn = —
№=1
Тогда получим
оо
1-8»
cos<p = — e + 2 — V Jn(ns)cosn<ut; E)
8 ^¦*
sin
<p = 2 l/"l — e2 V J'n (n e) sin na>t. F)
l
Ряды A) — F) являются частными случаями рядов Кептэйна [8,
27]. Из найденных формул можно получить значения некоторых
сумм Кептэйна. Например, полагая в D) /=0 (|=0), найдем
00
5 = У/.(пе).
2Aв) Zj nV ;
2.58. Вектор M = m[rovo] перпендикулярен плоскости орбиты.
Поэтому угол а между экваториальной плоскостью Земли и плос-
плоскостью орбиты равен
Положение прямой, по которой пересекаются эти плоскости, мо-
может быть определено из уравнения Мог=0 (уравнение плоскости
траектории), в котором надо положить z=0:

§ 3} Движение под действием силы тяготения 133
Отсюда для ф0 — азимутального угла искомой прямой — получим
Муй
2.59. Из закона изменения момента импульса находим
= — у v [rvj — — Y .
dt m
Усредняя обе части этого уравнения за период обращения, соглас-
согласно условию задачи получим
Ш_ ^ _ JL м (v«-i) = _JL*L Г v«-4t (П
dt m N ' mT J
о
Учитывая, что на каждом обороте орбита близка к круговой, будем
иметь
°2 (ф) = -^7"
и, следовательно,
M B)
dt m v ;
Интегрируя B), находим
— —<
m (n = l); (За)
i)^ fj^ (/isjtl)f {3в)
где Мо = mR Ver<» ro — радиус начальной круговой орбиты.
Из закона изменения полной энергии аналогично найдем
dt '\ /
Из B) и D) получим
dE ma2
dM Ms
и, следовательно,
ma
2
Е = - -^—. E)

134 Законы изменения импульса, момента и энергии 1Гл 2
Зависимость параметра от времени определяется формулой
F)
Скорость изменения расстояния до центра Земли равна
• • 2АШ 2Y „-2w3-n
r ^ та т"
В случае л = 3 радиальная скорость постоянна:
о_о 2Ya.
в случае л = 1
/лег
Из F) можно найти время tR падения на Землю (/? = Мг/т а;
пф\):
п—1
Угловая скорость в момент падения равна
М \ та» /а \Ш ( g \1/г
фД= (
I /яр»
Таким образом, угловая скорость в процессе торможения спутника
. R I а \ 1/2 / g \ 1/2
атмосферой возрастает от значения —^- (-=-) до (— ) ,
Нетрудно также вычислить радиальную скорость в момент падения:
з—»
2.60. Отклонение формы Земли от сферической приводит к
потенциальной энергии (см. задачу 2.25)
или к силе
~
где Fx(r) — малая нецентральная сила.

§ 3] Движение под действием силы тяготения 135
При Fx = О положение большой оси орбиты спутника определяется
вектором (см. задачу 2.41)
Однако ввиду наличия малой возмущающей силы Flf вектор с мед-
медленно изменяется со временем. Действительно,
at m
Следовательно, большая ось меняет свое положение в простран-
пространстве
2.61. Интенсивность излучения на расстоянии г от Солнца
равна
. N
~~ 4лг>
и связана с плотностью импульса излучения g соотношением g=
= J/c2. За время At к площадке As поверхности частицы подходит
излучение, заключавшееся в объеме Ascos<z-cA? (a — угол между
нормалью к площадке As и прямой, соединяющей центры Солнца
и частицы). Если происходит полное поглощение, то изменение
импульса равно gsc At(s = па2). Следовательно, сила светового
давления, действующая на тело, равна
-jLs — Na*
с ~~ 4сг2 '
Запишем уравнение движения частицы в гелиоцентрической
системе отсчета:
Поскольку движение частицы плоское, в полярных координатах полу-
получим
¦я 1
откуда
(утМ — k)m
d* /_1_\ , _1_
Интегрируя это уравнение, находим траекторию в виде

136 Законы изменения импульса, момента и энергии {Гл 2
ИЛИ
Р-
1 + е cos ф
где
е = —; р =
утМ k
; р
утМ — k т(утМ- k)
А — постоянная интегрирования.
§ 4. Законы изменения и сохранения импульса,
кинетического момента и энергии системы
2,62. Центр масс стержня перемещается только по вертикали.
Если вдоль этой вертикали направить ось у, траекторию верхнего
конца можно записать в виде
Таким образом, траекторией является эллипс.
2.63. Из уравнений движения
следует, что радиус-вектор центра масс и радиус-вектор г = iy
соответственно подчинень^ уравнениям rM = g; г = 0. Поэтому
rm = rm0 + vm0 +g —»
где
a r = r0 + v0^ (ro = r2o —г10; vo=v2O — v10).
2.64. Используя уравнения движения зарядов
ЩХ1=-**Г(Т1-гД+е& A)
^ г = |г,—гх| B)
и определение

§ 4] Сохранение импульса, момента и энергии системы 137
найдем
Умножая A) на щ, а B) на тх и почленно вычитая результаты ум-
умножения, получим
•• г , / е% е% \ р
г3 \ т% Ш\ I
где
В случае, когда e1/m1=e1/m2, электрические поле не влияет на отно-
относительное движение зарядов.
2.65. Исходя из уравнений движения системы
получим
где г = г2—и; р, — приведенная масса.
2.66. Очевидно, что столкновение происходит в перигее ме-
метеора. Поэтому
г -
где pi = 4ro, следовательно si = 3.
В момент столкновения сохраняется проекция импульса на
направление относительной скорости тел. Отсюда вытекает, что
скорость образовавшегося тела
_ ttVi — Op .
л+1 '
здесь v0 =r VgS*/r0; vx = 1/"^7pTA + ex) = 2 VgS?lr9 —соответствен-
ho скорости спутника и метеора в перигее (см. задачу 2.46). Таким
образом,
t) = —
я+1

138 Законы изменения импульса, момента и энергии (Гл. 2
Момент импульса образовавшегося тела
М = (п + 1) movrQ = Bп-1)т0 V'gE?r0,
где /rt0 — масса спутника, а полная энергия
Далее получим параметр орбиты нового тела
М*2л — 1
~~ 'о
и ее эксцентриситет в виде
еа х __ 2ЕМ* I 2п-\ у U 2п-1 \» pi
/па» \ п + 1 ) [[ п+1 / J"
Итак, тело будет двигаться по эллиптической орбите при условии
Е<0, т. е.
или 0< л
</ < <.
п+1 2-/2
Если ? > 0 или п>2Ц ^2, то тело будет двигаться по гипербо-
гиперболической траектории.
2.67. Уравнением движения t-той точки является уравнение
т? = - ?Ьу«/ («"< - гу) (t> 1,2 ЛО. A)
Просуммируем A) по всем точкам (т — Фщ) и получим
/). B)
Заменяя во второй сумме в B) индексы i^tj, найдем
^. = 0; rm = rm0 + Vm0^. C)
Введем далее радиусы-векторы г^ точек в системе центра масс:
r, = rm + r; (t = l, 2 N). D)
Тогда из A) и D) получим
т,г(' = — km/t V т/ -f- Ат? V /«/Г/ =

§ 4] Сохранение импульса, момента и энергии системы 139
= — kmj'i т + ktn^Lmjrj — —
так как У\т// = 0. Следовательно,
eO A = 1, 2 JV).
Решение каждого из этих уравнений имеет вид
г* = Ajcoscitf + В^бШ cof; ® = Vkm>
где Aif В? (t = 1, 2,.... ЛГ) — постоянные инуегрирования, удовлет-
удовлетворяющие условиям
I i
Наконец, находим закон движения системы
2.68. По условию задачи
m = moe~kt.
Поэтому уравнение Мещерского принимает вид
z = —g+ku,
где и — скорость истечения газов. После интегрирования этого уравне-
уравнения закон движения ракеты может быть представлен в форме
{ku — g)-~, 0<*<т;
z = I
— ±— + {ku — g)tx, t>x,
2
где т — время работы двигателя. Отсюда находим
'max l TZ
2.69. Согласно условию уравнение Мещерского имеет вид
т—Т-— — у ——- • —¦- 4- kmn, (П
где m=m(t); Мз —масса Земли. Уравнение A) приводит к ин-
интегралу движения

140 Законы изменения импульса, момента и энергии {Гл. 2
здесь начало координат совмещено с центром Земли, а ось г
направлена вдоль радиуса-вектора).
Так как
R
R — радиус Земли), то к концу активного участка траектории
и_ а.
(za— координата положения ракеты, в котором двигатель прекра-
прекращает работу). Закон сохранения энергии на пассивном участке
траектории приводит к выражению
2
Из двух последних равенств находим
yMs — kuR(za-R)
2.70. А
1с
2.71. Направим ось z по вертикали вверх и допустим, что
скорость конденсирующихся частиц относительно капли равна
uz = —z, где z — координата центра масс капли. Тогда уравнение
Мещерского дает mz = —mg—mz или mz = — mg. Следова-
dt
тельно,
* О р /14
т J
Зависимость т (t) найдем из уравнения т = as. Поскольку
s = 4яг2, а т = рг3, то
о
Ajtci / 3 \ 2/3
Oft 2/3 • Q tjiix / " \ '
/?2 = ор/Л ' J р == I «
3 \ 4яр /
где р — плотность воды.
Интегрируя, находим
т - F* + т10/3K. B)
Теперь подставим B) в A) и получим
t
2 = *
о

§ 4] Сохранение импульса, момента и энергии системы 141
в частности, если т0 = 0, то
*~ 4 •
2.72. Максимальная высота подъема снаряда
2
A + sltm
*—[l-
-g L
1 — sin a / { ku
ы—g ku+t
1— sin a \ g | g Г< / 1— sin a \ 6
1 + sin a ] J ku + g I \ 1 + sin a /
2.74. Направляя ось х по прямой, соединяющей центр диска
и шарик, для потенциальной энергии взаимодействия шарика и
элемента dm массы диска найдем
midm __ „
Следовательно,
R 2Я
\
о
Теперь используем закон сохранения полной энергии в системе
центра масс диска и шарика
здесь / — расстояние между шариком и центром диска в началь-
начальный момент времени, v — относительная скорость шарика и диска
в момент соударения. Отсюда получим
в частности, при / > R
2.75. Из закона сохранения горизонтальной составляющей им-
импульса
mivo + 0 = (/«!+ /п2) и,
где у — скорость тела 1 в момент остановки, получим
v^-J^-v0. A)
т \ т

]42 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл. 2
Из закона изменения полной энергии системы
t [т . \ „2 1 „. „2
2 v i -г «а/ 2 1 и
с учетом A) находим искомое расстояние
S =¦
2ftg («1 + /Яг)
2.76. В силу симметрии начальных условий и центральности
гравитационного взаимодействия движение каждой из частиц опи-
описывается функциями г\ — г% = Тъ = г; 8i = 6; 9г = 9+2я/3; 0з=6+4л/3.
Учитывая это и используя закон сохранения энергии системы
3/И . ' 2 , ,2Д2\ Qv W2 3/П 2
2 г VZ ~~ 2 °
и ее кинетического момента
находим
3mr2Q = 3m—?=-vosin 30Q,
У 3
а°0 , 2 /3 v«
12ra 3
а 12ra 3 г
Отсюда, полагая г = 0, найдем границы движения:
7Г
1/ (У«)а
Каждая из частиц движется по эллиптической орбите вокруг
центра масс системы.
2.77. Введем цилиндрические координаты с началом в отвер-
отверстии и осью г, направленной по вертикали вверх. Тогда закон
сохранения энергии системы имеет вид
-f- (Ра + PV) + -f- p« + m2g (p - 0 =
Подставляя сюда ф го закона сохранения кинетического момента

§ 4] Сохранение импульса, момента и энергии системы 143
и полагая р = 0 для р = рт/п и р=ртазс, приходим к кубическому
уравнению
где
1 / , "»lPo 2\ Р^
2 V 2m2g T 2m2g
Так как в начальный момент времени р = 0, кубическое урав-
уравнение имеет корень р = ро, в чем легко убедиться непосредственной
проверкой. Остальные два корня pj и р2 определяются любой па-
парой из следующих трех уравнений (согласно теореме Виетта):
Pi -Ь Рз + Ро = 2а;
Pi Pa Ро
P0P1P2 = — b.
Любое из двух последних уравнений показывает, что кроме корня
ро существует только один положительный корень, например рь
Комбинируя первое и третье уравнения, легко найдем
Траектория точки 1 будет лежать между окружностями радиу-
радиусов ро и рь
2.78. Совместим начало О неподвижной системы координат с
центром диска до соударения и направим ось z вертикально вверх.
Учитывая, что на высоте h начальная скорость шарика массы
т равна нулю, из закона сохранения энергии получаем скорость
точки перед ударом (t = —0):
г = — V2gh . A)
Закон сохранения энергии при упругом соударении приводит к ра-
равенству
J^. = JEL+ —2я, B)
Л 2 Л
где z и Z — соответственно скорости шарика и диска после удара
(М — масса диска).

144 Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2
Пренебрегая воздействием силы тяжести и упругой силы пру-
пружины за время соударения, можно записать закон сохранения
импульса:
mzo = m + MZ. C)
Из A), B), C) получим, что материальная точка после упругого
удара полетит вверх по закону
2 ^ Г * М + т
(это возможно при М>т), а затем будет падать на диск по закону
2 ' \ M + n
Диск при этом будет совершать гармонические колебания
где k — жесткость пружины.
Максимальная частота соударений в начале координат равна
2 VkjM . Такие соударения будут иметь место, если
М — т -, f 2kh
Mg
В случае неупругого удара из закона сохранения импульса
получим
mzo== (tn + M)z = (т + M)Z.
Таким образом, диск вместе с материальной точкой совершают
синусоидальные колебания с частотой
начальной фазой
и амплитудой
2kh
k
около положения равновесия геч - — mg/k.

ГЛАВА 3
Задача двух тел и рассеяние частиц
§ 1. Движение двух взаимодействующих
материальных точек
3.1. В системе центра масс из законов сохранения энергий
и кинетического момента имеем
где
К , л
Для круговой орбиты
ар
поэтому
и, следовательно, относительная скорость v равна
v=
Таким образом,
3.2. Так как
Т = -^— — —— A + е2 + 2scosq>),
2 2р Y/>
ТО
< 1 ) = \ — ац>.
4яр .) A -} есоэфK

146 Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл. 3
Учитывая, что
J (a + b cos xf fa2.
о
[л n
P cos л: dx д С dx~]
J (a + b cos xJ db J ' a + b cos #
о 0
п —nb
db Va*— 6* (a2 —62K/2>
найдем
x 2p к" 1 — еа
3.3. Согласно закону сохранения энергии
где у' — относительная скорость после соударения.
Полагая v' = 0, находим
1 / 2Ае
in= 1/
3.4. По условию задачи
где mi, m2 — массы а-частицы и ядра азота соответственно; отно-
относительная скорость v = vi. Искомая энергия
Г.-^t. B)
Из A) и B) находим
Тх = eo^i- = / + Wa г0 = 1,45 МэВ.
3.5. Указанное в условии приближенное рассмотрение воз»
можно только в том случае, когда кинетическая энергия mv2/2
электрона много больше его потенциальной энергии eQ(r.
В уравнении движения электрона

§ 1} Движение двух взаимодействующих точек 147
ПОЛОЖИМ
г = г0 + гх + ... ; г0 = р + vot.
Тогда из A) найдем
• =_!L- r _=¦
/8 ° (
р
Og (р*
Основной вклад в изменение импульса q за все время про-
пролета дает составляющая силы, перпендикулярная скорости Vo;
действительно,
q = р (°°) — Ро = pi (°°) = -—¦ р-
»Р
Зависимость р(/) можно представить в виде
a v0
2
3.6. Изменение импульса ц-точки определяется уравнением
где v = г; г = r2 — rL.
В первом приближении (см. задачу З.-б) изменение относи-
относительной скорости равно
j. aft f (p •
у+ — \- = \ —
Г — Г — + —
ДР я \ 2 / \ 2 2 / п
где Г (я) — гамма-функция.
Полагая v+ = o0ne, где v0 = |v+| = |v-|, из A) получим
Г 1+ —

148 Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл. 3
В частности, для кулоновского поля п = 1 и поэтому 8^;
3.7. В первом приближении переданный импульс
— — д
др
—00
д ? -№>+v\t*I12
Учтем, что
где /(„(л;) —функция Макдональда /г-го порядка [8, 27]. Эта функ-
функция обладает свойством
Тогда получим
При х4.
При х]
3.8. Напряженность магнитного поля, создаваемого диполем,
равна
Н = rot A; A =
где ц — момент диполя.

§ 1] Движение двух взаимодействующих точек 149
В первом приближении передача импульса q=p(°o)—р0, т. е.
2е0
3.9. В системе отсчета, связанной со стенкой, скорость шарика
до соударения равна (v—u). После соударения его скорость рав-
равна— 2(nv—nu)n+(v—и), где n — нормаль к плоскости. В лабо-
лабораторной системе скорость шарика после соударения рагана
v' = v — 2 (nv — nu) n.
3.10. Максимальная скорость, приобретаемая ядром Я в ре-
результате соударения с нейтроном, равна
Из этой формулы определить тп нельзя, так как неизвестна vn.
Чтобы определить тп, Чэдвик рассмотрел соударения нейтронов
с ядрами азота, максимальная скорость которых
_ % п
tnn-\- tnN
В результате
mNvN-'mHvH д1[16аеМ|
vH — vN
(установленное более точное значение массы нейтрона, равно
1,0089 а.е.м.).
3.11. В системе координат, связанной с частицей, для угла
рассеяния 8 имеем
cos 9 = -^-,
где v, v' — векторы относительной скорости до и после рассеяния.
С другой стороны, для угла рассеяния 6т в системе центра масс
имеем
cos 9m =
(f — rm) (г' — rm)
m
Г—I
где г и гт — радиусы-векторы ц-точки и центра масс соответственно.
Отсюда заключаем, что

150
Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл. 3
3.12. Считая, что после рассеяния относительная скорость v+ =
v tig, найдем скорости частиц после рассеяния:
tn
здесь vm — скорость центра масс; т — тх-\-тг. Отсюда
b A)
B)
Направим ось 2 параллельно скорости центра масс. Тогда из A)
получим (б, tp — полярный и азимутальный углы вектора пе)
ри = f* v sin 8 cos <p; C)
Из C) находим
pty = ц v sin 6 sin ф.
(pt - трт)* + {ptf + (ptyf = (|i vf. D)
Следовательно, уравнением поверхности является сфера радиуса
\iv с центром в «точке» m\vm на оси рг.
Аналогично из B) найдем
(pi - m$mf + {ptf + Ш - (и vу.
Рассмотрим частный случай рассеяния на неподвижной мишени.
Тогда vm = -^— vГ; v^v~ и D) переходит в уравнение {k = mj/n^
т
(pt-kvvtf + (pty + (ptyJ = (№)*.
1) При k<\ сфера охватывает начало координат; возможны
все углы рассеяния 9j.
2) При k=\ сфера проходит через начало координат. Пре-
Предельный угол рассеяния 9i = n/2.
3) При k> 1 начало координат лежит вне сферы. Предельный
угол рассеяния 8imax=arcsin(m2/mi). Кроме того, одному углу
рассеяния 8i соответствуют два угла рассеяния в системе центра
масс:
cos6m = —

§ 2] Сечения рассеяния и захвата частиц 151
§2.
3.13. Ответ:
dcos9m
dcos9a
Сечения рассеяния и захвата частиц
О/. тч а |
l-ffe2cos292
1 + k% cos 2 9a , ma ^. .
/ 1 — ft2 sin2 6a ' mx
k Ъ> 1:
/l—Л* sin* 9, ' ' '
d cos Qm
d cos 0i
- 4 cos Si.
3.14. Максимальное значение прицельного параметра, при ко-
котором столкновения еще возможны, найдем из условия
Отсюда получим
р2 4a3+
и, следовательно,
3.15. Вводя безразмерный прицельный параметр
найдем
Величина
d ст = 2яр d р = 2я f—^2/" w~4/« bdb.
vda = 2n —
является важным множителем, входящим в кинетическое уравне-
уравнение Больцмана.
Молекулы, взаимодействие которых определяется потенциалом
с п=4, называются максвелловскими молекулами. Для таких мо-
молекул вес рассеяния vda не зависит от относительной скорости.
Угол рассеяния в системе центра масс для случая п = 4 может
быть представлен в виде эллиптического интеграла
п
2рц Г du

152
Задача двух тел и рассеяние частиц
(Гл. 3
где
и =!//•;
3.16. Согласно задаче 3.6
1 JL±L
2 ' 2
где В — бета-функция [8]. Следовательно,
da (й ._ 1 I dp»
= J_ Г
п [
1 Г an
и
_L » + '
2 ' 2
hi)
В частности, для кулоновского поля (п=\)
ЗЛ7. При рассеянии частиц большой энергии угол рассеяния оп-
определяется переданным импульсом
A)
B)
sin2 —
Учитывая, что
ди _ dU _р_.
dp дг г '
из A) и B) находим
9(р) = %-
rdr
C)
Из C) следует, что прицельный параметр зависит не от угла О
и кинетической энергии Т порознь, а только от их комбинации
т=9Т.

Сечения рассеяния и захвата частиц
153
Из определения сечения
v' sine
вытекает, что
2 P J
D)
Поэтому функцию р@) или 0(р) будем считать заданной (если
есть данные о зависимости а@) в достаточно широкой области
углов).
Умножая C) на ^ъ цй и интегрируя по р в пределах
(х, оо), получим
ОО ОО О*
дг
/(/¦»-р«)(р«-*«)
Следовательно, потенциальная энергия
T6(p)dp
/р2-'
3.18. Сначала вычислим относительную скорость после рас-
рассеяния как функцию прицельного параметра q: v+' = v+'(v-, q)
(у- — относительная скорость до рассеяния). Если ввести декар-
тову систему координат с осью z, направленной параллельно от-
относительной скорости до рассеяния, то из этого соотношения мож-
можно найти рж(9, ф), ру(Э, ф) @, ф — соответственно полярный и ази-
азимутальный углы вектора v'+). Тогда дифференциальное сечение
рассеяния
da = dpxdPy =
к дру дрх
(Р*. Ру)
, Ф)
sin0
дру
д cos 8 дер dtp д cos G
du, du =
В общем случае дифференциальное сечение зависит от полярного
и азимутального углов.
Если ввести азимутальный угол ф0 вектора q (рж=рсо5фо,
py = psir^o), to da может быть представлено в виде

154 Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл. 3
da = pdpdq>0 =
_ Р
Sb (Р, Фо)
. ф)
dp дфв dp дфо
dcosO дф дф д cos 9 I
3.19. Сила, действующая на электрон в поле диполя, равна
п- п— — dr
г*
Поэтому
пк- с д 6т
дг /» "
Отсюда найдем изменение импульса в процессе рассеяния
оо
д {*
dp J [
Затем получим
Пусть ось z параллельна v, а вектор d параллелен оси х.
Тогда
ей
q = mv sin 0 cos ф = cos 2ф0; A)
Ф*
9„ = mu sin 6 sin q> = —- sin 2ф0. B)
Из A), B) находим, что
= — tgф;
mv sin 0 ss mv 0 = — —
о pa
Следовательно,
Р
1 др2 __ 1
dcos9 2 a cos 9 26 39 2 mv9 9s
q
3cos6 ' d<f 2
Таким образом,
1 . Ф _Q
2 ' дф
d<r dQ ^dQ,
т. е. сечение не обладает азимутальной ассиметрией.

2] Сечения рассеяния и захвата частиц 155
3.20. Используя уравнение движения заряда
(g — «заряд» монополя), найдем изменение импульса при рассея-
рассеянии
—и
Следовательно,
то sin Э cos Ф = —sin q>0;
Ф
2ee
9= —2-cos<p0.
Ф
Отсюда находим
P
dp 1_ dp __ 2eg . дур __ cosa Фв _. j. dp __ q
3 cos 0 ~~ e ' 30 ~ /пот 6» ' Эф "~ sin8 ф "~ ' dq>
Следовательно,
mcv ) 8*
3.21. Передача импульса определяется соотношением (см. за-
задачу 3.8)
Если juffv, то рассеяния на малые углы не происходит. Если ц-Lv,
то, выбирая оси координат так, чтобы ц=([л, 0,0), найдем
tnv sin 0 cos ф = 1- sin 2ф0;
/nusln 6 sin ф = —— cos 2ф0.
Следовательно,
1Й 2срл **^ — См? Ф* Р — ¦— I..- * ^-^ . — -I т~^~ ¦—* ¦'— ^к "
Окончательно получим
~~ 2mcv ' б3

156 Задача двух тел и рассеяние частиц (Гл. 3
3.22. Уравнение относительного движения заряда е массой т\
и монополя заряда g массой т2 в системе их центра масс сводится
к уравнению
где ц — приведенная масса. Из этого уравнения следует, что абсо-
абсолютная величина относительной скорости является интегралом
движения.
После умножения обеих частей A) слева векторно на г и
простых преобразований находим
Правую часть этого уравнения можно представить в виде
поэтому интегралом движения является также вектор
|=M + SS11[rr]-^.|. D)
Возводя D) в квадрат, получим
р = М2 + 52. E)
Отсюда видно, что абсолютная величина кинетического момента
является интегралом движения.
Поскольку имеют место интегралы М = Мй и v = Vq, траекто-
траекторией \1-7очш в плоскости, нормальной вектору М, является прямая.
Расстояние этой прямой от начала координат есть прицельный
параметр р. Следовательно,
г2 = (vtJ + р\
Чтобы определить движение вращающейся плоскости, нор-
нормальной к М, направим ось z декартовых координат вдоль векто-
вектора J. В этом случае для азимутального угла сферической системы
координат имеем

§ 2] Сечения рассеяния и захвата частиц 157
где угол \р определяется соотношением
M [ivpc
и является половиной угла раствора конуса с осью, параллель-
параллельной J, — на этом конусе расположена траектория ц-точки.
Интегрируя F) по времени, находим полное изменение ази-
азимутального угла за время рассеяния:
, 4r.
С COS 1K Sin if)
Угол рассеяния 8m, как показывает геометрическое построение,
связан с углом фоо соотношением
cos9m = —cos2
"Фcos (——J,
\ sin i|> ;
которое вместе с выражением
da (eg!li vcJ sin ¦ф/сск4 тр
2 sin tjs I -f cos (л/sin if) + — sin (п/sin ф)
определяет дифференциальное сечение рассеяния (для малых уг-
углов сечение аналогично сечению для кулонового взаимодействия
с зарядами е и e'=gvfc).
3.23. Реакцию вызовут те протоны, которые, по крайней мере,
касаются сферической поверхности ядра. Наименьшее расстояние
между протоном и центром ядра определяется уравнением
Полагая это расстояние равным радиусу R ядра, получим
Р _ Ze* Ml
Движение по такой траектории (rmm=iR) характеризуется момен-
моментом импульса протона
Мо = Ртах V2ME'O.
Следовательно,
Hmax ^
а сечение реакции
ffp = 0 при Ео <

158 Задача двух тел и рассеяние частиц [Гл. 3
Сечение реакции для нейтронов
3.24. Потенциальная эффективная энергия
обладает максимумом при
1
па \п-2
)
а ее экстремальное значение равно
Для точечного тела захват реализуется при р < р0, для которого
^eff(ri» РоХ^»; значение
2-я
В этом случае Ue{t достигает максимума при
Если i?< ^(po), то сечение захвата
2—п
г>\ " / а \2/я
—2) ()
Если же R>ri(p0), то будут захвачены все частицы, для которых
р<рь где pi определяется из уравнения
поэтому
3.25. Рассмотрим рассеяние частиц, прицельные расстояния
которых лежат в интервале (р, р+Ар), при этом согласно усло-
условию задачи Др<Ср. Разброс Др прицельных расстояний связан

§ 2] Сечения рассеяния и захвата частиц 159
соотношением неопределенностей АрАр ж h с неточностью Ар, со-
составляющей импульса, перпендикулярной скорости пучка до рас-
рассеяния. Эта неточность соответствует ошибке в измерении угла
рассеяния на величину
Для применимости классической механики в теории рассеяния
необходимо, чтобы угол рассеяния 6КЛ, вычисленный по классиче-
классической теории, удовлетворял неравенству
Для кулоновского потенциала 9кл~а/ца2р, и, следовательно,
классическая теория рассеяния справедлива для любых углов,
если
т. е. классическая теория справедлива для достаточно медленных
частиц.
Для потенциалов, убывающих с расстоянием быстрее, чем
кулоновскии потенциал,
Поэтому всегда найдется прицельный параметр
1
«-1
для которого 0Кл~6кв- Таким образом,'при p>pi классическая
теория неприменима.

ГЛАВА 4
Движение относительно
неинерциальных систем отсчета
§ 1. Положение, скорость и ускорение
материальной точки относительно разных
систем отсчета
4.1. Применяя преобразование Галилея, находим, что в
жущейся системе отсчета
х' =Rcosat~ vot, у' = Rsia со/.
4.2. В системе S выберем оси так, чтобы
х = v4\ у = р0.
Тогда в системе 5' (если в начальный момент оси х и х' совпадают)
х' = vot cos (at + р0 sin at; у' = — vot sin a>t + p0cos v>t.
4.3. Координаты относительно систем S и S' связаны преобразо-
преобразованием
х' = л; cos a>t + у sin at, у' = — х sin (at -\* у cos со?.
Следовательно,
i A + co
х' =ccos©i
Л1
Отсюда получим уравнение траектории относительно S'
4.4. Переход от одной декартовой системы к другой можег
быть выполнен посредством трех последовательных поворотов, со-
совершаемых в определенном порядке. Прежде всего перейдем к
осям S* (х*, у*, z*), повернув исходную систему на угол <р вокруг
оси г против хода часовой стрелки. Тогда (х* = л;,*, у* = х*2, г* = л:*)
Dlk =
COSf
— sin ф
0
sin
cos
0
Ф
Ф
0
0
1

§ 1]
Скорость и ускорение точки в разных системах
161
Затем перейдем к осям S**(x**,y**,z**), совершив поворот S*
на угол 0 вокруг оси х* против хода часовой стрелки. В резуль-
результате получим
1 О О
О cos 6 sin 0
О —sin9 cos0
v"
*1 ~~
Перейдя, наконец, к осям 8'(х',у', г') с помощью поворота системы
S** на угол ф вокруг оси z** против хода часовой стрелки, найдем
Х'т —
где
cos г|з sin ijj 0
— sittife costJ) О
О 0 1
Следовательно, суммарное преобразование
Хт =
определяется матрицей А с элементами
an = cos i|) cos ф — cos 0 sin ф sin \jj;
a21 з= _ sin i|3 cos ф — cos 0 sin ф cos гр;
a31 = sin 0 sin ф;
a12 = cos ty sin ф + cos 0 cos ф sin i|>;
a2a = —sin ф sin ф + cos 0 cos ф cos ф;
asz = —sine cos ф;
a33 = cos 0.
Преобразование координат
xt =
обратное рассмотренному, определяется матрицей, транспониро-
транспонированной относительно матрицы А.
4.5. Для двух наблюдателей, находящихся в поступательно
движущихся относительно друг друга системах S и S', скорость
точки р может быть записана в виде
vps = V' +
6 Зак 4

162 Движение относительно неинерциальных систем [Гл 4
где vps — скорость р-того тела относительно s-того. Отсюда, обоз-
обозначая буквами О, К, В, С соответственно океан, корабль, воздух
и самолет, получим
Vbk> у во = Vbk + vK0.
Следовательно,
Vcb = vc/c — Vbk = \ск ~ vbo + у ко-
Направляя оси хну соответственно на восток и север, найдем
(°св)х =* Oi*. (vcb),, = — »«; (»св), = — о,.
Следовательно, величина искомой скорости
vcb = f^|
4.6. Выберем неинерциальную систему с началом в центре ок-
окружности. Так как
то
уа = aW + ©V + и2 + 2vo- [» г'] + 2vo-V + 2 [«о г'] v'.
Учитывая, что
vcl» г'] = w fr'vo'] = <о2а2 sin — t; vo-v' = юаы sin — t;
a a
[to r'] v' = ft) [r'v'] = (й ?Ш,
получим
у2 = агш2 + (a a + uJ + 2<ac(oa+ «)sln — t.
a
4.7. a) Цилиндрические координаты.
Разложение радиуса-вектора по ортам пр, пф, п2 цилиндрических
координат имеет вид
г = р пр + гпг.
Следовательно,
v = f = р пр + Р Пр + гпг + гпг.
Здесь
пр = [«опр]; Пф = [в»1Ц,]; пг = О,
где ©=<pnz —угловая скорость триэдра пр, пф, пг относительно
системы отсчета пх, пу, пг. Таким образом, получим
v = р'пр + рф пф + кг;

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем 163
W = Г = р Пр + рйр + (рф + рф) пф + рфПф +2Пг =
= (P - Р ф2) пр + —.-?- (р2ф) Пф + znz.
р at
б) Сферические координаты.
Разложение радиуса-вектора по ортам пг, щ, пф сфериче-
сферических координат имеет вид
г = тп
а угловая скорость ю триэдра пг, Пе, пф относительно системы
отсчета пх, пу, пг равна ю = 8пф+<рпг. Отсюда, учитывая, что
пг = n, cos 0 — пе ski 0,
получим
(й = фСОЭ Впг — ф81П0Пе "Т" 0ПФ.
Поэтому
п, — [wnr] = 0пе + ф sin 0пф;
пе — [wne] = — 6nr + ф cos
Пф = [0)Пф] =- —фбШбПг-
Следовательно,
v = г = гпг + гпг = тг + гёпе + г sin 0фпф;
w = г = (г — г02 — гф2 sin2 0) пг + (г0 + 2г0 — гфа sin 0 cos 0) n9 +
+ (гф sin 0 + 2/чр sin 0 -f- 2г0ф cos 0) пф.
§ 2. Уравнения движения и законы сохранения
относительно неинерциальных систем отсчета
4.8. Запишем уравнение движения в системе отсчета с началом
в точке подвеса
тг = mg + R — ma, A)
где R — натяжение нити.
Проектируя обе части A) на касательную к окружности —
траектории маятника, получим
= — mgshi ф — та cos ф.
Полагая здесь g = Каа + g2 cos фе?; а = — ]/сР + g2 sin фе,, по-
получим
Vaa|g8 0. B)

164 Движение относительно неинерциальных систем [Гл 4
Очевидно, положение равновесия определяется углом ц>ед. Производя
в B) замену ср = <feq + х, находим уравнение
+ соа sin д; = 0; сда =
Решение этого уравнения см. в задаче 7.1.
4.9. Условие равновесия маятника в системе отсчета, вращаю-
вращающейся с угловой скоростью со и движущейся с ускорением w0,
имеет вид
R + tng = mw0— mco2p.
Проектируя обе части этого уравнения на горизонталь и вертикаль
и исключая реакцию подвеса R, найдем величину ускорения
W0' = — g + СО2/ COS ф,
где / — длина подвеса маятника.
4.10. В системе отсчета, жестко связанной с треугольником,
выберем декартовы координаты с осью у, направленной вдоль
основания треугольника, и началом координат в точке равновесия
шарика. В этой системе имеем уравнение
решение которого запишем в виде
t/ = acos(Qf+cp0),
где а, ф0 — постоянные, определяемые начальными условиями, а
п = Л/ 2 — — (о2
есть частота колебаний (она не зависит от параметров треуголь-
треугольника).
В инерциальной системе отсчета найдем закон движения ша-
шарика:
х — h cos at — a cos (Qt -f ф0) sin at;
у = hsia at -f- acos (Qt + ф0)cosotf.
4.11. Из закона сохранения энергии во вращающейся системе
отсчета следует, что
. ИХ о о i о г<'
+ mgs cos a ©2s2 sin2 a = Eo,
2 ° 2

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем 165
где s — расстояние, отсчитываемое вдоль прямой. Следовательно,
w2 = — | Ео — tngs cos а + — aV sin2 а).
т \ 2 J
4.12. В системе отсчета, вращающейся вместе с кривой, имеет
место закон сохранения энергии шарика
О2 , >
/ПО2
Полагая здесь v = 0 и раскрывая [шг]2, найдем
2g : mg
4.13. Пусть ось х' вращающейся с угловой скоростью ю си-
системы координат направлена вдоль трубки. Тогда уравнение дви-
движения шарика относительно трубки имеет вид
тх' -\-%{х' — /„) — тиРх' = — mgsin cat,
где х, — жесткость пружины, а 10 — ее длина в ненапряженном со-
состоянии. Решением этого уравнения является
х' =
(sin at — — sin Qt) + -!s- (— ~ co2cos Qt),
(o — Q2
где Q2 = юа. Подставляя полученное решение в формулы пре-
т
образования
х — x'cosa>t; у = x'sina>t,
найдем закон движения шарика в неподвижных координатах.
4.14. Записывая уравнение движения
ш = mg — 2т [wv] — т [w [wrj]
в координатах
х'= 2<ау + а*х; A)
у = — 2а>х + и2!/; B)
2 *Г C)
и вводя перемещенную % — x-\-iy, из A) — B) получим
Решением этого уравнения является функция

166 Движение относительно неинерциальных систем (Гл. 4
Полагая здесь А = aefa; В = Ьё$, найдем
х = a cos (at — a)+bt cos (at — p);
у = — asin (urf — a) — btsVa (at — P);
кроме того, из C) имеем:
При движении точки сохраняются обобщенная энергия и проек-
проекция момента вектора обобщенного импульса на ось г:
т (ху ~ху) + гш (л;2 + у2) = МгЬ.
4.15. Во вращающейся вместе с окружностью системе отсчета
имеет место закон сохранения энергии
-^- — mgr- — [wif =?o.
Выберем начало координат в верхней точке окружности и на-
направим ось х вдоль хорды, а ось г/ перпендикулярно хорде в плос-
плоскости окружности. Тогда, учитывая, что в рассматриваемой задаче
^о = О, получим уравнение
тх? т
— mgx cos ф со2*2 sin2 ф = 0.
2 2
Отсюда получим интеграл, определяющий время движения точки:
2Rcos<p
Г ^
Г
сЛс2 sin2 ф + 2g* cos ф
Вычисление этого интеграла приводит к следующему результату:
t « —J In Г— /2/?сй2 sin2 Ф B/?(о2 sin* Ф + 2g) +
+ —ш S1" ф 4- 1 ]•
8 J
4.16. В системе отсчета, связанной с Землей, уравнение дви-
движения имеет вид
па' = F0' — т [ы [«г']] — 2т [wf'J,
где ?о—¦ сила притяжения Земли, а г' — радиус-вектор точки с
началом в центре инерции Земли. Введем теперь систему отсчета

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем 167
S' с началом на поверхности Земли. Полагая r' = R+r, (R — ра-
радиус-вектор начала S, проведенный из центра масс Земли), по-
получим
тт — mg— m[o>[<«>r]] — 2tn[u>v], A)
где g = — ^—-R + [о) [Ro>]] (M — масса Земли).
Отношений максимальных величин основной части центро-
центробежной силы, силы пгв>2г и силы Кориолиса к силе притяжения
(@ = 0,73-10~4 с") соответственно равны
,2 • 10 •*; ?s 0,5 • Ю~9г; = v =ь 1,5 • Ш""^
r0, Fq, Fo, yM
(здесь г и v — численные значения в системе СИ).
Следовательно, при /•¦<3,(Ы04о частью центробежной силы
~mo»V в A) можно пренебречь.
4.17. Исходным уравнением движения является
тт — mg — 2m[wrJ, A)
где g = "—-R — m [w [wRj]; R — радиус-вектор, проведенный из
центра Земли в ту точку ее поверхности, в окрестности которой
рассматривается движение тела (см. задачу 4.16). Ищем реше-
решение A) в виде
г = г«» + г<1> + ..., B)
где |г<1>|~ |г@)|. Подставляя B) в A) и приравнивая члены
g
одного-порядка малости, получим
r<°> = g; C)
fo = — 2 [<йг<°>]. D)
Так как
то D) имеет вид
f<1) = 2[r@)wI
Отсюда
г<»> = 2 ?г (о) »J ^
«^ = [г @) «)-?

168 Движение относительно неинерциальных систем [Гл 4
Следовательно,
r@-r@)+r@)< + g-f+[r(O)«]-J + [g»]^.
4.18. Уравнение движения маятника Фуко имеет вид
тг' = tng — 2т [ыг] + R, A)
где R — реакция нити подвеса.
Выберем ось z по вертикали вверх, ось х направим по каса-
касательной к меридиану в направлении север — юг, ось у направим
по касательной к параллели в направлении запад — восток. Тогда
о)=—(ocosX-nK + (osin^-nz. Запишем уравнение A) в компонентах.
*==2coslnA-# + —;
ТП.
m
у = — 2<ocosA,z —
г = 2@ cos Я- j}+ — g.
п
Ограничимся далее случаем малых колебаний z С / (zx = I — коор-
координата точки подвеса); z'<?x, у. В этом случае Rx~ — х;
/?yst; — ^-у\ Rz = mg. Следовательно, уравнения движения можно
записать в виде
х + <?>ох — 2cosinX-i/==0; у + (?>ly-\- 2ш sin %-х — 0,
где щ = g/l.
Вводя переменную |=д:+/г/, сведем эту систему к уравнению
| + 2to8in X-g + а>о Б = 0.
Его решение ищем в виде % = Аеш. Подстановка дает
/г]>2 = — « sin Я. ± V а>1 + ю2 sin2 X. =s — со sin % ± ©0;
Отделяя здесь реальную и мнимую части, находим
х = at cos [(ю0 — со sin К) t -f- ax] -f a2 cos [(coo + со sin K) t — a%\;
у = Oi sin [(ю0 — © sin X) / + «i] — Яа sin [(coo + со sin X) t — otj].
Отсюда видно, что при произвольных начальных условиях в от-
отсутствие вращения Земли маятник очерчивает эллипс, а учет вра-

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем 169
щения Земли приводит к прецессии этого эллипса с угловой ско-
скоростью osinl.
4.19. В сферических координатах (с началом координат в
точке подвеса и осью z, направленной по вертикали вверх) угло-
угловая скорость имеет составляющие
со, = — га cos X sin 6 cos Ф+ cosinXcosO;
roe = — со cos X cos <p — со sin Я sin 6;
Два уравнения движения в координатах, не содержащие реак-
реакции подвеса, получаются проектированием обеих частей уравнения
движения на орты пе и пф:
— /аё — I2 sin Э cos 0 ф2 = 21 (со,/ sin ftp) + /gsiti G; A)
dt
— (/2 sin2 ftp) = — 2/ sin 6со2Ш. B)
dt
Для малых колебаний 9 = я—и; ы<С1. Тогда A), B) имеют вид
(cor«—cosin A,)
C)
D)
U = Ыф2 +
d 2(
dt
где
щ = со si
Из D) находим интеграл
фМ2
Учитывая E), из C) получим
In X; coo
+ со1ы2 —
сооы;
го и
_ X
с
E)
с2
F)
и
Следовательно,
т. e.
2»|
- C,)].

170 Движение относительно неинерциальных систем (Гл 4
Таким образом, точка в общем случае колеблется в области
/а
в общем случае не проходя через начало координат. Угловую ско-
скорость вращения плоскости колебаний найдем из E):
С 2ш|С
ф = — со sin X = ¦ и sta Я,
" d + lAn — 4Сао)| sin B©2i — С,)
откуда
Ф - -!-arctg ( ***** \ _ wSIn XL
2 ^ d Kfi J
4.20. В системе отсчета, жестко связанной с Землей, движе-
движение точки подчинено уравнению движения
mr ==——г — 2m[wr] — m[w[o)r]] A)
(начало координат помещено в центр Земли). Имея в виду выра-
выражение для силы, из уравнения изменения момента импульса по-
получим
М = [rF] = — 2т (w (rv) — v («г» — т [гю] (то). B)
Умножая обе части B) скалярно на w, получим
Мв) = — 2т {«a2 (rv) — (юг) (wv)}
at
и, следовательно,
Mux-f m[wr]2 = const. C)
Другой интеграл вытекает из закона сохранения полной энергии:
-j--- ^-[«r]2 = ?0. D)
В сферических координатах интегралы C) и D) имеют вид
тгг sin2 0 (ф + со) = Мге; E)
— (г2 + г2ё2 + г2 sin2 9фа) — -j- — -у «V2 sina 9 = ?0. F)
Проектируя обе части уравнения A) на орт пе, получим
— тггЬ = тгг sin 6 cos 0 (q> + соJ. G)
dt

§ 2] Уравнения движения относительно неинерциальных систем 171
Затем, учитывая E), из G) найдем
dt тг*Ып*в 2mra ' dQ sin2 9 *
Отсюда, умножая обе части (8) на г29, получим
^ 4^ (9)
т
Наконец, исключая <р иЭ из F), E), найдем в квадратурах
= t-t0;
4.21, Поскольку Земля и Луна вращаются вокруг общего
центра масс, в системе отсчета, связанной с Землей, получим урав-
уравнение движения тела (при этом пренебрегаем центробежной си-
силой, силой инерции и силой Кориолиса)
тх = tng + F — /nwo',
здесь F — сила притяжения тела Луной; wo<—ускорение центра
Земли относительно центра масс системы Земля — Луна; г — ра-
радиус-вектор тела, проведенный из центра Земли.
Очевидно,
тл
wo'=s=— Y—5-Г1,
м
где rj — радиус-вектор, соединяющий центры Луны и Земли. Ясно
также, что

172 Движение относительно неинерциальных систем [Гл 4
Таким образом,
тх = tng + /nAg,
где
Теперь учтем, что | г | <$; | гх ], и, следовательно,
Тогда получим
В точке, наиболее удаленной от Луны, вектор A) имеет вели-
2\тл
чину —— # и направлен от центра Земли, в точке, наиболее
r
близкой к Луне, вектор A) имеет величину з^" ^ и также на"
ri
правлен от центра Земли В точках земной поверхности,
которые лежат посредине между наиболее близкой и наиболее
далекой точками, вектор A) направлен к центру Земли и по ве-
личине равен —5— R.
Итак, под влиянием Луны в наиболее близкой и далекой от
Луны точках ускорение g уменьшается, а на средней линии воз-
возрастает на величину ~1,1-10 м/с2. Этот «малый» эффект при-
приводит к ежесуточному перемещению воды Мирового океана, т. е
к возникновению приливов и отливов, при этом кинетическая энер-
энергия перемещающихся масс воды равна -~1016 кГм

ГЛАВА 5
Уравнения Лагранжа
§ 1. Уравнения Лагранжа с реакциями связей
и законы сохранения энергии и момента импульса
при наличии связей
5.1. а) Направим ось z вверх по вертикали, а ось у в плоско-
плоскости движения по горизонтали. Тогда уравнение связи и уравнения
движения примут вид
f = xtga + z = 0; A)
; B)
ту = 0; C)
mz = — mg + X. D)
Из A) получим
*tga + z = 0. E)
Отсюда, учитывая B) — D), найдем
a, = mgcos2a. F)
Это дает возможность найти закон движения
^ 4a-'2; G)
^ + 4
4
У = Уо + У4\ (8)
(xo + xot)tgn — -^-gsia2a.t2 (9)
и реакцию плоскости
Rx = mgsinacos a;
Ry = 0;
Rz = mgcos^a.
б) В случае стационарных идеальных связей более удобным
приемом решения системы A) — D) является следующий прием.
Используем закон сохранения полной энергии
f E0 A0)

Уравнения Лагранжа [Гл. 5
и исключим отсюда х, у с помощью A), C). Тогда получим
т г" г /1 ¦
2 L I т
Затем из A1) найдем
f fcd+ ctg* a)]+ mgz = E0~^y20 = Ei A1)
= t-L.
2sinaa ,„,
(Ео — mgz)
Проще, однако, найти z(t), взяв от обеих частей A1) производ-
производную по времени
г. A2)
sin* a
Интегрируя A2), получим (9), т. е.
z = z0 +'zQt -
5,2. Движение точки до соскальзывания подчинено связи
f = y»—ax = O.
Поэтому уравнения Лагранжа первого рода можно записать в
виде
ту = — mg -f- 2Ку, тх= ~аХ.
Если в начальный момент времени точка была на высоте уо, то из
закона сохранения энергии для квадрата скорости точки получим
x'i + f = 2g{y0~ у).
Учитывая уравнение связи, отсюда находим
Так как, кроме того,
2у2 + 2уу = ах,
уравнения Лагранжа сводятся к уравнению
yg
т. } 2т
Подставляя сюда у2 как функцию у, получим
х- 2= Г tfg(y-ft) + I

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 175
В точке соскальзывания реакция связи обращается в нуль.
Поэтому высота ус такой точки является действительным поло-
положительным корнем уравнения
При а — — У2; у0 = 15/4 значение этого корня уа = 1.
3
5.3. Выберем систему координат так, чтобы уравнение связи
приняло вид
Отсюда найдем
1 •• Х^ U^ 2^ XX U U ZZ л
i f —• -.. -4 - ¦ ¦' ™^ —J— i ¦ i —| - -—.— *-т~ ¦ i *-|-~ ¦^^^-^ ss yj t I 1 )
2 аа Ьг с* а? 6а са
Теперь с помощью уравнения движения, записанного в декар-
декартовых координатах, исключим из A) компоненты ускорения.
Тогда получим, что
. т а8 ^ с* от ,0.
Л- " -I—
— -f — -г-^Г
реакция эллипсоида
5.4. Из закона сохранения полной энергии
с учетом того, что
найдем
Следовательно,
Г Vl+y'2dx

176 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
5.5. Согласно законам сохранения энергии и момента коли-
количества движения
Здесь 26 — угол раствора конуса, а ось z направлена вверх по
вертикали. Из этих двух уравнений находим уравнение траекто-
траектории в квадратуре
- Мя _ dp_
т sin 6 ра
Ф= I г , л . +С.
-^•—«petee- —
Проектируя обе части уравнения Лагранжа первого рода на
нормаль к поверхности конуса, получим
— т р cos 0 ф2 = mgsin 8 — R,
откуда
АИ
/np3
5.6. 1) В цилиндрических координатах, направляя ось z по
оси цилиндра, а ось х по горизонтали, получим уравнения связи
и движения
/ = Р — Я = 0; A)
т (р — р<ра) = X + tngp; B)
Т-'-З-рЧ-л; C)
Учитывая, что
g = gsin a ny — ?cos а пл = |ГР пр + ^ф пф + gz nz,
находим
Тогда яз B) и A) следует, что
% = — (tnRip* + mg sin а sin ф).

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 177*
Кроме того, из C) и A) получим инпеграл
—~ g-sin a sin (р = с.
Поэтому
К — — 3mg sin asln ф — 2cm.
2) При том же выборе координатных осей
/ = *»+!/•-/?• = <); D>
ту = mg sin a + 2к у, F>
/raz = — tngaos a. G)
Из D) — F) следует
т. е.
Далее из закона сохранения энергии и уравнения G) получим.
-~- — mgBina-y + mgcosa-z = Ео;
mgcosa-z = C.
2 2
ту2
Таким образом,
5.7. Помещая начало координат в центр сферы, получим урав-
уравнения связи и движения в виде
Из A) найдем
J- f = у2 + г г = 0.

178 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
Это соотношение с учетом B) приводит к
Исключая отсюда t>2 с помощью интеграла энергии
получим
Рассмотрим частные случаи.
1) Если у@)=0; г(О) =а; х@)=у@)=0, то E0=mga. Реак-
2
ция обращается в нуль при г ==— а (координата точки отрыва).
2) Если и@) = (|гаI/2; 2@) =а\ х{0)=у@) =0, то ЕО =
— C/2) mga. Реакция обращается в нуль при z=a.
5.8. а) В цилиндрических координатах с началом в центре
сферы и осью 2, направленной по вертикали вверх, уравнения
связи и движения имеют вид
A)
B)
т_рЧ = 0; C)
тг = — /ng + 2Я г. D)
Из C) получим интеграл момента
тр2ф = Л10. E)
Затем используем закон сохранения энергии
IL (р2 + р2 ф2 + г2) + mgz = ?0) F)
что позволяет избежать вычисления Я.
Исключим из интеграла энергии р, р\ <р как функции г:
<эти выражения следуют из A) и E)). Тогда F) приобретает
вид уравнения первого порядка, которое приводит к квадратуре

§ l] Уравнения Лаграижа с реакциями связей
где
QB)ej[(*W»)
W a3 L V mg ) К 2m*g
В общем случае интеграл G) не выражается через элемен-
элементарные функции. Поэтому рассмотрим частные случаи.
1. В случае Гринхилла задаются следующие начальные ус-
условия:
2@) =0;
Следовательно,
2. Найдем условия, при которых точка движется по горизон-
горизонтальной окружности на высоте z0. В этом случае
Q(Zo) = 0; dQ
дг
или
= 0
г =г0
Отсюда находим
2« g 2 ^ (о»
Следовательно, z0 < 0, а
ф==т/ $-(t-t0).
3. Рассмотрим движение вблизи положения «равновесия>
гщ=—а. Разлагая функцию Q(z) в положении «равновесия» до
членов второго порядка малости включительно, получим
ito+
Jb-)]. (9)

180 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
С другой стороны,
ia = Q(z)
я, следовательно,
2zz = Q. A0)
Теперь, используя A0) и (9), найдем
а \ mg j a2 '\ mg
Полагая и = z + а, получим
+
а \ mg
где
+
mg
Таким образом, координата z точки совершает гармоническое
колебание
(а + -^-) — а + A cos (at + a),
V mg j
а угловая скорость изменяется по закону
2 (аа — г2) 2/иа (а + г) *
б) В сферических координатах получим уравнение связи и законы
сохранения
/ = га-а2 = 0; A)
-ф = Мг0; B)
— (r2+ rae2 + r2sinae-qJ)-bm^/-cose = ?0. C)
Из A), B) и C) найдем
2maasinae
^2 ; D)
ma8 sina6 v '
+ mgacoa6 = E,. E)

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей
Уравнение E) дает возможность определить /@) как квадратуру
I ?0 — — — mga cos 0
ma1 \ 2mcr sinz G "
.)]-
а эта квадратура совместно с D) позволяет найти ф@-
5.9. Так как угол наклона касательной к оси Ох равен ф и,
кроме того,
то, проектируя обе части уравнения движения на нормаль к кри-
кривой, получим
Квадрат скорости находим из закона сохранения энергии
Н tnga (sin ф — ф cos ф) — Ео.
В результате найдем реакцию
2
R = (?¦(, — mga sin ф) + 3mg cos ф.
а ф
5.10. В рассматриваемом примере угол между касательной и
осью Ох равен Зф. Поэтому, проектируя обе части уравнения дви-
движения на нормаль к лемнискате, получим
2 ?^-+mg«xibp = R.
С другой стороны, согласно закону сохранения энергии
-^- = mgasin q>V2sin 2ф.
Следовательно,
Замечая, далее, что
+ r\* = ~ -jJ/8gV sifl2 Ф sin 2ф,
разделим переменные:
= -Л/-
2 V g
sinaf

182 Уравнения Лагранжа 1Гл. 5
Интегрируя последнее выражение и полагая при этом <р = я/2 при
t = 0, получим
lb
Теперь подставим эту функцию в A) и найде'м окончательно
5.11. Уравнение движения точки можно представить в виде
as
где пт — орт, направленный по касательной к кривой вдоль дви-
движения точки; п —орт, направленный по нормали к кривой; а —
угол наклона вектора пт к оси Ох. Для циклоиды
B)
w
dx 1— cosq> 2 '
и, кроме того,
ds2 = (dx? + {dyf ¦= 4a2 sin2 ¦$- (ачрJ. C)
Учитывая B) и (З) и рассматривая уравнение A) вдоль ка-
касательной:
mv = — mgcos —,
найдем интеграл энергии
¦ = ?«• W
2
Из D) после разделения переменных имеем
ф
2а sin — йф
IV ^
о + mga cos Ф)

§ I] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 183
т. е.
i — mga
Обращение этой формулы определяет закон движения точки по
циклоиде x=x(<p(t)); y=y((f(t)).
Реакцию связи найдем из уравнения движения вдоль направ-
направления нормали к циклоиде
ds 2
Производная da/ds согласно B) равна
da/ds = dop/ds.
Поэтому
R — mg sin— — mtJ/4a sin —.
Принимая во внимание интеграл энергии, окончательно находим
R = mg sin — — (Ео + mga cos ф) / 2a sta—;
2 /2
5.12. В системе отсчета, вращающейся вместе с плоскостя-
плоскостями, направим ось z вдоль оси вращения, а ось у вдоль нормали
к плоскостям. Тогда уравнения Лагранжа первого рода имеют вид
х — ю2х = —gsinat; Ry = mgcosat + 2тхо>; г = 0.
Закон движения точки можно представить в виде
— (х0 ?-| sh«>*4—— stoat;
(О \ @ / (О2

184 Уравнения Лагранжа [Гл 5
Следовательно, реакция связи изменяется во времени по закону
/? — Smgcoswt ^-2mo)ix0sh(i)t'i-2moi ( х0—~) chat.
5.13. В неинерциальной системе отсчета с началом в точке
пересечения вертикальной оси и окружности введем цилиндриче-
цилиндрические координаты (ось z направлена по оси вращения, а ось х—
по диаметру окружности). Тогда уравнения связи имеют вид
= 0; /,=2 = 0. A>
Запишем также уравнение движения
тх = mg — 2т [ы v] — m[to [<о г]] + ^i Vfi + ^2 V /2' B)
откуда следует, что
/raz ==• — tng + Х^; А2 = /и^. C)
Теперь из закона сохранения полной энергии
f (Ра + Р2Ф2 + г2) - f со2ра + mgz = Ео
и уравнений A) находим
2 та* ф — 2таг <в2 cos2 ф = Ео,
откуда следует закон движения в квадратуре:
^Ф t *
I
Е
¦ + (о2 cos2
1таг
фГ
D)
Множитель Хг можно найти, используя D), A) и любое из остав-
оставшихся уравнений
т (р — р фа) == 2т р фсо + т рог + h^,
р dt
5.14. Уравнение движения шарика и уравнение связи в си-
системе отсчета, жестко связанной с кривой, имеют вид
тх' — /ttg —2m[o) v] — ягю(о)г) -J- mra? + R; A)
ra = 2a2cos29. B)
Тангенс угла a наклона касательной лемнискаты к оси Ох равен
tg a = dy/dx == — ctg Зф, C)

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 185
Отсюда заключаем, что
D)
причем
Поэтому уравнение движения вдоль нормали к лемнискате имеет
вид
'—^—— =_ tng cos о — m(oVcosaslnq> +
V~2
coV (sin ф cos a — cos ф sin a) + Rn.
Отсюда, учитывая (З), получим
Rn = fr"*^"»2* +OTgsta3y — maJacosTcos3yK2cos2T , F)
Затем из закона сохранения энергии
— + mga sin q> l/2cos 2ф (wa cos ф/2сов2ф )а = Eo G)
получим скорость шарика как функцию положения. Формулы F)
и G) приводят к требуемому результату.
5.15. Помещая начало координат в центр окружности и на-
направляя ось z по вертикали вниз, получим уравнения движения
в цилиндрических координатах
таф = —mgskKf — kR; A)
maq? — R—mgoosy, B)
где R — нормальная реакция окружности. Из A) и B) следует, что
R — та фа + tng cos ф; C)
aif = —g (sin cf + k cos (f) — kaff. D)
Теперь введем функцию a> = ф; тогда
Ф = ф = a)
dtp Y d<p '
а уравнение D) преобразуется к виду
(to*
d(f a
E)

186 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
Это уравнение имеет решение
где
Л(Ф)=-[-^-
о
Таким образом,
A + 4А«) а
Используя начальные условия
Ф@)=-0; ф@) = со@)= -^
а
найдем
[A — 2?2) cos ф — ЗА sin q>J.
а» а A+4**)
Наконец, полагая со2 (ф = я/2) = 0, для искомой скорости получим
5.16. Уравнения движения и связей запишем в цилиндриче-
цилиндрических координатах (начало координат помещено в центр окруж-
окружности)
т (р — р ф2) = /?pj
до d / о \
р dt
Р = р0; 2 = 0.
Здесь k — коэффициент трения; ро — радиус окружности. Отсюда
получим уравнение
в котором переидем от дифференцирования по времени к диффе-
дифференцированию ф по длине дуги окружности. Тогда
У
Ро

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 187
или после интегрирования
P + l/>+g/pg *_
где фо — угловая скорость в начальный момент времени (мате-
(материальная точка при этом находилась в точке $о=О)-
Так как при s = / <p=0, из последнего выражения находим
Фо + Vt + gpl
Ро
Отсюда можно получить
Ф2о - КФо + g/Po
Ро
Складывая оба эти результата, придем к значению начальной кинети-
кинетической энергии
T0 = -mgsh-?-(l-s).
Ро
Затем найдем компоненты реакции связи
Яр = — mgsh — (/_S); Rz = mg.
Ро
5.17. Уравнения движения и связи материальной точки, пере-
перемещающейся по наклонной шероховатой плоскости, имеют вид
(см. рис. 5.17)
-s-;
/nz = —/n& сова —й|уЛ-у7|~+ Я>-аГ;
/«=2=0.
Из третьего и четвертого уравнений находим
Тогда первые два уравнения можно представить в виде
х = — kg <х>$ а •-?—; A)
V»

188 Уравнения Лагранжа [Гл 5
y = gslaa—kgcosa—, B)
где
О, =r Y& + У* •
Если ввести новые переменные Уц и ф согласно формулам
то A) и B) преобразуются к виду
ов совф —ои
у и 81пф-{- у
Отсюда получим
Он =^з1па81пф— kgcosa;
v u ф = g sId a cos ф
или
±3(l^); C)
sin a cos q>
D)
Решение уравнения C) есть
где у =&ctga. Подставляя это решение в уравнение D), найдем
gsina
а затем

§ 1] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 189
Возвращаясь к переменным х, у, получим, что
и, следовательно,
— 2с*
X =
gsma
gsina
С2' I" ! tg2V-2 (Л Л.) _
ina [ 2Y — 2 \ 4 2 j
4 2
Теперь выразим постоянные интегрирования через начальные ус-
условия х = х0; у = у0; х = х0; у = у0 при t = 0:
g sin a
iY_l tgV i4 2 j+ Y+l tg I 4 2)\*
2Y+1
8 Уо gsina
sina L 2Y-2 S \ 4 2 )
здесь
При v^l «скатывающая» сила /ngsina не превосходит силу
трения, равную kmg cos a. Скорость материальной точки в этом

190 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
случае обращается в нуль в положении х = с2; у = с3 в момент вре-
времени t—ci. При у<\ материальная точка не имеет точки оста-
остановки. Однако при 1/2^y<1 траектория имеет асимптоту, про-
проходящую через точку х=с2 параллельно оси ординат.
Шероховатая наклонная плоскость действует на материаль-
материальную точку с силой
5.18. Пусть на левой грани находится часть цепочки длины
s, а 6s— виртуальное перемещение цепочки по граням призмы.
Виртуальная работа силы тяжести на перемещении левой части
цепочки равна pgssinafis, а правой части (/—а—s)pgsinjJ6s,
где р — линейная плотность цепочки (виртуальная работа на пе-
перемещении цепочки по верхней грани равна нулю). Следовательно,
условием равновесия является условие
Pg + (~ a — s) p gsinp Ss = 0.
Отсюда
„_ (i-a) sin ft
sin a + sin p '
так что разность вертикальных координат концов цепочки равна
—а)
sin а + sin p
и обращается в нуль при а=|р\
5.19. Вследствие уравнения связи виртуальные перемещения
точки удовлетворяют условию
— 4z8z=0.
Для виртуальной работы имеем
кх8х + ху8у + (xz—g) 8z = 0.
Умножив последнее уравнение на неопределенный множитель К
и сложив результат умножения почленно с первым уравнением,
получим
A + кЪ)хЬх + D + кЯ.) убу — {D — кЯ)г + Xg}8z = 0.
Таким образом, использовав метод неопределенных множителей
Лагранжа, получим систему уравнений
= 0; D — vX)z + Xg = 0;
Эта система приводит к следующим положениям равновесия и
значениям к, определяющим реакцию конуса:

§ l] Уравнения Лагранжа с реакциями связей 191
f-, 2 = -f-, Я = -;
2х 2х х
5.20. Запишем уравнение связи в виде
(начало координат помещено в центр окружности). Учтем также,
что на первую точку действуют силы с компонентами
Таким образом, согласно принципу виртуальных перемещений
х
f] Л = 0, A)
а согласно уравнению связи
Применяя к уравнению A) совместно с B) метод неопреде-
неопределенных множителей, получим уравнение
B*! — х2 — ха + ЯЛ) 8х! + B(/х — у2 — уа+ Х1Ух) Ьу± = 0,
откуда следует, что
= 0; 2t/i — t/2 — уз + ^i/! = 0.
Если выбрать ось х, проходящую через первую точку, т. е. поло-
положить X\=a\ #i=Q, то найдем, что У2=~Уз-
Аналогичные вычисления для второй точки приводят к усло-
условиям равновесия
C + Яа)х% — хг~ 2х9 = 0; C + 12)у% — ух — 2уя = 0,

192 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
т. е.
Однако Xi = а; yt = 0; уг = — у3, следовательно,
—
Теперь учтем, что х\ + у\ = х\ + у\, и найдем положения равновесия
второй и третьей точек:
_ _ a . — __ а/ТВ .
х% — %а 4~> Уг ' Уз — i ^
5.21. Положения равновесия точки:
5.22. Обозначим через ф угол наклона стержня к горизон-
горизонтали. Реакция Rj в нижней точке соприкосновения стержня с по-
полусферой направлена по радиусу к центру сферы, а реакция Яг
на краю полусферы направлена перпендикулярно стержню; причем
векторы Ri, R2 и mg лежат в одной плоскости. Таким образом,
уравнения равновесия стержня можно записать в виде
/?j cos 2ф — R2 sin Ф = О,
/?! sin 2ф + #2 cos ф = mg,
mgcos ф [ 2r cos ф 1—\ = 2i?xr0 cos фБ1п ф.
Разрешая полученную систему уравнений относительно созф, находим
cos Ф — f. / \ 1
Часть стержня, расположенная вне полусферы, имеет длину
Выражение для собф обращается в единицу при 1=4 г.

§ 2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 193
§ 2. Уравнения Лагранжа в независимых
координатах и законы сохранения обобщенного
импульса и энергии
5.23. В качестве независимой координаты выберем расстояние
х по вертикали от оси вращения блока до груза ть тогда коорди-
координаты точек: хг~х, а дг2=/—х, где / — длина нити за вычетом по-
половины длины окружности блока. Следовательно, функция Ла-
Лагранжа системы
(ось х направлена вниз). Составляя уравнение Лагранжа и инте-
интегрируя его, получим
X — ¦ — \- Xot -f- Хв,
+ / 2
что и определяет X\=Xi(t) и x2 = x2(t).
5.24 Пусть z — расстояние от оси вращения блока до обезья-
обезьяны. Тогда функцию Лагранжа системы можно записать в виде
(ось 2 направлена вниз по вертикали). Отсюда получим уравнение
Лагранжа
-?- {(/Пх + щ) г — т&) = (т2 — щ) g.
at
Полагая для простоты, что при ? = 0 ? = 0;? = 0, а также 2 = 0;
2 = 0, найдем решение
tti\ ~\- Tti% 2 nil -[- /7Z2
5.25. Выбирая х в качестве независимой координаты, получим
v* = (I + a2k2 cos* kx) хг;
U — — т (gr) = tngy cos a = tnga cos a sin kx.
Следовательно,
«S? = — A + а*кг cos2 /гх) хг — mga cos a sin kx;
— A -|- a2A2 cos2 &c)x2 + mga cos a sin kx = Et.
7 Зак 4

194 Уравнения Лагранжа [Гл 5
5.26. а) Выбирая в качестве независимой координаты s — декар-
тову координату точки на прямой, получим
2 2
б) Если за независимую координату взять угол 0 между осью
пружины и перпендикуляром, опущенным из точки закрепления
пружины на прямую, то s = /itg0, a
(s^JUJMP
2 * в 2
(
2 cos* в 2 \ cose
5 27. Помещая начало координат в вершину угла и направляя
оси х и у по сторонам угла, получим
*i = 0; ух ~ a sin ф; х% = a cos ср; у2 = 0
(здесь ср — угол между стержнем и правой стороной угла). Следова-
Следовательно,
<? _ _«V_ ^ j^ga ф _j_ ^ sin2 ф) -r=r (trij Sin ф + Щ COS ф).
2 У Z
5.28. а) Если обобщенной координатой является угол Э (см. рис.
5.28), то
; 2 =
гctge; 2
2 6 2sin*G
Тогда длина нити / — а ^ —, а лагранжиан
sin 9
8sm*0 2 \ sine
б) Пусть обобщенной координатой является смещение s шарика
по вертикали. Тогда длина нити / = а+ 21/(а/2J + sa, a
5.29. Пусть угол 6 между нитйо и вертикалью является незави-
независимой координатой. Тогда
х = acosG + (/ + a9)sin 9;
у = asinQ — (l +a6)cose,
где / — длина свешивающегося конца нити в равновесии. Далее полу-
получим
j? =r fL. (I 4- a0J ё2 + mg [(I + а 0) cos 0 — a sin 0J;
(I + a0N 4- a02 + gslnd = 0.

§2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 195
5.30. Выберем в качестве обобщенной координаты длину дуги s:
s(«) = |/?i+7i^ = 2aj|8ln-|-|d
о о
Тогда
¦ и I s
ir = s , и =" — 2а sin8 — = — ой I —
2 \ 8о
и, следовательно,
Из интеграла энергии
m's2
найдем квадратуру
/ . / _
Ь t-л -—
-¦=¦)]
1
So
Однако проще воспользоваться уравнением Лагранжа
4a
откуда сразу видно, что
s = A cos (со t + a) + 4a (V = -^-^,
\ 4a
т е точка, движущаяся по циклоиде в однородном поле тяжести,
совершает гармоническое колебание.
5 31 Направляя ось у по вертикали вверх, ось х — в плоско-
плоскости качания маятника, введем независимую координату q> — угол
отклонения маятника от вертикали Тогда
х =-1 sin ф; у = s — / cos <р; о2 = sa -f- 2s/cp sin q> + /2<p2-
Следовательно,
). A)
Это выражение можно упростить, учитывая, что
sq> sin ф = —
At
7*

196 Уравнения Лагранжа [Гл 5
и опуская затем в A) функции только времени и полные производные
от таких функций. Таким образом, получим лагранжиан
и уравнение движения
Ф + (-f + х) sln Ч> = °-
5 32 Помещая начало координат в точку подвеса маятника,
совмещая плоскость ху с плоскостью качаний маятника и направ-
направляя ось у вверх по вертикали, найдем
х = / sin ср; у = — / cos ф;
?? — -^— ф2 + mgl cos ф;
Ф + -г ф + — sin ф = 0.
5.33. Дифференцируя закон движения
получим
12
Исключая из этих двух выражений время, находим
Этому интегралу движения соответствует лагранжиан
v — т — и — "^ — ат
5 35. Направляя ось д; по указанной прямой, получим
Однако в качестве независимых координат удобнее выбрать хт —
координату центра масс шариков их — расстояние между ними.
Тогда
«±2& + ^_4(*-'.)'. (О

§ 2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 197
Ввиду того, что dJ?/dt=O, из A) следует интеграл энергии
Далее из цикличности координаты хт вытекает сохранение им-
импульса системы
Рт = ^- К )
5.36. Направим ось у по горизонтали в рассматриваемой плос-
плоскости, а ось z — по вертикали вверх Введем в качестве обобщен-
обобщенных координат точки координату у и координату s — расстояние
точки до оси у. Тогда
х = s cos а; у = у; г = — s sin a,
a ^ = — (s2 + У2) + mgs sin а.
Ввиду того, что dJ?ldt == 0, энергия точки
ду ds 2
сохраняется; кроме того, сохраняется обобщенный импульс
ду
5.37. Предположим вначале, что трение отсутствует. Пусть s—¦
расстояние до тела, отсчитываемое от вершины наклонной плоске-
сти; q — координата, определяющая положение бруска (рис. 5.37),
Тогда
Х\ = Ч\ У\ = const;
а лагранжиан системы
J? = -^- о2 + —— (<7а + s2 + 2os cos a) -f- tn^gs sin а.
2 2
Теперь получим уравнения движения
(тх + Щ) Ц + ^2S cos а = 0;
s + Ц cos а = g sin а,
откуда найдем, что
•• _ g sin a •• m3 sin а cos a
m2 m, + «2 sib2 «
1 — cog2 a

198 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
Далее, записав уравнение движения тела в виде
получим
Яг = щ(т% — g)n,
где п —орт, перпендикулярный поверхности наклонной плоскости.
Таким образом,
Rz = iih(q sin a + g cos а).
С учетом силы трения уравнения движения тела имеют вид
(тг + т2) q + m^s cos a = 0;
пц, (s + 0cos а) = triigsln а—йт^ (<7Siu а 4- gcos а).
Из них находим искомое ускорение
" _ ¦• щ (sin q — k cos а) cos а
Щ. + tn*(sinа — fecosa)sina *
5.38. Пусть обобщенными координатами являются координата s
тела / на прямой и угол <р отклонения маятника от вертикали. Тогда
х\ = s; Ух = 0;
*3 = / sia ф + s; t/2 = —lcosф
(ось ^ направлена вверх по вертикали).
Далее находим лагранжиан системы
<? = U^L. + — (s2 + 2/s<pcos ф + /V)
Отсюда видно, что координата s — циклическая. Следовательно,
обобщенный импульс
a s
сохраняется Этот интеграл представляет собой проекцию импуль-
импульса системы (mi+m2) хт на горизонтальную ось
«Цикличность» времени приводит к сохранению энергии
+ — (s2 + 2/s ф cos ф + /V) — пъ?1 cos ф = Е 0.
+
5 39 В качестве обобщенных координат возьмем фь'фг — углы
отклонения первого и второго шариков от вертикали. Ось у на-

§ 2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 199
правим из точки подвеса первого маятника по вертикали вверх,
а ось х — в плоскости качаний. Тогда
*! — /,. sin q>i; i/i = —^совф!;
*2 = lx sin фх + /2 sin ф2; Цг^ — h cos ф! — /2 cos ф2.
Следовательно,
2 = ~ 'i $ + -?- ['?<Р? + 2/х/2ф1Ф2 cos (ф2 - Ф1) ^
COS фх + m^g Aг COS фх + /2 COS ф2).
5.40. Выберем следующие обобщенные координаты: s ^поло-
^положение точки подвеса, ф — угол отклонения маятника от вертикали.
Ось у направим по вертикали вверх и проведем через тело 1.
Тогда
Х\ = 0; ух = s; хг = / sin ф; y%~s — l cos ф.
Затем получим
(s + 2lsysln Ф + Рф2) —
— ¦—- (s — /0J — tn^g — rn^g (s — / cos ф),
откуда следует, что энергия сохраняется:
«?_ + ^- (s« + 2/5ф8Ш ф + /У) +
4- -?- (s — ^оJ + "W + ^2g"(s — / cos ф) = ?„,
а уравнениями движения являются
(тх + nh) s -\ /п2/ф sin ф = — % (s —10) — (nix 4- m2) g;
at
m2 (Is sin ф + P ф) = — m2gl sin ф + mjs ф cos ф.
dt
5.41. Обобщенными координатами пусть будут расстояние / or
начала координат, помещенного в вершину конуса, до точки, а
также азимутальный угол ф. Тогда
х — г эШасоэф; у = т sin а sin ф; z =
•^ — т~ (г2 ~Ь ^2 sin2 а ф2) — /ngr cos ос.

200 Уравнения Лдгранжа [Гл 5
Поскольку ф — циклическая координата, проекция момента
импульса на ось конуса сохраняется:
^ mr2sln2a-y =М0.
^ ml
Далее ввиду «цикличности» времени получим
Е = -Ш (г2 + г2 sin2 а ф2) + mgr cos a = Ео.
Из интегралов энергии и момента найдем t{r), т. е.
dr
M°
Затем из интеграла момента получим
Ф — Фп = ¦ г \ ¦- -.
/2m sin* a J г2 /(?0 - f/eff)
5.42. Энергия и момент импульса в начальный момент вре-
времени соответственно равны
2
Ео — —— -f- nigr^ cos a; Mo --= tnvoro sin a.
Границы движения точки получим из условия Ео — (/eff или
ItlVa "ШП ' О
—\- mgro cos a = h mgr cos а.
2
Отсюда найдем, что ri^.r^.r2, где
П =
2gcosa
5.43. а) В независимых цилиндрических координатах z, <p (на-
(начало координат помещено в центре сферы, а ось z направлена по
вертикали вниз)
х = j/a2— z% cos ф; у — I/a2 — гг sin <p; z = г;

§ 2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 201
Следовательно, имеют место интегралы момента и энергии
М = -^-^т(а1 — г2)<р = Л;0; A)
? = Ф^-Ьг—r-_if=— (аа —2*)фг + ——- =?0. B)
дф dz 2 L а г J
Из A) и B) найдем ? (z) в виде
где
mg
б) В сферических координатах получим
х = asin0cos<p; i/ = asiti 9sin(p; 2 =
J? = -^- (ё2 + sin2 0 qp2) — mga cos 9,
а затем интегралы движения
OD Оф 2
Эти интегралы притодят к уравнению
M = -^4- = /иа2 sin2 9 qp = Мо; C)
д ф
^ + «^20Ф2) + mga cos 9 = Ео. D)
62 = ^-(?o-?/eff@)),
где
К
^eff = "Г—ГТТ7- -Ь m?a cos 9.
Отсюда получим закон движения t (9) в виде
2 '9 E)
¦So-tfeff(e)]
ma
Затем, исключая время из C) с помощью E), найдем уравнение
траектории
а/2т J sin" 0 К?в — (yeff F)

202 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
5.44. Границы движения маятника определяются положением
точек поворота, в которых 6 = 0, т. е. определяются уравнением
E0~Uefi(e). A)
Согласно начальным условиям
Ео — —- + mga cos 0О; Мо = mvoa sin 90.
Поэтому из A) получим
vl /7it^sin9o
—¦ + mgacps 0О = ——— f- mgacos 0. B)
* -l sin* \j
Запишем B) в виде
[ (fe(cos^+cose)] =o
(здесь k = vy2ga). Это уравнение имеет корни 0i = 0О и 03, причем
cos 02 = — [k — //fea + 4(l + ft cos 0O)].
При k > 1 cos в2 s= — cos (%/k), т. e. Э2 ^ n, если л/2 < 60 < n\
при A; < 1 cos 02 ^ — 1 + 2^ sin2@o/2).
5.45. Используя сферические координаты задачи 5.43, напишем
выражение эффективной потенциальной энергии
и„ @) = — h mga cos 0 A)
и уравнение для точек поворота
Яв = -^в» + С/,„(в). B)
Учитывая, что Ео = mv^/2 + mga cos 0О, а Мо — mav0 sla 0O, с помощью
A) получим B) в виде
+mga(cos9o-cose) = 0. C)
2 sin8 9
Первый корень C) равен 0i = 0o, второй подчинен уравнению
2
По условию задачи вг=л/2. Следовательно,

§ 2] Уравнения Лагранжа в независимых координатах 203
или Vo = =—, т. е. — < 0О < л.
cos 60 2
5.47. Как известно, энергия взаимодействия заряда с зазем-
заземленной сферой
L/ (Г) -=
где г — расстояние от центра сферы до заряда. Следовательно,
5.48. Введем обобщенные координаты: г и ф — полярные ко-
координаты первого шарика (начало координат совмещено с вер-
вершиной прямого угла). Тогда
2 2
и, следовательно, сохраняются момент импульса
т1г2ф = ЛГ0 A)
и энергия
> = ?„. B)
Используя начальные условия, отсюда получим
C)
:2 • /»1> 2 _
2
2 2 2 '
Таким образом, радиальная скорость первого шарика
Следовательно, скорость второго шарика в момент достижения стерж-
стержня будет равна
Этот шарик достигнет стержня за время
т ^ . ж, ЛЬ-

(M Уравнения Лагранжа [Гл 5
Далее из C) и E) найдем уравнение траектории первого шарика:
,/
5.49. Положение точки 1 будем определять полярными коорди-
координатами р и фЬ а положение точки 2 — углом 9 отклонения нити от
вертикали и азимутальным угЛом фг. Тогда лагранжиан
Я = ^~ (р2 + р2ф?) + ^Чр2 + (t - рJ ёа + (/ - рJ (pisin8 е] +
— p)cose
и дает следующие интегралы движения:
M —г—
Мг = -М- = т2 (I - рJ ф2 sin4 9 = Мго; A)
? = ^ (р2 + р2ф?) + ^-[р2 + (/- рJ е* +
+ 0 -PJqJsin29]-m^(/— p)cos9 = ?0. B)
Если начальные условия выбраны так, что ф2О=0о=О; 6о=О, из
A) и B) получим
5.50. Рассматриваемая плоская система имеет четыре степени
свободы. В качестве независимых координат выберем: Xq, j/o —
координаты геометрического центра ромба; ф — угол, образован-
образованный осью абсцисс и диагональю ромба, которая соединяет первую
и третью материальные точки; ? — расстояние первой материаль-
материальной точки до центра ромба Декартовы координаты удобно отсчи-
отсчитывать от силового центра. Тогда имеем
//2-|2cos
cos ф; t/з = t/0 + g sin ф;
xt = x0 + Vl2 ~l2sm
где / — длина стороны ромба

§ 2] Сравнения Лагранжа в независимых координатах 205
Дифференцируя эти формулы и подставляя значения произ-
производных по времени в формулу для кинетической энергии системы
Т= ~{х\-\-'у\'\ х1+у\Л-х1Л-у1
после упрощения найдем
Так как на i-тую материальную точку действует сила
F^-ar, (i=l, 2, 3, 4),
то обобщенные силы равны
Выражение в квадратных скобках выразим через независимые
координаты
Следовательно,
Q1 = —4шс0; <Э2 = -
Далее находим уравнения Лагранжа в независимых координатах:
тл:0 +с«0 = 0, туо + ауо = 0\ "|/| + %Ц{12 — %>) = 0; ф = 0.
Приведем общее решение этой системы:
— t + bys]n A/ — t;
m У т
\ = I sin (Qot ~\~ i|?0); ф = Ф(/ + фо»
здесь ax, ay, bx, by, ф0, фо, Qo. ^o — постоянные интегрирования,
определяемые начальными условиями. Из общего решения видно,
что центр ромба описывает эллипс вокруг силового центра При
этом ромб равномерно вращается с угловой скоростью ty0 вокруг
своего геометрического центра, а его диагонали изменяют свою
длину с частотой Q0/2n.

206 Уравнения Лагранжа [1л 5
5 51 В качестве обобщенных координат выберем координаты
радиуса-вектора гт центр масс системы и вектора г=г2—гь Далее
запишем лагранжиан системы
и уравнения Лагранжа
= — и (г — е0) -у
5.52. Если в качестве независимых координат взять координаты
радиусов-векторов гх и г2 зарядов, то
¦* ^ I Га — гх I
Если же за независимые координаты выбрать координаты
радиуса-вектора центра масс гт и г=г2—гь то
Л
r
Приведем соответствующие последним координатам уравнения Лаг-
Лагранжа:
dr
§ 3. Движение под действием обобщенно-
потенциальных сил
5.53. Пусть обобщенной координатой шарика является х —
расстояние до точки закрепления пружины. В случае пружины,
подчиненной закону Гука, получим лагранжиан
где а —ускорение прямой, и соответствующее уравнение
!-a; e>i = —.
т

§ 3] Обобщенно потенциальные силы 207
Записывая решение этого уравнения
* = /о + -V -г Л cos (оу + а),
мы видим, что шарик колеблется, около смещенного на величину
а/йц положения равновесия. Устройство, в принципе подобное рас-
рассмотренному, называется акселерометром и применяется при изме-
измерении перегрузок, вызванных движением системы с ускорением
5 54. а) Введем независимую координату s — расстояние от
начала координат, помещенного на пересечении прямой и оси, до
материальной точки (ось г направим по вертикали вверх). Тогда
х ¦=- s sin a cos at; у = s sin a sin co^; z = s cos а;
<? = -?L(s2_f <oVsto2a) — mgscosa. A)
Используя лагранжиан, получим интеграл обобщенной энергии
Н = s ^- — 2?^= JH(s*— wVsin2a) + mgscosa.
ds 2
б) В неинерциальной системе отсчета, связанной с прямой, запи-
запишем потенциальную энергию в поле центробежной силы инерции:
и* = ~— [wr']2 = — — (uasasin2a. B)
Затем учтем, что —m[«r']v'=0, поскольку г', v' коллинеарны.
Далее, записывая лагранжиан в виде
и используя B), придем опять к (I).
5 55 Введем обобщенные координаты: р — расстояние от точ-
точки до оси вращения по горизонтали; z — высота точки (ось z на-
направлена вверх). Тогда, имея в виду уравнение связи tp = co?, най-
найдем лагранжиан
j? = HL (р« + ра<о2 + i2) - mgz
и уравнения Лагранжа z=—g; p=pco2. Интеграл обобщенной энер-
энергии имеет вид
HL (р. + г) __ UL 9w + mgz = Я,.
5 56. Поместим начало координат в центр окружности, а ось
г направим вверх по вертикали. В качестве обобщенной коорди-

208 Уравнения Лагранжа [Гл 5
наты возьмем угол 0 между осью г и ради)сом-вектором точки.
Тогда
х — a sin 6 cos at; у — a sin 6 sin at; z — a cos 8;
та2
<? = F2+»2sin26)— rngaco&B. A)
2
Отсюда получим интеграл
= 8 —== S == (б2 — со2 sin2 Э) + rngra cos 0 = HQ,
дд 2
который приводит к уравнению
та2
где
t/e« = tnga cos 6 — у a2»2 sin2 6.
Из B) следует закон движения точки в виде
Рассматривая движение относительно неинерциалыюй систе-
системы, связанной с окружностью, можно получить потенциальную
энергию
цн = _ Л. [Wr']2 = __ 3. toV slti2 6,
обобщенный потенциал ?/¦ =Uh (поскольку [юг'] _Lv'), а затем
лагранжиан A).
5.57. а) Поместим начало координат в неподвижную точку
окружности, а плоскость Оху совместим с плоскостью окружности.
За обобщенную координату возьмем ф — угол между прямой, про-
проходящей через ось вращения и центр окружности, и прямой, сое-
соединяющей центр окружности и точку. Тогда
х — a cos at + a cos (at + ф); у = a sin at -j- a sin (a>t + cp);
v2 = [со2 -{- (to + фJ + 2@ (со + ф) cos ф]'а2.
Опуская члены вида /(ф, t), найдем
dt
A)

§ 3] Обобщенно-потенциальные силы 209
Далее, получим интеграл обобщенной энергии
¦ <ра — тсРю2 cos ф = #0
2
н уравнение движения
-f со2 sin ф = 0,
т. е. \ равнение математического маятника.
б) В неинерциальной системе S' с началом в неподвижной точ-
точке окружности и осью хг, направленной по диаметру окружности,
получим
х' — а + a cos ф; у'= asm у.
Используя эти функции, найдем кинетическую энергию в S', рав-
н\ю
т, mv'2 waa -2
1 У
и обобщенный потенциал
% = — т [юг'] v' — — [<|>г']г = — т<оа2ф A + cos ф)—/ясога2A-|- cos ф).
Опуская опять члены вида /(ф, /), получим A).
dt
в) В системе отсчета 5', связанной с окружностью и началом
в ее центре, будем иметь
Следовательно, обобщенный потенциал
U = — т [юг1] V — -2J- [шг']2 +
где
' = — ш2аг cos ф.
Таким образом, придем к лагранжиану A).
5.58. Совмещая начало координат с центром Земли и направ-
направляя ось z по оси вращения Земли, найдем, что
[Qr']2 = QV — (QrJ = QVa sin2 9;

210 Уравнения Лагранжа [Гл 5
где Q ¦—¦ угловая скорость вращения Земли. Тогда лагранжиан
% = JL (га + г2в2 + г2 sin2 Э ф2) Ь — + -у г2Йа sin8 6 + mQr2 sin20 • ср =-
% (г + гв + г2 sin2 Э ф2) Ь — + -у г2Йа sin8 6 + mQr2 sin20 • ср =-
= — (r2+ ra6a) + — r2siti26(q) + QJ+~.
Затем получим интегралы обобщенной энергии и обобщенного им-
импульса
Я - —(>а -f- гФ) + — 'asina 6 (<ра — Q2) — — = Яо; A)
Zi 2i T
М, = -^- = /nr2 sin2 G (ф + Q) = Мг0. B)
Кроме того, из уравнений Лагранжа
2тла ав sina 6
при помощи умножения на г20 найдем интеграл
2 2т sin2 0 2т '
Таким образом, из A)—C) получим интеграл энергии в виде
2 Ъптг г
что позволяет найти закон движения
t t - ' dr
здесь
a ,
Из тех же соотношений найдем уравнение траектории
v 2m d6 I dr
Mi

§ 3] Обобщенно-потенциальные силы 211
ш =-
sin3 8
5.59. Функция Лагранжа имеет вид
С
где векюр-потенциал магнитного поля
A=-L[HrL
а потенциал электрического поля
ф = —Ег.
Учитывая, что [Hr]v = H[rv], из A) получим
5.60. Направляя ось z вдоль направления напряженности магнит-
магнитного поля, получим
2 = fL (р« + рV + г2) + -J-
Отсюда найдем интегралы движения:
Рг =
op оф ог 2
5.62 Вектор-потенциал магнитного диполя с моментом (д, ра-
равен
А=-М-.
Следовательно,
V— mo* I J_ »*¦ И]
2с' г*

Уравнения Лагранжа [Гл 5
Отсюда найдем уравнение Лагранжа
/таг = — [vH],
с
где
5.63. Учитывая, что вектор-потенциал монополя
- jf_ [nrj
Г Г — ПГ
найдем (п — единичный вектор)
me2 . eg [nr] v
JS?
2 тс г — nr
и, следовательно,
5.64. Напишем лагранжиан частицы (см. задачу, 5.62)
здесь |m=|Li(i), причем (л=[(О]и]. Следовательно,
с гг с
Приведем также закон изменения кинетической энергии
d тог е [г [о>цП v
Заметим, что вращение нейтронных звезд, обладающих ди-
польным моментом, приводит к появлению вихревого электриче-
электрического поля и к ускорению заряженных частиц.
5 65. Напишем лагранжиан заряда в цилиндрических коорди-
координатах:
f
= v (Р2 + РаФ2 +- г2) - -^ f pHdp,
2* С r)
уравнения и интеграл движения.
' ~ A)

3] Обобщенно-потенциальные силы 213
= Мо; B)
. р
тг = — р -г— ф. C)
о
Полагая z = 0, р = г0, из A) —C) найдем
,2 '
<5>
О
дН
дг
= 0.
г=о
Уравнение E) можно представить в виде
2пс
г» 2Я
F)
где Ф = I i Hpdpdy — поток напряженности поля через пло-
о о
щадку, охватываемую орбитой эЛектрона. Из F) и D) найдем
G)
2яг0
Это соотношение связывает скорость изменения указанного потока
со скоростью изменения напряженности магнитного поля. Интегри-
Интегрируя G) по циклу ускорения, получим
или
Ф = 2Ф0; Фо
Таким образом, поток Ф должен быть вдвое больше того потока,
который был бы, если бы поле внутри орбиты было однородно, а
напряженность поля равна напряженности на орбите. Это так на-
называемое бетатронное правило «2: 1»
5.66. Лагранжиан электрона в цилиндрических координатах
. р
% - y (Р2 + РУ + г2) + ^- [ pHdp.

214 Уравнения Лагранжа [Гл 5
Отсюда следуют уравнения движения и первый интеграл
тр — трср2 + — РФ#; (О
с
-М0; B)
о
т=-*-
с
о
Для параксиальных пучков электронов из B) найдем
тр> + — РаЯ@, z) =5= Мо.
2с
Затем, учитывая начальные условия, получим Мо = 0 или
Подставляя D) в A), получим уравнение
Замечая, что область, занятая магнитным полем, мала, а про-
продольная составляющая (по оси z) скорости электрона много боль-
больше поперечной, можно считать, что z=«=const Имея это в виду,
перейдем в E) к аргументу г:
dt dz dz ' dt* dz2
и получим
d2p
Из уравнения F) следует, что—~- < 0, т. е. траектория имеет
(XX
выпуклость в направлении орта пр, а линза является собирающей
Интегрируя F), найдем
где 2i, г2 — начальная и конечная точки траектории (здесь также
учтено, что на протяжении тонкой линзы р почти не меняется).

3] Обобщенно потенциальные силы 21_5
Для параксиальных пучков
— JL- / dp \ Р_ /а\
d \ dz ) Zi f
где d и / — расстояния от линзы до источника и изображения
соответственно Подставляя (8) в G), получим формулу линзы
d / F ' F J \ 2mm
где F — фокусное расстояние Заметим, что изображение поверну-
повернуто относительно оригинала на угол
z2
дф== ?_ Г я (z) cfe.
Y 2mc J w
5 67 а) В сферической системе координат с полярной осью,
направленной вдоль ц, компоненты вектора-потенциала
Сначала найдем уравнение силовой линии. Учитывая, что
получим составляющие
„ _ 2ц cos 9
г г*
Для силовой линии
1 dr Нг
г dQ Нв'
находим r=ftsin29, где k —
ловую линию
Лагранжиан заряда
/•*
Г*
1 //г 9
г
- константа, <
е
у
COS 6
sin 9
эпред
2 = -0L (Г2 + г2ёг + г2 sin2 е ф2)+
2 гс
Выпишем также интегралы движения
in2 Q у* = V2. (l>
f ^p=M0. B)

216 Уравнения Лагранжа [Гл. 5
Очевидно, |w<pl<t>0, т. е.
г2 sin2 0 ф2 = ! (м0 — -^ sin2 eV < vl C)
\ ст )
Далее предположим, что имеют место следующие начальные усло-
условия:
г@) = г0, 8@) = -?-,
Тогда Мо — ец/сг0 > 0, а из C) следует
smO 1
Г "" D)
г2 rr0 sin 9
Величина а0 имеет размерность длины. Например, для протона
при 1>0~0,1 с в магнитном поле Земли (ц=8,Ы025 элст. ед.) по-
получим
/ 4.вННв,Ы0 y/^1>61.1Q1, см.
Величина ao^R— радиуса Земли (/?=6,37-108 см). Кроме того,
при малых скоростях с0 =5= 5- l010Vc/vo и D) переходит в соотно-
соотношение
sin 9 1
г2 - /То sin 9
из которого вытекает, что
г =
0,
Таким образом, в этом случае протон движется по силовой линии.
Если г0 ~2R, то, пренебрегая неоднородностью поля, для «радиу-
«радиуса» орбиты получим
г0
Определим теперь границы области, в которой может нахо-
находиться протон. Из D) имеем
sin 9 1 1
г» rr0 sin 9
или
a0
-L = * Г1 ± l/l- (-»•-)* sin»el.

§ 3]
Обобщенно-потенциальные силы
217
Соответствующие области для случая го/ао< 1/2 показаны на рис.
5.67, с.
б) Полагая Э — я/2, из A), B) получим
171 r*
1 \
mV0
где
Графики Оге// для случаев М0<0 и Л10>0 изображены на
рис. 5 67, б, в соответственно.
\
'пня
б)
а)
Рис 5 67
\
\/
* е) 5
В случае М0<0 для любой энергии Ео движение инфинитно
Траектория симметрична относительно прямой, соединяющей центр
Земли с точкой rmm, которая определяется из уравнения
^0=^//(г1Шп).
В случае Мо > 0 при
32 me» |i*
возможно рассеяние или захват частиц. Из уравнения B), которое
представим в виде
тел3 '

218 Уравнения Лагранжа }Гл 5
следует, что <р>0 при г > гг =- -^—и ф<0 при г<гх При r=rt
частица имеет «точки поворота» по координате ц>. При E0>Ueff(r2)
движение инфинитно, причем при г=П <р=0, т е. в двух поло-
положениях ее скорость параллельна радиусу-вектору.
5.68. Лагранжиан рассматриваемой системы имеет вид
которому при наличии сопротивлений и э.д.с. соответствуют урав-
уравнения Лагранжа
dt dQt dQt
Раскрывая B), получим
^<гА + -|- = -/гд4-§„ C)
где $t — э. д. с, действующая в i-tom контуре. Если Llk непосто-
непостоянны, из C) находим уравнения
представляющие закон Ома для переменного тока.
Запишем закон изменения энергии для системы неподвижных
проводников Обобщенная энергия системы
1?
i i,k
Далее
Следовательно, разность между работой в единицу времени сто-
сторонних э д с. и выделяемым джоулевым теплом идет па увели-
увеличение энергии электрического и магншного полей
Теперь выпишем уравнения Лагранжа в координатах q (коор-
(координата <7j характеризует пространственную конфигурацию i-того
контура).

§ 3] Обобщенно потенциальные силы 219
Очевидно, величина
~irT^LAqi it.t)QtQk
является обобщенной силой, обусловленной взаимодействием то-
токов
5 69. а) Выберем направление тока между узлами по часовой
стрелке Тогда получим
LQ2 о2
Далее предположим, что <§ =<f0cosoi^, и найдем импеданс Z си-
системы. Полагая Qx = J^®1; Q2 = J^at; § = &oeJ<B(» получим
Учитывая, что «/— Ji~Jz, найдем
^- J?\ /L =
1
+ rCffl
б) Аналогично получим
2
2d 2C 2 2C2 '
, Л Qi (Qi - ft) __ п. г Л Q. , (Qi-fe) _ n
5 70 Энергия взаимодействия тока с магнитным полем может
быть представлена в виде
где Ф4 — поток магнитной индукции, пронизывающий i-тый контур.
Тогда лагранжиан системы
2 = -L /фг +3 mglmcos ф + —LQ2 + — Ha?Qsin cp; A)
здесь /=5/3 та2 — момент инерции рамки относительно оси вра-
, 2
щения; /гг — масса одной стороны рамки, 1т — — я — расстоя-

220 Уравнения Лагранжа [Гл 5
ние от оси до центра масс рамки; L — индуктивность рамки;
Ф — угол между плоскостью рамки и вертикалью
Согласно A) имеем интеграл энергии
B)
6 2
и интеграл
^ C)
связанный с цикличностью координаты Q и имеющий смысл пол-
полного потока магнитной индукции через рамку. Из B) и C) найдем
где
—Г— Ф + Uefl (ф) = Е0>
Uef{ = — 2mga cos ф Н (Фо — На2 sin фJ,
и, таким образом, получим закон движения рамки в виде
ad ф
t-to =
l/
bin
Если проводник обладает сопротивлением, то уравнениями дви-
движения являются
d
it
d
{LQ + Ha2 sin ф) = — 4RQ;
/ф= — 2mgasin ф + Наг Qcos ф,
dt
которые, в частности, для линейных колебаний сводятся к системе
LQ + Яа2ф + 4RQ = 0;
Iq> + 2mgaq> — HaiQ = 0.
5.71. Пусть ф — угол поворота первого контура. Тогда
Затем получим уравнения движения системы:
dt
(/ф) = —li- J.Q 4- Мп; Мп =

§ 3] Обобщенно-потенциальные силы 221
которые представим в виде
Л-^ф + ^Л + ЗД + ^зЛ^О; A>
/ф-^АЛ-Мо. B)
dtp
Поскольку R2 велико (большая нагрузка в цепи статора), то из
A) следует, что
Учитывая C), из B) получим
Однако в квазистационарном режиме <р мало, поэтому
\ — 2
Ф '
J\

ГЛАВА 6
Линейные колебания
§ 1. Собственные одномерные колебания
6.1, Выберем в качестве обобщенной координаты угол ф меж-
между вертикалью и пружиной. Затем найдем смещение точки
x=htg(f. Следовательно, кинетическая и потенциальная энергии
соответственно равны
т U(w) (
1 - 2 cos'cp ' UW)- 2 \ созф
Положение равновесия определяется условием = 0, т. е.
дф
e о.
cos ф / cosa ф
Таким образом, точка обладает тремя положениями равновесия:
фг = 0, h > l0; cos ф2,з = 4". h < lo-
В первом положении равновесия
"ф Ф=ф1
во втором и третьем положениях равновесия
;2
У,
т
6.2. В качестве обобщенной координаты выберем угол 9 меж-
между вертикалью и частью нити между шариком и одним из стерж-
стержней. Тогда кинетическая и потенциальная энергии соответственно
равны
8sm*e ¦
?/(в)—/vf ctge+f^- a

§ 11 Собственные одномерные колебания 223
Положение равновесия определяется из условия
Ж т8а xfl'f1l) cos0
xflfl) 0
39 2sin2 0 \ sin9 у sin20
при 29 — 60°. Следовательно, х = tngjaVb . Далее, найдем
и поэтому
14
= _ mga
№ eq У&
»•= 7 s
2V3 a
6.3. В качестве обобщенной координаты выберем х. Тогда
т. ¦ т •
2 2
Очевидно, положением равновесия, определяемым из условия
= 2mgkx = О,
является л;#? = 0. Затем получим
6.4. Шарик имеет одну степень свободы. Кинетическая энергия
шарика
а потенциальная энергия
X
U(x) = mgpx2 + % [ j du J/l +4p2aa~la.
о
Положение устойчивого равновесия шарика находится в вершине па-
параболы. Так как
то
(о2 = 2р? + 2 ¦
6.5. Функция Лагранжа точки
= «. д» Ф* _ -L [|/аа — 2а/?cos Ф + Я2 —

224 Линейные колебания [Гл 6
где в качестве обобщенной координаты выбран центральный угол
<р, отсчитываемый от прямой, которая соединяет центр окружности
и точку закрепления пружины. Потенциальная энергия достигает
минимума в точках
Фх = О при а > R + V,
ф2,з = ± arccosa2 + i?2"'/' при А, - R < а < /0 + R;
2aR
Ф4 — п при a </„ — #.
Эти точки являются положениями устойчивого равновесия мате-
материальной точки.
Частоты линейных колебаний в окрестностях точек фь фг, фз,
<Р4 находятся по формуле
дЮ
2 Оф2 1,2,3,4
«1,2,3,4 =
Окончательно имеем
о,2 = ka(a-R-k)
1
mR{a — R) ' i mR(a
*
|3
4m R420
6.6. Направим ось z вверх по оси цилиндра, а ось х через низ-
низшую точку пересечения цилиндра и секущей плоскости. В качестве
обобщенной координаты выберем угол ф цилиндрической системы
координат. Исключим зависимость кинетической и потенциальной
энергий точки от г и г с помощью уравнения секущей плоскости.
Затем получим функцию Лагранжа
и следующее выражение для квадрата частоты:
со Mga.
6.7. Линией пересечения горизонтального цилиндра с плоско-
плоскостью является эллипс. Направим ось z перпендикулярно плоскости
эллипса, а оси х и у вдоль его полуосей. Затем перейдем к пара-
параметрическому представлению эллипса:
х = cos i; у = Rsln g;
n a

§ 1] Собственные одномерные колебания 225
здесь R — радиус цилиндра, а а — угол наклона секущей плос-
плоскости к горизонту. Тогда получим функцию Лагранжа
sin2 a
с помощью которой найдем, что частота колебаний в окрестности
положения устойчивого равновесия |=0 не зависит от угла на-
наклона секущей плоскости и равна V glR .
Кинетическая и потенциальная энергии как функции времени
соответственно равны
Следовательно,
о
Аналогично
6.8. Выберем х в качестве обобщенной координаты. Тогда
а потенциальная энергия
U = —• mgr = mga cos asin kx.
Приравнивая нулю производную
= kmga cos a cos kx = 0,
дх
найдем положения равновесия:
«г
„ " /Ом Т.*. 1\» *i Л I 1 I о
Затем получим, что при нечетных п
= — tngk^a cos a sin kx = tngak2 cos a > 0.
дх*
Зак. 4

226 Линейные колебания [Гл. 6
Таким образом,
6.9. Ответ: <о =
6.11. Поместим начало координатной оси в середину трубки и
выберем в качестве обобщенной координаты смещение х заряда
вдоль оси. Тогда
ет* ШХ
2~'
., eQ , eQ 2eQa
а — х а А- х а2 — хг '
Так как V = —— 2х, то положение равновесия хе. = 0; кроме
(а* — ж2J *
того, If (хеч) = 4eQ/a3. Следовааельно,
6.12. В качестве обобщенной координаты выберем угол <р от-
отклонения нити от вертикали. Тогда Т = <ра, а потенциальная
энергия взаимодействия заряда с его изображением
2(Л —
Из условия ?/' = 0 получим <p,f = 0, а затем
Следовательно,
6.13. В качестве обобщенной координаты выберем параметр
определяющий положение заряда согласно соотношениям
Тогда
Т = — (аг sin» g + 6» cos21) |а.

§ l] Собственные одномерные колебания 227
Затем учтем, что потенциал поля между обкладками конденсатора
в цилиндрических координатах равен
(ось 2 совмещена с осью обкладок конденсатора). Следовательно,
to-й- Г1
Из условия U' = О получим положения равновесия:
Si = 0; |2 = —. ёз = ". ё4 =
Далее найдем
t^ (S.) = f/" (У = -^- • -^^- > 0.
In——
Таким образом, |2) ?4 являются положениями устойчивого равно-
равновесия с одинаковой частотой колебаний, которая равна
со =
[<Ф, а8 — 6» 1'/2
6.14. Зададим уравнение эллипса в параметрическом виде:
?, y = bsing.
Параметр ? удобно выбрать в качестве обобщенной координаты.
' Тогда потенциальная энергия заряда равна
U = ~ eEacosl.
Она имеет изолированный минимум в точке ?=0.
В окрестности этой точки получим приближенное выражение
для функции Лагранжа
2 ь 2 '
которое приводит к значению удельного заряда
"т" ЕТЧ '

228 Линейные колебания [Гл. 6
6.15. Вводя обобщенную координату g с помощью функций
* = acosg; y = bslal,
найдем
Т = — (a2 sin21 + б2 cos2 g) |8;
Положения равновесия определяются из условия V — 0:
С. /Ч «« Ли, С. ЗЛ
\х = 0; ?2 = —\ \г = я; |4 = — .
Вычисляя вторую производную потенциальной энергии, находим
Следовательно, заряд может колебаться около положений 5г,
с частотой
6.16. Потенциальная энергия заряда е в полярных координа-
координатах с началом в фокусе эллипса равна
Она имеет изолированный минимум в точке ф]=0 при Qe<0 и в
точке ф2 = я для случая Qe>0. Соответственно получим
тря тр3
6.17. В качестве обобщенной координаты выберем угол ф по-
полярной системы координат с центром в одном из фокусов эллипса.
Тогда для точки имеем
р Г
1 + е cos ф 2 A + е cos фL
Потенциальная энергия точки равна
U _ eQ eQ _ 2eQ
Р
pi р 1 + 2е cos ф

§ 1]
Собственные одномерные колебания
229
так как сумма расстояний точки до фокусов р + р1 = 2р/A —е2).
Затем определим положения равновесия:
Ф1 = 0; ф2 = л; cos(p3>4 = — в.
Далее находим в первом и втором положениях равновесия
> 0 (е < 0);
д<р2
Ф1
дЮ
еJ
Следовательно,
ф2
р(\—
тр3
0)
Для третьего и четвертого положений равновесия получим
д<ра
Ф3.4
трл
6.18. Пусть а — расстояние между проводниками в отсутствие
токов, х — смещение верхнего проводника. Сила, действующая
на проводник со стороны тока /j, равна
Суммарная сила, действующая на проводник,
а — х
где a — J1J2s/yic2; к — коэффициент жесткости пружины. Потенциа-
Потенциалом силы F является
A)
Закон движения проводника
*-*„ =
« dx
следует из закона сохранения энергии.

230 Линейные колебания [Гл. 6
Положения равновесия
f
'
f )-¦
В этих положениях
= 2и Xi~Xl < 0; U"(х2) = 2х Xl~Xi > 0.
Следовательно, частота линейных колебаний около положения
устойчивого равновесия равна
Г 2х ^1 — ^2 I1/2
[ пг *1 J '
6.19. Запишем потенциальную энергию маятника длины / и
массы m как функцию угла отклонения от вертикали:
(J =. — mgl cos ф + mat sin ф.
Вводя обозначение tga=—a/g, перепишем это выражение в виде
cos (ф — a).
Далее для частоты колебаний получим
1
о2 = ¦
I
Среднее за период колебаний значение кинетической энергии ока-
оказывается равным
2Я/Ш
где А — амплитуда колебаний.
6.20. Рассмотрим движение бусинки в неинерциальной систе-
системе отсчета, связанной с обручем. Направляя ось z вертикально
вверх по оси вращения и выбирая в качестве обобщенной коорди-
координаты полярный угол 0, найдем
Т= mR22Q* , U (Q) = mgR cos Q— -^-Я2 Q2 sin2 6.
Положения равновесия определяются из условия U'=0:
Эх = 0; 62 = я; cos 9з,4 = — g/R Q2.
Далее найдем
V @0 = — mgR — mR* Q2 < 0;

§ 1] Собственные одномерные колебания 231
U" Fа) = mgR — mR2 Q2 > О при Q2 < -?-;
?/" @з,4) = mR* Q? - -2g- > о при Я2 > 4-.
Итак,
6.21. Удобно ввести цилиндрические координаты, жестко свя-
связанные с вращающимся треугольником, с началом в вершине тре-
треугольника и полярной осью, направленной вверх по оси вращения.
Топда получим уравнение движения шарика в азимутальном на-
направлении
mly = mgsln фЧ m/fl2siti2cp — х/ sin q>, A)
где / — сторона треугольника. Отсюда видно, что в положении дина-
динамического равновесия
Q? ml cos ц>ед = ¦— mg+ xl. B)
Разлагая правую часть уравнения A) в ряд по отклонению
положения фе9 с точностью до линейных членов включительно, най-
найдем
Ф + [ (^ - -f") cos%9- Q2cos2Ф,9] =ф 0.
Таким образом, для частоты колебаний получим
6.22. Выберем 6 — угол отклонения маятника от вертикали —
в качестве независимой координаты. Тогда уравнением линейных
колебаний шарика явится уравнение
а его решением — функция

232 Линейные колебания [Гл. 6
где
Для случая слабо затухающих колебаний (tna>o4^nRr\) >1.
Поэтому при усреднении по времени можно вынести экспоненци-
экспоненциальные, множители за знак интеграла. Таким образом, для сред-
среднего по периоду колебаний значения энергии получим
Следовательно, диссипация энергии равна
6.23. Общее решение уравнения
для слабо затухающих колебании имеет вид
g = e-fK (Л cos coe t + В sin
Поэтому среднее за период значение энергии
а средняя мощность диссипативной силы
Таким образом, добротность
а для рассматриваемого осциллятора
У R
и возрастает с убыванием радиуса образующей окружности ци-
циклоиды.
6.24. В системе координат с осью z, направленной вдоль вин-

§ 2] Собственные и главные колебания системы 233
товой линии, и осью х, направленной вертикально вниз, уравнение
винтовой линии, лагранжиан и диссипативная функция имеют вид
= —{(? + б2) ё2 + mgacos 0;
D (
где G — параметр.
Общее решение уравнения Лагранжа
m a1 + b2
можно представить в виде
6 (t) = ег& /0 @) cos со t + [ё @) + ц0 @)]
где
Колебания являются слабо затухающими, если ц < ю0. В этом
случае
0 @ е* en* f 0 @) cos aot + [0 @) + Ц0 @)] sint0°4.
I wo J
Чтобы найти закон движения при \а = соо, учтем, что limcoscotf = 1,
<в-»0
a lim sinM = t. Таким образом получим
owO 0)
е (о ~ б-»*'{0 @) + [в @) + и0 @)] О-
Наконец, в случае сильно затухающих колебаний
найдем
§ 2. Собственные и главные колебания системы
6.25. Кинетическая и потенциальная энергии системы имеют
вид
т 1
(aii*i + 2апхгхг + a2Zxl); U = -j-
2» 2,

234
Линейные колебания
[Гл. 6
Здесь x, = ql — qleq — отклонения от положения равновесия, а
I . . 34/
Далее найдем уравнения Лагранжа:
= 0;
Решение этой системы ищем в виде
2/ \Л2/
где Ai и Л2 — комплексные постоянные.
Из характеристического уравнения
-<о2ап + сп с12 —ю2
= 0
A)
находим два значения квадрата частоты со^2.
Полагая Аг = ае'а, получим первое частное решение (со = сох)
Полагая А% = бе115, найдем второе частное решение (о = со2)
B)"
1
Общее решение определяется реальной частью суммы полученных
частных решений
—с12
= a cos (co^ + a) + b cos (co2? + Р),
B)
где а, 6, а, р — произвольные действительные постоянные.
Представим также общее решение B), описывающее собственные
колебания системы, в виде суперпозиции функций
9Х = A cos (оМ + а), 92 = В cos (со2^ + Р),

§ 2] Собственные и главные колебания системы 235
описывающих главные колебания. Тогда решение B) принимает форму
хх = А{в! + А?02; хг = AjGi
где коэффициенты
Л} = с22 — co?an; Ai = — (с12 —
Аг = — (с12 — ©ia12); А* = сп — а22ап.
6.26. В качестве обобщенных координат выберем смещение хх от
положения равновесия первого шарика и величину х2 = /ф, где q> —
угол отклонения нити от вертикали. Тогда
Т = ^- + ^ (xi + 2**, cos Ь- + х\);
U — v. X\ — mgl cos —.
В положении равновесия xUq = xteq = 0, а вблизи положения равновесия
Следовательно, уравнения движения имеют вид
* = 0, A)
где Q2 = %g
Характеристическое уравнение системы A)
2 (со2 — Q2) (со2 — ©g) — со\= О
имеет решения
со?,2 = Й2 + соо±/0*Т^
Затем получим общее решение в виде
Хх = Д1вх + А?62; л:2 = д?ех +'Ale2,
где Qj, 02 — главные координаты системы, а коэффициенты
о .о о
юг, Ai = 0J2;
.1 п о .о о
i = coo —юг, Ai = 0J2;
= 2Q2 — а,22.

236 Линейные колебания [Гл. 6
6.27. В приближении линейных колебаний функция Лагранжа
двойного маятника имеет вид (см. рис. 6.27)
Решение уравнений Лагранжа
2фх + ф2 + 2о>оф1 = 0;
<Pi + Фа + юофа = 0 (<оо = g/l)
ищем в виде ф!|2 = А\^. Тогда
2(ю2 —со2)Д — й)М2 = 0; — А1аг + А2((о20 — со2) = 0.
Отсюда найдем собственные частоты
и закон движения
ф1 = ех + е2; фа = ДгА + д22е2>
где 8ь 02 — главные координаты; А21 — +1/2; А22 = — К2.
6.28. Пусть xi, x2 — расстояния первого и второго шариков от
вершины угла. Тогда потенциальная энергия системы имеет вид
y l hf + (Xl - /0J + (Ь - 10П
Определим далее положение устойчивого равновесия
\xl!eq — ^ » \x2/eq — ^ •
В этом положении для вторых производных функции U находим
выражения:
(______ \ I ——— 1 . , % I ш _-|— ——— , I ^
/ 84/ \ _ ( d*u \ _ ri 3(/,-/t) ]
\ dxxdjrg /г? \ ax^axi /gq [ 4 2B/j-{"/i) J
Поэтому частоты соответственно равны
ю? = 3x/2m; ю| = к/т 4- — (/0 — к) I B/0 + /i)-
т

§ 2} Собственные и главные колебания системы 237
Свободные колебания системы определяются законом
ii = 9i + 62» ёг = 0i—в2,
где |ь |2 — смещения из положения равновесия, а 8ь 6г — глав-
главные координаты.
6.29. Пусть ф1, фа — углы отклонения маятников от вертикали.
Следовательно, вблизи -положения равновесия
а кинетическая энергия
Учитывая, что Оу* — 0; ап = аа2 = ml2; Су = — х I2; cn = с22 = mgl
+ х/2, из уравнения A) задачи 6.25 найдем
где aft = g/l; Q2 = к/т.
Следовательно,
фх = a cos (@]^ ? + а) + 6 cos (co21 + р);
B)
Ф2 = а cos (% ? + а) — 6 cos (<о2 ^ + Р)-
Если Q < ©о» то решение B) описывает почти-гармонические ко-
колебания. Чтобы показать это, запишем B) в виде
где ©в— частота биений: шв = оJ—(Di
Из C) найдем
Л?>2 = а3 + б8 ± 2аЬ соз (юв < + Р — а);
__ a sin a ± f> sin ((o6 g + Р) ..
a cos а ± 6 cos (сов i + Р)
Амплитуды Л1,2 медленно изменяются с частотой юв-Ссоо в преде-
пределах \а—b\^Alt2<a-\-b.
Найдем среднюю за период 2я/<в0 полную энергию первого
маятника. Поскольку Ai(t) практически постоянна в течение одно-
одного цикла колебаний частоты ю0, то
E)

238 Линейные колебания [Гл 6
mPcOn о
Аналогично ?2 = А\. Следовательно, полная энергия системы
Из E) и D) видно, что энергия каждого маятника меняется
со временем (эффект биений). Этот эффект будет наибольшим,
если а~Ъ. Например, выберем начальные условия в виде
Фа @) = <pi @) = 0; Фх @) = ф0; ф2 @) = 0.
Тогда а='Р=0; а=6=фО/2. В этом случае Л1=фоС080)т^;
Л2=фо81псот^ где частота модуляции ит=шб/2. Таким образом,
из F) и E) следует
2
6.30. Кинетическая энергия системы
. m'xl
где х% — отклонение i-того отрицательного заряда от соответствую-
соответствующего положительного заряда Потенциальная энергия системы
Предполагая, что расстояние R велико по сравнению с х\ и Хг, пос-
после разложения в ряд находим
Далее запишем уравнения движения системы
^ — О?Х2 = 0; i2 + alx2 — Q2 ^ = 0;
mi?»
Из характеристического уравнения
(coj — «sa)(©2-eo2)-Q4 =

§ 2} Собственные и главные колебания системы 239
найдем собственные частоты
При рассмотрении этой задачи по квантовой теории энергия
системы имеет дискретные значения
= Л их (лх + -у)
где «1, п-2 — квантовые числа (п\, п%=п, 1, 2,...). Для энергии
основного состояния (пг=П2=0) находим
Е00=-±-(щ + щ). B)
Используем здесь значения частот из A) и учтем, что &2<Со)о.
Тогда, разлагая в ряд B), получим
Eog = % CO
Следовательно, взаимодействие атомов приводит к добавочной от-
отрицательной потенциальной энергии ~1//?6. Таким образом, осцил-
осцилляторы будут притягиваться с силой ~ 1/R7, которая называется
силой Ван-дер-Ваальса.
6.31. Кинетическая энергия системы
.г, тР -2 , тР -2
1 = ¦ ф| -) ф2;
здесь ф1, фг — углы отклонения маятников от вертикали. Потен-
Потенциальная энергия
U = — Mgl cos фх — Mglcos ф2 —-—;
i?a = [а + / sin фг — / sin ф!]2 + Р (cos ф2 — cos ф^2 A)
(ось z направлена по вертикали вниз).
Предполагая далее, что g>i, фг<;1, /фь /фг'Са, получим после
разложения в ряд
Затем найдем положение равновесия
у МП
Фи, - -** = :

240
Линейные колебания
[Гл. 6
Следовательно,
d*U
еч
о»
я* '
Вводя отклонения <7г=ф»—Ф»е« материальных точек от положения
равновесия, найдем
м
—
Из характеристического уравнения получим
М
Следовательно,
'•2 m ° та3 та3
о2 '
"о
а частота биений
2Y
C06 = СЙ! C0a =! i-
a3 <Bo
Наконец, полагая М—m=Am, находим
6.32. Лагранжиан заряда в цилиндрич-еских координатах имеет
вид (е—— ео<О)
Запишем далее интегралы энергии и обобщенного импульса
(pa
A)
B)

§ 2] Собственные и главные колебания системы 24Ь
Исключая из A) ф с помощью B), получим
где
2т [ р Т ср J к ^ 2с 9
о
Положение равновесной орбиты определяется уравнениями
f + fp^p^
dp in I р ф J 2c Эр
о
Р Ф J
о
дг т I р ф Л 2с dp J \ с Эр
б
Из этих уравнений находим
4 [ еЯA9)rg J
Разлагая U в ряд вблизи положения равновесия peq=R; ze(?=0 no
степеням отклонений х=р—R и z, найдем
E)
22
где
с ) т
Далее приближенно получим
тх1 та? тгг
с? i L хг А )
где
тс тс

•242 Линейные колебания [Гл. 6
— частоты радиальных и аксиальных колебаний соответственно.
Частоты этих колебаний порядка частоты вращения по равновес-
равновесной орбите <dO=eoH(R)lmc. Из F) следует, что радиальные коле-
колебания устойчивы при условии 0<<7<1 (мягкая фокусировка).
6.33. В качестве обобщенных координат удобно выбрать коор-
координату х точки подвеса и угол <р отклонения математического ма-
маятника от вертикали. В этих координатах функция Лагранжа
имеет вид
<ось г направлена вниз по вертикали). Далее согласно общей про-
процедуре решения найдем, что
«1 = 0;«3—f.
6.34. Направим ось х вдоль одного из стержней. Тогда
т = Jb-i* + Ju-i»; и - f (/fc-*)• + *- О2-
Преобразуем эти выражения, выделяя движение центра масс и
относительное движение. В результате получим функцию Лагран-
Лагранжа в виде
где ц. — приведенная масса; хт — координата центра масс;
х=х2—Х\.
Координата Хт — циклическая, что приводит к нулевой час-
частоте (это соответствует сохранению скорости центра масс). В си-
системе центра масс шариков положениями устойчивого равновесия
являются точки xeq=0 при а>1 и
xeq± (I2—a2I'» при />а.
Им соответствуют частоты
6.35. Будем отсчитывать координаты зарядов — углы cpi и
<Рг — от некоторой точки окружности против часовой стрелки и
напишем лагранжиан системы
„ mR* /-2 , *2Ч еа
<е = ——• (ф! + ф2) —
sin

§ 2] Собственные и главные колебания системы 243>
где т — масса каждой из точек; е — ее заряд. Пусть <р — угло-
угловая координата центра масс, a if — угловая координата относи-
относительного положения зарядов:
Ф = у (Фа + <Pi)". Ф =
Тогда
2«|sinW2)|
Поскольку координата ф — циклическая, <р=<ро- Далее рас-
рассмотрим поведение координаты ty в окрестности точек я]^,, кото-
которые удовлетворяют требованию dU/dty=0 (¦фед=я/г, где
&=1, 3,...). Частота линейных колебаний координаты 1|з в окрест-
окрестностях этих точек одна и та же и равна
Общее решение в указанном приближении имеет вид
y1 = c + at+ —6cos(©^ + p);
ф2 = с + at 6cos (<o t + Р).
6.36. Начало координат поместим в центр Земли и введем'
обобщенные координаты: 9 — угол, между радиусом-вектором
центра масс системы и фиксированным направлением, лежащим
в плоскости орбиты; ф — угол, образуемый стержнем с радиусом-
вектором центра масс. Тогда
х\,г ¦= Rcos 9 =F — cos (9 + ф); «/i,2 = Rbin 9 =F — sin (9 + ф).
Следовательно,
of + of = 2 [/?202 + (у J (в + ф
кроме того, получим потенциальную энергию
,, утМ у тМ

244 Линейные колебания [Гл. 6
Таким образом, лагранжиан маятника
J5? = т |>9» + -? (в + фJ 1 + -|- mю*/2cosaq>.
где cog = уМ//?3.
Теперь запишем уравнения движения:
О; A)
B)
Из A) получим
откуда следует, что |6|<^С|ф|. Поэтому пренебрежем в B) ускоре-
ускорением 0 и, рассматривая линейные колебания ф<^С1, найдем
Итак, частота колебаний рассмотренного маятника в ]/~3 раз
больше частоты вращения центра масс маятника вокруг Земли.
6 37. Имеем уравнения движения в заданных координатах
(е=-е0)
0; A)
у — Qx — coo2f/ = 0; B)
2+ (©01+0H2J = 0,
где Q = е0Н/тс, ©oi = euv.xjm\ ь>о2 = e0x2/m.
Решение уравнений A), B) удобно искать в комплексном
виде
Характеристическое уравнение системы A) и B)
/, ч2 _| „2 ч
= U
— t'Qco — (со2 + (йог)
имеет решение
ft>?,2 = -L Jfl* _ cog, _ ©J2 ± |/"(Q« _ Шв1 — «>02J — 4©9I «82 ],

§ 2] Собственные и главные колебания системы 245
которое запишем в виде
<о,,2 = -J- [/Qa-((o01-©02)a ± У№-(<й01 + <ОюУ];
при ЭТОМ ^+
Первое частное решение (©=<»i) определяется амплитудами
2 _i_ 2
Ci=>a; С» = — i а.
Аналогично для второго частного решения получим
Cx = о; С2 = — t о.
Отделяя, наконец, реальную часть общего решения в комплекс-
комплексной форме, находим
х = Лсов(a>]t -f a) + 5cos(<o2t + Р);
(здесь Л, В, а, р — действительные произвольные постоянные).
6.38. Положим г, — радиус-вектор i-того атома равным
•"го+Ui, где г,-о — радиус-вектор i-того атома в положении равнове-
равновесия, иг — смещение этого атома от положения равновесия; при
этом допустим, что полный импульс и кинетический момент моле-
молекулы равны нулю. Тогда
Sm.u, = 0; A)
Z/и, [r,v,] ^ 2/п, !!>,] = -|- Sm, [r,ou,[ = 0. B)
В случае линейных колебаний условие B) приобретает вид
2m, [rlOuJ = 0
(начало координат может быть выбрано произвольным образом).
Направляя ось х вдоль оси молекулы, получим (и = (х, у))
+ щхг + шл = 0; C)
+ ПЦУ* + т^ = 0; D)
E)
1) Рассмотрим вначале продольные колебания. Вводя обоб-
обобщенные координаты !i=*2—Х\\ %2=хъ—Хз, найдем

246 Линейные колебания ЕГл б
*i = — -jr [(Щ + щ) ?х + тъ\%\, М = тх + щ + т8;
м
*2 = — [«ill — "h&i]'
М
хз=-~- t^iii + (mi + "h) Ы-
/И
Следовательно, лагранжиан молекулы
^ 4-m8) 6? + m,(/ni
где Xi — жесткость молекулы при ее продольных деформациях.
Далее из уравнений Лагранжа
т3) «1 + т^зОг — XjA^ = 0;
^г) "г + rriimjli — XiMut = 0
находим уравнение для определения частот продольных колебаний
Следовательно,
В частности, для симметричной молекулы (/n1 = m3 = m; т^--
со2 = (— + — V со2 = —
\ m M )' т
а для несимметричной (mi = m2 = m; тз = М)
— 4- —
2 \т М
2) Рассмотрим теперь поперечные колебания молекулы. По-
Потенциальную энергию изгиба молекулы запишем в виде

§ 2] Собственные и главные колебания системы 247
где 6 — отклонение угла от значения я;
в[(&й) + (
(б)
%2 — жесткость молекулы при изгибе.
Используя D), E) и F) и выражая все смещения уи у2,
через б:
„ __ щ ц . ц 2тз ц . у
1 тх 3> % т2 3> 8
найдем лагранжиан, характеризующий поперечные колебания
молекул
_ 1 у mi -г щ1г Ла __
sj2 щ1* <,а
+ тат8) 2
и квадрат собственной частоты
, / 1 , 1 , 4 \
\ ms mi m% ]
Для симметричной молекулы (mi = m3=m; m2=M)
а для несимметричной (m1 = m2 = m; т3=Л1)
6.39. Начало координат поместим в одну из точек закрепления
струны, ось х направим по импульсу Ро, а ось у — вдоль покоя-
покоящейся струны. На материальную точку с номером п действует
сила
=у-° Bхп — xn+i — xn~i),
следовательно, уравнениями движения системы являются
— хх — х3);

248 Линейные колебания [Гл. 6
где a=4F0lml. Отсюда получим уравнение для амплитуд си с2, с3:
Bа — со2)^ — аса = 0;
— k<xcl 4- B?а — ©a) c% — kaca = 0;
— аса + Bа — юг) с3 = 0.
Затем из характеристического уравнения найдем квадраты соб-
собственных частот
(о? = 2а; <вЬ = в [(* + 1) ±
а из уравнений для амплитуд — соотношения между амплитудами
CfBa-co!) = ocf; cf = с?;
Наконец, получим общее решение
Хх = Ira {ci'V»»< + c
*2 = Im / — Ba — <4) с? № + — Bа — of) ci3>
la a
Если в начальный момент времени t=0 x1o=^2o=-*:3o=0, а
скорости точек Я2о=*зо=0; Хю=ро/т, то из общего решения най-
найдем
РоBа—ю^)Bа —<о|) г sinco^ _ sinco^ I
_
2
2ma (<o| — tog)
6.40. Поперечное смещение шарика с массой 8т равно
14 a V?V 3 V 20
где a2=F0/ml.
6.41. Пусть TV материальных точек совершают продольные ко-
колебания, а точки с номерами О, N-\-l (крайние концы пружины)
закреплены. Обозначим через хп отклонение м-ой точки от поло-
положения равновесия. Тогда кинетическая энергия системы

§2} Собственные и главные колебания системы 249
а потенциальная энергия
ЛГ+1
и=? т(*«~ Хп-1Г> х°=Xn+i=°-
71=1
Учитывая, что -^-=б_ь— символ Кронекера, находим
—— = к Bд:„ — -Сп—1 — xn+t),
ахп
где х— жесткость одной пружины. Следовательно, из уравнений Лаг-
ранжа получим систему
ica + col Bхп — хп+{ — хп-\) =-0, A)
где ©о = и//п.
Ищем решение A) в виде
*Л = Л„СО8И + Ф). B)
Подставляя B) в A), найдем
1-2Ап + Ап+{). C)
Каждое из этих уравнений напоминает дифференциальное уравне-
уравнение, так как связывает значение амплитуды Ап в «точке» п с ее
значениями в близких «точках» п-\-\ и п—1. Поскольку уравнение
линейное, то естественно искать решение системы C) в виде
Ап = Аёкпа. D)
Действительно, амплитуды такого вида удовлетворяют системе
C), если частота является определенной функцией волнового чис-
числа k, а именно
ш2 = 4co(jslti2 —. E)
Таким образом, получим решение B) в действительной форме
х„ — С cos (kna + a) cos (otf -f <p), F)
где а» (ife) определено в E).
Далее из граничных условий л:о=*я+1=0 находим а=я/2 и
набор возможных волновых чисел

250 Линейные колебания [Гл 6
Этот набор определяет собственные частоты
сот = 2соо
sin
sin
пт
(8)
и амплитуды
СяИ = Св1п-^р (9)
Рассмотрим некоторые частные случаи.
1) При N==1 существует одно главное колебание (т=1) с
частотой «1 = К2а>0 и амплитудой С\ = С.
2) Если iV=2, то первое главное колебание (т=\) совер-
совершается с частотой со1 = 2(оовШ — = соо.Амплитуды этого колеба-
6
ния соответственно равны
2я
C; C2(l) Csin C.
3 2 ч 3 2
Для второго главного колебания (т=2) получим частоту
со2 = 2<o0slfl = Y3®o и амплитуды
6
Очевидно, что каждую моду (т. е. главное колебание) можно воз-
возбудить, задавая начальные условия, соответствующие «конфигура-
«конфигурации» амплитуд данной моды
Фазовая скорость волн, бегущих по рассматриваемой цепочке,
равна
V = — =
k
k пт 2(ЛГ+1)
и различна для волн различной длины Я = —— = — ¦ 'а .
k m
Например, в случае N^>\ для коротких волн, возникающих при
возбуждении самой высокой моды (m=N),
_ 2а(ДГ+1) _
Для длинных волн, соответствующих моде т=\,
ХтЛХ = 2 (iV + 1) а = 2L (L — длина цепочки);
= 2со0 sin гь; ———; v =
° 2(N + l) N+l

§ 2] Собственные и главные колебания системы 251.
Следовательно, скорость распространения длинных волн больше,
чем коротких.
6.42. Функция Лагранжа
N N JV+1
л=1
где <р„ — угол отклонения от вертикали n-ного маятника;
фО=<рлч.1=0; у, — жесткость одной пружины. Тогда уравнение
Лагранжа для маятника с номером п имеет вид
Фл=-~[2ф„ —«pn-i-9«+iI f«pB. A)
/71 I
Решение этой системы будем искать в виде
<рв = 4,совИ+Р). B)
После постановки B) в A) найдем, что
4^+4^,-4.B—2. »- + f .-2-).
Затем, полагая Ап=А sinkna-\-B cos kna и учитывая, что в этом
случае
придем к дисперсионному соотношению
/ ^ m 2
Отсюда, учитывая заданные граничные условия, находим квадра-
квадраты собственных частот
©^=-^- + —sin* —п («=1.2,...
6 43. Запишем систему A) задачи 6 41 в виде
as
где s — площадь сечения непрерывного стержня, эквивалентного
пружине.
Ясно, что при а-» 0 отношение ml as переходит в плотность мас-
массы р. Далее, при этом предельном переходе координата хп долж-
должна перейти в переменную и, характеризующую деформацию стерж-

252
Линейные колебания
[Гл 6
ня, а индекс п — в координату г, т. е. х„-»-ы(г). Также очевидно,
что
;
x,
xn-\-\ — *"
a
ffl-fl — xn u(z-\
a
I- *n-\ U(Z) —
a
a \ a
-a) — и (г)
a
и (г— а)
a
. I du
'-*o V дг
. ди
* дг
_л ди I
"^ дг 1
ди
г дг
г
—а
\ д*и
г-а) дг*
Произведение xa/s в пределе даст модуль Юнга Е = lim xa/s.
a*0
a*0t
Итак, продольные колебания непрерывного упругого стержня
будут описываться дифференциальным уравнением в частных
производных
J!L J!fL = o A)
у2 дР ' w
дг*
где v2=E/p.
Приближение непрерывного распределения массы справедли-
справедливо в случае, когда а весьма мало по сравнению с длиной волны.
Действительно, используя выражение для скорости длинных волн
(см. задачу 6.41), получим
xa2s
ms
as
m
Е
p
Для нахождения дисперсионного соотношения будем искать
решение A) в виде плоских волн u—e~iai~lhz. Тогда найдем, что
(o=ikv. Это соотношение говорит об отсутствии дисперсии скоро-
скорости.
6.44. В предельном случае непрерывного распределения маят-
маятнику с номером п будет соответствовать положение равновесия в
некоторой точке х (ось х направлена по горизонтали); следова-
следовательно, отклонению ф„ (как функции п) будет соответствовать
функция ф(л, /). Для смещения «непрерывных» маятников, распо-
расположенных в окрестности точки х, имеем
Аналогично для обобщенного ускорения получим
t)

3]
Вынужденные колебания
253
Используя эти предельные выражения, вместо уравнений дви-
движения «дискретных» маятников
Ф« = —
т
т
— 2ф„) — -f Ф„
получим волновое уравнение Клейна — Гордона
д& I
dt*
т
(подобное уравнение справедливо для волн де-Бройля реляти-
релятивистских свободных частиц).
§ 3. Вынужденные колебания
6.45. Уравнение движения
? + ft)§* = J_/7(f) A>
т
можно проинтегрировать, вводя переменную ^=х-\-шоХ. Тогда
вместо A) получим уравнение первого порядка
Его решением является функция
t
1 = № f er^l — F{t')dt'.
J m
00
Следовательно
тщ
Энергия осциллятора в момент времени t
?@ = y
I
Энергия, переданная осциллятору в случае а), равна
О» 00
¦ C)
^\F№.\*, D)

1254
Линейные колебания
[Гл 6
где
коэффициент Фурье функции F(t).
Чтобы получить энергию, переданную осциллятору в случае
б), разложим функцию F(t) в ряд Фурье
F(t) =
т
Ca^^-[F{t)tr^dt =
F)
о о
ш, сравнивая E) и F), найдем, что Cn =
Теперь используем полученные формулы:
а) Согласно B) при /
mwe
— t')df=
sin
Из (З) найдем для энергии осциллятора
В случае coot'C 1 энергия, переданная осциллятору,
2/п
б) Для силы, действующей на бесконечном интервале времени
I = F (Г) е~ш*' dt' =iV C

§ 3] Вынужденные колебания 255
где С„ = Лпе<а". Отсюда
о*
1 т г 1 \П Л COS (пШ -f- On)"
ж = — Im g = > j4n
(Oo mcoo A>i «во — nQ
n=«—••
причем в резонансном «tQ=(Do, a
В нашем примере
H-
С. g #
и, следовательно,
moon ^i
nQt
sin
л (ш* — nQ)
Заметим также, что энергия осциллятора в резонансном случае
растет пропорционально t2.
6.46. Используя D), E) задачи 6.45, получим
+
=-L Г F(t)e-i«*dt = -А_ Г
2я J 2я J
и, следовательно,
Е(ОО):
2т
Отсюда ясно, что при мгновенном ударе (ю0Т<С1) или медленнол!
включении силы (mot^I) передача энергии мала. Максимум пе-
передачи энергии достигается при тх ^=г К2/©0, Е (оо)тах = nl
6.47. Исходное уравнение
т
имеет решение
д; = Аа в1я со^ + Ad cos

'256 Линейные колебания [Гл. 6
где
щ
^ амплитуды называются амплитудами поглощения и диспер-
дисперсии соответственно).
Используя это решение, легко находим среднее значение по-
тлощаемой в установившемся режиме мощности
¦С другой стороны, средняя мощность, расходуемая на трение,
равна
Пользуясь определениями величин Аа и Ad, находим, что
6.48. Перепишем исходное уравнение
x+yi + Dx = — F(t)
т
в виде
-i. [i + (tel + 1) х] - (to,- f) [x + (to, +-JL) x] = ±m.
где ©i = ©o—т~>0. Отсюда получим
4
g_(tol_Xjg = ^.y7W, A)
где l + D + j
Решением однородного уравнения, соответствующего A), яв-
является функция
Следуя общему правилу, ищем решение неоднородного уравнения
<1) в форме

§ 3} Вынужденные колебания 257
Тогда получим
и, следовательно,
А--= —F(t)e
т
2 > -L l Г F(i'\^ ' 2 >l V)At1
5 = ье -j I Г (Г ) в ш .
т J
и
Полагая константу С равной coiaeia, найдем
х = Im g = ае 2 cos (gV + a) +
1 rF(Oe~T<~nsIn(Bi(i — Г) Л'.
U
6.49. Используя обозначения задачи 6.29, запишем лагран-
лагранжиан системы
где Ue — энергия взаимодействия системы с внешним однородным
полем
Ut = — ? F,r1 = — F2uy2zx— Fo cos aj ¦ /ф2.
Выбирая вместо координат ф1 и фг главные координаты 8i и 82
(согласно форм>ле B) задачи 6.29)
получим
в? + в! щЬ{ <4 92
? + в! — щЬ{ - <4 922 + A. (9X - 62) cos (o^.
Соответствующие уравнения движения
2 Fn
1 2ml e
Fa
1ml
9 Зак 4

258
Линейные колебания
[Гл 6
имеют решения'
cos aet
Fp
2ml
(O
2ml
Следовательно, вынужденные колебания описываются функциями
2ml
COS СО
1
?- «2
Фа ~
—— cos со Л ¦
2ml
4~<
1
«of —
со; — со'
¦]¦
Отношение амплитуд фю и ф2о маятников равно
Фю
cos— cor
Если частота внешней силы
ной частоты системы, то
фю
— наибольшей собствен-
собственФ20
— со.
«1-
Для частоты coe<Ccoi — наименьшей собственной частоты —
Фю
A)
B)
Из A) и B) видно, что рассматриваемая система маятников мо-
может служить «фильтром», т е может сильно ослаблять влияние
внешней силы частоты ие, лежащей вне интервала («и, соя).
6.51. Запишем уравнение движения зарядов без учета сопро-
сопротивления
Отсюда
тх = <?Е0 cos Ы.
¦ Ео sin (at,
а средняя мощность, передаваемая полем частице,
е2?2
=e(Ev) = (cos cousin at) = 0.
Если учесть сопротивление, то
тг — еЕ0 cos (at — m v r.
A)

§ 3] Вынужденные колебания 259
Решение этого уравнения удобно искать в комплексной форме.
В связи с этим вместо A) напишем
B)
Частный интеграл уравнения B) имеет вид
где
е Е = e(v~'M)
+ fi») ° m(co2 + v2)
причем
— и
Взяв реальную часть от Ае"»', получим частное решение уравнения A)
е
г = —¦ е Eo cos (со^ — ф).
m у ш2 -f v2
Следовательно, общим решением уравнения A) является функция
г=СеЧ E0cos(u)/ ф).
m у соа + V2
Средняя энергия, передаваемая частице, теперь равна
m V «о + v2
cos((B^-(
coscp =¦.
2m >^со2 + v8 2m (w2 + v2)
Влияние сопротивления, таким образом, сводится к появлению
составляющей скорости, совпадающей по фазе с фазой внешней
силы. Следствием этого является передача энергии поля заряду.
6.52. В силу линейности уравнения его решение можно пред-
представить в виде
x(t)= §G(t,nnt')dt'. A)
Если внешнее воздействие имеет вид f(t)=8(t—/1), то
* @ = 0 (МО- B)

260 Линейные колебания [Гл 6
Поскольку x(t) = 0 при t<ti, то
G(t, /x) = 0 при t<h. C)
Функцию G(t, t') называют функцией Грина. Согласно A) и B)
она удовлетворяет исходному уравнению, в котором неоднородный
член представляет собой дельта-функцию:
G+lG + a>lG^5(t — V). D)
Учитывая, что
решение D) ищем
Из D) получим
Следовательно,
П //
U A
где
в виде
G(t t')
2
!
2я
ОО
—оо
«о +
г
я J
—00
i; озо -
Iе"
—00
g V") '
1
1 СО?. -
е
(со — с
¦V-
ia>«-t')
ох) (со — со2)
2 X2
4
E)
F)
Благодаря тому, что полюсы подынтегрального выражения
находятся в верхней полуплоскости, F) обращается в нуль при
t—tf'<0. Действительно, при /—f<.0 реальная часть i<u{t—t'),
равная — (a"(t—f), положительна, а контур интегрирования
замыкается в нижней полуплоскости <о"=1тй)<0. При t—f>0,
замыкая контур в верхней полуплоскости, находим
О, ^ — Г < 0.
Таким образом, получим решение исходного уравнения, удовле-
удовлетворяющее условиям х@)=0; х@)=0
x(t) = ~L- \f(t')e
сох .У
о <;

^ 3) Вынужденные колебания 261
6 53. Предположим, что электрон осциллирует около ядра,
которое находится в начале координат. Тогда уравнение движения
электрона будет иметь вид
nix — Хт+ тщх = eE(|r — R|), A)
где —Яг — сила, обусловленная потерями энергии на излучение;
Е — электрическое поле, создаваемое частицей,
R — радиус-вектор налетающей частицы.
В дипольном приближении можно пренебречь зависимостью
поля от положения электрона, полагая E(|r—R|)«;E(^). Влия-
Влияние электрона на движение быстрой частицы также мало. Поэтому
электрическое поле Е можно взять в виде
где Q — заряд налетающей частицы; р — ее прицельный пара-
параметр, v — ее скорость.
Используя B) и представляя решение уравнения A) в виде
г @ -= Г гю еш dm; гщ -= —— Г г (t) е~ш dt,
— оо —оо
найдем
е
; y
т шо + 1Уа —ш2 т
Работа, совершаемая в единицу времени полем быстрой частицы,
равна
= е Ev.
dt
Следовательно, передача энергии при пролете частицы
АТ=е fvE<# = e f vraemtd®E(t)dt =
—oo —oo
00 OO
I' VaE-codco = 2ne f ушЕш^со =
«! 00
= 2л e f (Vm Ею + va Ещ) d со = 4я е Re f va Е*ш da>.
о о
Учитывая, что уш = 1согш, находим
/И J (QJ _ 0JJ

262 Линейные колебания [Гл 6
Поскольку Еа не имеет особенности, находим
АГ=-- 2п*е2 \Еа.\*. D)
т
Теперь получим амплитуду Фурье
Учтем, что [8]
во ее
f" a-lxy Ay и С va-ixy А
1 п Ч/О л ^ ^/ / ' I
i> !fl -f- a I у Iu H- л I
— M —Ж
где Кп(х) — функция Макдональда.
Тогда E) можно представить в виде
„ Qw Г р jv- / ор \ у„
Пш = [ А1 [ -\ А
яоа[р \ v / у
а из D) и F) получить
где i = ш0Р/у-
Если 1^> 1, то Kv(x)=^ "\/ е~х и, следовательно,
г . 2х
Таким образом, передаваемая энергия весьма мала. Если 1<С1, то
0 2 х
Поэтому
mv* pa
Отсюда видно, что передаваемая энергия сильно возрастает в
случае близких пролетов частицы.
6.54. Плотность и потока энергии электромагнитной волны
(|Е|='|Н|) равна
г
1 1
и = —
8я с Г
О
((& + №)&= Г ивА>,

§ 3) Вынужденные колебания 263
где «о, — спектральная плотность потока излучения
иш = —— !?й|2; Ею=—
С1 ill
П)
Примем в качестве исходного следующее уравнение движения
осциллятора в поле волны (е=—ео<О):
'г 4-Яг -f <в02г=---^-Е(/); B)
т
здесь ш0 — собственная частота осциллятора, А, — коэффициент
затухания, E(t) — напряженность поля волны. Решением B)
является
? ЕC)
§ + —ш»
Среднее значение передаваемой осциллятору мощности
^ ^; D)
О
Отсюда, учитывая, что v@ = t<ar(e, получим
__ 2яе0 Г 'Ю1
тГ J (со —
—оо
где
©1,:
1,2 = —т- ± к>0; шо = I/ «о —
Согласно принципу причинности контур интегрирования в по-
последнем интеграле надо замкнуть в верхней полуплоскости
1гпо)>0 Применяя теорему вычетов, находим
Учитывая A), выражение E) можно представить также в виде
д
Пусть электромагнитная волна задана напряженностью
E(t)=Eoe 2 coscox/ 6@, где б = | г
I 1 при t > 0.

264 Линейные колебания [Гл 6
В этом случае
во ytf
la = -Ь_ Г е~ ~ cos (Hyt е~ш dt
in J
Ею =
2л
о
1 г, Г I 1
я
\E |2 ! l- El
ю° {4ЯJ KM)* (^J
Следовательно, среднее значение мощности, поглощаемой осцил-
осциллятором (среднее за 1Д.—¦ «время жизни» осциллятора), будет
равно
Am
6.55. Предположим, что волна распространяется вдоль оси у.
Тогда уравнения движения имеют вид:
-Qx ~tf = O; B)
где Q=eoH/mc\ ио = 2e0U0/mR2, Систему A), B) можно свести к
одному уравнению введением комплексной координаты \ = x-\-iy:
2 ° т *'
Решение этого уравнения будем искать в виде интеграла
du>. D)
Тогда
t ео Ех И
m (о — Юх) (ш — со2)

§ 3] Вынужденные колебания 265
где
i% . ik .
<Й1 == — + ©10*. «>2 ~ — + «W.
Решение C) также ищем в виде интеграла
e *«*</©. E)
—00
В результате подстановки найдем
е0 ?а(т)
Za —
((В — Ш3) (<О — i
где
0K,4 —
4
Средняя мощность, передаваемая волной электронам, равна
Л® = - е0 <Ev) = - е0 (Re( ЪЕх + z?,)> =
J [
+
(и — щ) (« — <bs) (a — a4
—©O
Вычислим F), предполагая, что ?ж(ш) и ?z(a>) не имеют особен-
особенностей. Замыкая контур в верхней полуплоскости со, получим
G)
/и. L сою —¦ ^0 ®ю *"~ ^2о
(\ I С / \ 12
ю) — ~ 1Е| Iе0) I спектральная интенсивность t-той ком-
компоненты поля. Таким образом, если спектр волны сосредоточен
вблизи частоты со2о, то поглощаемая мощность отрицательна. Это
означает, что электроны передают .энергию волне, т. е. в системе
электронов, движущихся в заданной конфигурации полей, возни-
возникает индуцированное излучение на частоте е»2о-
В том случае, когда |?,(to)|2 произвольно, F) можно пред-
представить в виде
Хпе*с f Wm J ыхщ , -10 , ^ I ,
¦ (СО — С010)г -J- —~ (W — Ci>20J
—- J

266 Линейные колебания [Гл 6
j 2"г (ю)
- К2
(J+
* 0' ' д
6.56. Решение уравнений движения
х ~\х+ (s>lx = — E(r, t) (E(r,t) = Ex)
т
будем искать в виде
X '¦— Xq ~Х~ Х± ~~{~ ... j
где Хо — решение не возмущенного волной уравнения, т. е.
Хо = я sin ((uot + a). A)
Обусловленное слабым внешним полем возмущение х\ удов-
удовлетворяет уравнению
Х\ + ?^i + ЩХг = — Е (го, 0. То = (хо, 0, 0).
m
Его решение может быть представлено в виде
ОО
где
2л J
Поскольку (в силу A)) ?(хо, 0 — периодическая функция с пе-
периодом 2я/соо, то
, 0 = J] En (a, t) е^\ ф = ш0 / + а.
П=-—во
Следовательно,
Ел = —5— Г 2Еп(a, t)е1пш+а)-шdt = ЪЕ*п{а, ю + п<в„)е-'"а, C)

§ 3] Вынужденные колебания 267
где
+ 00
(при вычислении C) учтено, что ?_„ = ?„).
Мощность, передаваемая внешним полем осциллятору,
При усреднении по времени первый член даст нуль, так что
D)
При усреднении по начальным фазам а первый член в D) не
дает вклада. Поэтому среднее по времени Т и фазам а значение
мощности равно
2Я Т
<^^^> —¦ I da V i\ (xq, t) dt. E)
2jt T J J dt
0 —oo
Учитывая B) и (З), из E) после усреднения по фазам получим
г
1 _! ! 2i ^CQ df --
J ((Л — (й!) (ю — ©а)
-оо
m
+ п щ) | Еп (а, &
п —оо
Отсюда, применяя теорему вычетов, находим
п
Этот ряд можно представить в виде суммы по положительным
значениям п:
оо
^ п [ | ?„_! (а, п а>0) |2 — | Еп+1 (а, п <й0) |2]. G)
к=-0

268 Линейные колебания [Гл. 6
Согласно условию электрическое поле в волноводе
Е(г, t) = C{x,y)f{<ot — kz)
(ось z направлена по оси волновода). Тогда G) принимает вид
«{I С„_! (а) |»-| Cn+i (а) |2} /ЯШо.
я=0
Из этого выражения следует, что неоднородный спектр внешнего
поля может существенно изменить величину поглощаемой мощ-
мощности. При определенных условиях она может быть отрицатель-
отрицательной, т. е. осциллятор может отдавать свою энергию переменному
полю — возникает мазерный эффект.
Величина «Л^»Т определяет фактически полную энергию,
переданную осцилляторам при взаимодействии с конечным во
времени импульсом излучения. Если же электромагнитное поле
меняется во времени периодически, то взаимодействие с осцил-
осцилляторами удобно характеризовать средней мощностью. Рассмот-
Рассмотрим, например, взаимодействие осцилляторов с волной, период
которой равен 2я/Й. В этом случае
Е(*о. 9= Yi E^m)&mat = ? ?„(а, m) еипш+и
m-=—oo n,m
Тогда из уравнения движения найдем
*i= ?^е'№(+и^+а), (9)
k.n
где
ейЕп{а, к)
г
лк
m [(kQ -\- п со0J — ik (kQ 4- я ©в) — fi>ol
Подставляя (9) и (8) в E), получим
Т
J
2я J 2Г J dt
о -г
t V Еп(a>fe)lk'QE~n(a>fer)ei{k+km
¦—i fc,ft'rn
m 2j
kQ\En(a,
(kQ+it со,J — i). (kQ -f n шв) —

§ 3] Вынужденные колебания 269
6.57. Каждая частица подчиняется следующему уравнению
движения:
mir = еЕ0 cos (со/1 — кг). A)
Поскольку воздействие волны на заряд мало, для достаточно ма-
малых интервалов времени можно допустить, что
где r(o)=p + vof — закон движения заряда без воздействия поля,
a r(])(^) — возмущение закона движения, связанное с волной.
Тогда, интегрируя A), находим
\ sin[(co-kv0H-(p],
@ . \
т (со — kve)
где ф = кр — начальная фаза частицы.
Различным частицам соответствуют различные значения фазы
ф. Если частицы распределены в пространстве однородно, то и
распределение фаз также однородно. Найдем среднее по фазам
значение кинетической энергии, приходящейся на одну частицу:
2Я 2
т I \ '0)\2J mtH \ ф
m (со — kv0J 2
Теперь вычислим среднее по распределению начальных скоростей
значение Т\.
IV—
J V 2лО
2яО (со —
—00
Здесь Vi — компонента скорости, параллельная к. Наибольший
вклад в последний интеграл дает область Wi~co/&, причем разме-
размеры этой области уменьшаются с ростом t. Поэтому

270 Линейные колебания[Гл 6
t P sin2« , ne Eo * I со \ ,
2k J Ф U~ 2mk \ k ) '
m p~~ 20
Следовательно, частицы с тепловыми скоростями vT=V2Q/m—a>/k
заметно поглощают энергию электромагнитного поля; если же
тепловая скорость частиц »т<ш/й — фазовой скорости волны, то
поглощение энергии весьма мало.
6.58. Скорость броуновской частицы
v=hm
где А^<тО'~1О~8с— промежуток времени, в течение которого
частица практически сохраняет свою скорость. Сила F, действую-
действующая* на частицу, обусловлена хаотическими и нескомпенсирован-
ными ударами молекул жидкости о поверхность частицы. В ре-
результате сила F флюктуирует с характерным временем x\~alv,
где а — среднее расстояние между молекулами жидкости; v —
тепловая скорость молекул. Следовательно, xi~ 10~8/105 с~
~ 10~13 с<Сто. Таким образом, при усреднении величин, характери-
характеризующих броуновскую частицу, за промежуток времени ti«CA?"Cto
движение частицы происходит практически с постоянной скоро-
скоростью.
Уравнение движения броуновской частицы имеет вид
A)
где —X г — сила сопротивления среды.
Умножая обе части A) скалярно на г и учитывая, что
m
Я
1
dW
dP
dt
- r
r
.
X
2
r\
dfi
dt
получим
т dV2 % dr2 _,
rF.
Усредним это уравнение по множеству частиц Тогда
2 d<* X 2 dt N ' х '
так как
{mv2) = 3kT\ <rF) = O
(здесь k — постоянная Больцмана, Т — абсолютная температура
жидкости).

3] Вынужденные колебания 271
После первого интегрирования уравнения B) получим
Поскольку рассматриваются большие интервалы времени — t > 1, то
m
и, следовательно,
>.
t
Таким образом, среднеквадратичное смещение броуновской части-
частицы растет линейно со временем.
При движении шарообразной частицы Л=6ят1а, где а — ра-
радиус частицы; ц — коэффициент вязкости жидкости. В известных
опытах Перрена масса частиц пг—1О~н г, а=10~5 см,
т1 = 10~2 г/см -с Поэтому величина тД=т/6л;т1а~ 10~8 с и, сле-
следовательно, сделанное выше допущение оправдано
6.59. Из уравнения движения броуновского вибратора
пгх — — ид: — Кх + F
аналогично предыдущей задаче найдем
ст "-2 ах2\ ffY _. н(хг) •— ^ /х*\
2 dP ' 2 dt
Очевидно, что
/х2) = kT -}- С ev'' + С е~~**1, A)
где
Vl'2 ~ 2^Г L ]/ ~ Я,2 J'
Из A) следует, что при f->oo
Это соотношение является следствием статистической теоремы о
равнораспределении энергии по степеням свободы. Действительно,
в силу этой теоремы

272 Линейные колебания [Гл 6
откуда
¦л
При 8/их>Я2 корень в B) мнимый; поэтому
~ + е 2m
/Вт у, ,
При 8ти<Я2 движение апериодично. Если 8/л«<^|Х2|, то
2х * . i уу i i
 "^-— f VO ~-— -^— ^ 1 у_ I <^t^ i у. |
л m
Следовательно, в этом случае

ГЛАВА 7
Нелинейные колебания
§ 1. Собственные колебания и метод Крылова —
Боголюбова
7.1. Запишем лагранжиан маятника:
Полная энергия маятника сохраняется, т. е.
—— <р2 — mgl cos ф = Ео. A)
Вместо Ео введем константу а согласно соотношению
wl; ш20 = ^. B)
Тогда из A) получим
rf[f_sin-(-?)]. C)
Разделяя переменные, из C) найдем
Г /Ф D)
[ — ) -sin»(q>/2)
Обозначим
2со0т =
Г
у (-f-J-sinaD>/2)
из D) получим
ф
2©0 (t + t) = 1
J

274 Нелинейные колебания [Гл. 7
Этот интеграл подстановкой х = —-аШ'(ф/2) приводится к эллиптиче-
скому интегралу
первого
2
рода
-sin(q>/2)
f
E)
Напомним, что по определению эллиптическим синусом sn(u,k)
с аргументом и и модулем k называется функция, обратная по
отношению к интегралу
«= f ¦ r dx F)
J
Сопоставляя E) с (б), решение можно записать в виде
[ |] G)
Используя соотношение [8]
sn (to, —| — ksn(u,k),
\ ь I
представим G) также в виде
Это представление можно получить непосредственно из E) под-
подстановкой */=sin(qp/2).
7.2. Вместо полной энергии удобно ввести постоянную а (см.
задачу 7.1), играющую роль амплитуды линейных колебаний
Действительно, максимальная амплитуда <ргаах определяется усло-
условием sin(<pmax/2)=a/2 (при малых отклонениях фгаах~а).
Функция sn(x, k) периодическая, причем ее период по пере-
переменной т равен 4/(, где К — полный эллиптический интеграл пер-
первого рода
1
dx
о
Период колебаний Т равен
Г = -*?-. A)

§ 1} Собственные колебания и метод Крылова — Боголюбова 275
Подстановкой x — sinu (х= —sin—j приведем A) к виду
V я ¦*- /
При малых отклонениях
coo J L ¦ 2 \ 2 у | coo
0
В том же приближении частота
2л
со = =
Г
7.3. Уравнение Лагранжа математического маятника имеет
2л /, а»
со = = соо 1
Г ° I 16
вид
ср -1- ©о sin ф = О,
где ф — угол отклонения маятника от вертикали, a o>^ = g/L
Отсюда в случае малых колебаний с точностью до первого нели-
нелинейного члена включительно получим уравнение в стандартной
форме метода КБ:
где
Решением этого уравнения в первом приближении по методу
КБ является функция
Ф = a cos if,
где
а^О; 1j3 = to0--^l_i
2ш0а
a
2я
1 С
ер\ = — \ е Q (a cos я|?) cos яр rf л|>.
л J

276 Нелинейные колебания [Гл. 7
Вычисляя этот интеграл, получим, что e{5i = (oa3/8 и, следователь-
следовательно, частота нелинейных колебаний
(см. предыдущею задачу).
Таким образом, закон движения математического маятника в
случае малых нелинейных колебаний задается функцией
Ф = a0cos <»o(l —) t + г|H •
7.4. Поскольку сила кулонова трения
F = — ^о— в(о)
V
(Q(v) —функция Хевисайда, см. задачу 1.27), уравнение движения
маятника имеет вид
o
1Ф1
или
где
|ф| ml
Согласно методу КБ
где
п
и, следовательно,
а = 0 (а = 0). A)
Таким образом,
а0 — —'— cos (<V + a),
ясо, /

§ 1] Собственные колебания и метод Крылова — Боголюбова
277
Из A) следует, что при t = n<aoOo/2X движение прекращается.
7.5. Запишем уравнение колебаний маятника
mgl Ф = -
б (Ф - ф0),
A)
где k.—¦ коэффициент сопротивления среды, Ро — величина воз-
возбуждающего импульса, а фо>О. Вводя обозначения
= —, / = —_
т ml
перепишем A) в виде
2
-Фо)-
Согласно методу КБ
еа. ,
а = —; ^ =
2 Y
причем
еа, =
2Я
=-Lf Г
— /а
sin ^ +'sin*
б (аcos oj;—Фо) 1 •
• sin ^г|; =
= Я, а соп —
б (а cos 1|з — ф0) sin2
л а
Фо > О".
= — V о>0Л, a sin 1J3 — /а <о0 ¦
б (а cos гр — фоI • cos tydty =
Шо cos гЬо
О Т0_
|,о< 1;
О, Фо>«-
Таким образом, если а>фо, то
^ А, а , / , /—;
/фо .
B)

278 Нелинейные колебания [Гл. 7
если же а<ф0, то
; ijj- to,,; ф =
Полагая в B) а=0, находим
а-11/2
J
Здесь корень будет вещественным при условии po>2jifeq>o^ Следова-
Следовательно, в случае ро<2я&фо/ стационарные колебания невозможны.
Из B) также вытекает:
если а@)<а!, то а (/)*-*« ->О;
если Qi<fl@)<a2, то а (*)<-»„-^г".
если а@)>С2, то а (<)/->»-vaj.
Итак, для возбуждения незатухающих колебаний с амплитудой а2
необходимо, чтобы начальная амплитуда была больше ci.
Нетрудно видеть, что в этом случае средняя за период мощ-
мощность возбуждающей силы
т
о
равна средней мощности, рассеиваемой вследствие сопротивления
среды
т
N* = — Г kl\q> dt = ml2 D±—.
о
7.6. Запишем уравнение для радиального движения спутника
массы пг в виде
где ^?о — радиус Земли.
Пусть значение peq—R соответствует радиусу невозмущенной
орбиты. При этом частота обращения связана с моментом импуль-
импульса соотношением М=тсоо#2;шо = gl&lR3. Следовательно,
««»—«<«•(-?—§-)¦

§ lj Собственные колебания и метод Крылова — Боголюбова 279
п , , dU г,
Далее разложим «эффективную» силу в точке peq=H
dp
по степеням х=р—R. В результате с точностью до членов третье-
третьего порядка малости включительно получим
dU =
Ф
и, следовательно,
где
л . . О 1 О О
е/ I f VI *f& . ^^_^_^ \"»
\aS I rfV I " ™ Л* Л •
Применяя далее к этому уравнению метод КБ, получим
где по — амплитуда колебаний.
7.7. Помещая начало координат в центр силы и совмещая
плоскость Оху с плоскостью движения, запишем лагранжиан пла-
планеты
одно из уравнений Лагранжа и интеграл момента
. A)
B)
Используя B), перейдем в A) к переменной
тр2 т \ р
т \ р
Следовательно, из A) получим (ы=1/р)
и + ы = , —- и, р0 - ——-. C)
Ра рауМ ут?М
Для того чтобы представить C) в стандартной форме, введем
функцию
х = и .
Ре

280 Нелинейные колебания [Гл. 7
Тогда из C) найдем
yptM \ Pi I
Решение D) ищем в виде
х = a cos гЬ + еро -f- е \ (Р„ cos nij? -f" ал s^ ПФ) •
причем
о' = — '
2 ' Y 2a ¦
2Я
IrtQl/ <\ O^/ 1
Я J YAi'M \ рй I УРоМ \ P»
о
Следовательно,
a = a0, г|з = ( 1 —) ф + ф0,
\ yp0M j
2k
X —
yp2QM
Итак,
Из F) следует, что траектория тела является незамкнутым
эллипсом. Угловое смещение большой полуоси за время одного
оборота бф =—-—. Выражая его через длину большой полуоси
Рос3
а и эксцентриситет е0, с помощью формулы
0 ут?М °
получим

§ 1]
Собственные колебания и метод Крылова — боголюбова
281
§ 2. Колебания системы с медленно меняющимися
параметрами. Адиабатические инварианты
7.8. Запишем лагранжиан маятника для случая |ф|<С1:
L = -L m^V — —
здесь 1 = 1 (t). Тогда уравнение движения имеет вид
— ml\ + mgly = 0.
dt
Отсюда, переходя к новой переменной I, получим
или
2 „,
Решением A) в области />0 является
(О
B)
где Ji(x) и iVi (x) — соответственно функции Бесселя и Неймана
первого индекса. В случае v< У gl аргумент функций велик.
Поэтому можно воспользоваться их асимптотикой:
cos I z — — я
4
яг
sin [ г ¦ л
4
Тогда решение B) приобретает форму
Ф =
cos
где Сну — произвольные постоянные. В этом случае (и<С Vgl)
решение C) может быть получено методом КБ (см. задачу 7.9).
7.9. Запишем уравнение движения маятника в виде
dt
где т(т)=тй12; 1г{х)=ггщг1\ l = la+vx; x = et (здесь в —символи-
—символический малый параметр).

282 Нелинейные колебания [Гл 7
Применяя к этому ) равнению метод КБ, в первом приближе-
приближении получим cp = acos^, причем
.mfi»; A)
2гш dt
Интегрируя A) и B), находим
a^rnffl = const; аг1у2 — const; ty = —V~gl + %¦ C)
V
Следовательно, решение имеет вид
4 cos (-
а условием медленности изменения длины является — . <^ /, т. е.
7.10. Закон изменения полной энергии планеты в поле звезды
приводит к уравнению
dE <L
dt dt
w
Усредним A) по периоду невозмущенного движения, т. е. по пе-
периоду Т обращения планеты при постоянной массе М,
Величины Е и М при усреднении за время Т практически не изме-
изменяются, следовательно,
т
=s — Mmy I—\ = — Mmy — \ . B)
v о
Теперь используем параметрическое представление r(t):
г = а(\ — ecos?); t= Л/ — (| —esing); dt = l/ — • — dE.
У а г а а
В результате из B) найдем
dE =—Y.mjil
dt ' a

§ 2] Колебания с медленно меняющимися параметрами 283
тМ
или, поскольку Е — —
2a '
dt M
Таким образом, получим адиабатические инварианты
= const; Ma = const.
Ввиду того, что квадрат малой полуоси
Ml Ml
со ¦
2т\Е\
имеется еще один адиабатический инвариант
Mb = const.
Поскольку Ma и Mb адиабатически сохраняются, орбита планеты
остается подобной.
7 11. Аналогично предыдущей задаче находим
AL — _
dt ~~
где а — большая полуось орбиты ц-чочки
Далее получим
Еу~2 = const; ay -•= const; 6у = const.
7.12 Поскольку магнитное поле изменяется вдоль оси г, то
из уравнений Максвелла rotH = 0, divH=O следует, что кроме
компоненты Нг отлична от нуля и другая компонента Яр. Вектор-
потенциал рассматриваемого поля имеет одну составляющую [26]
Следовательно,
Р Ф
Далее из уравнений движения

284 Нелинейные колебания [Гл. 7
= — — (хН + —гхН'
2
находим
где vj_ — составляющая скорости в плоскости Оху.
Усредним A) по такому движению, какое имело бы место при
постоянном поле Н и происходило по закону
V I
х (t) = х0 Н — sin (со t -j- a);
(й
v, еН
У @ = Уо 4- -^ cos (со t + а); со = B)
to me
Подставляя B) и A) и усредняя по периоду 2я/со, получим
<# 2 2е <п 2 Я
Из C) следует, что
^f = const, 7^ = 4- <4>
Существование инварианта D) приводит к интересным след-
следствиям. Запишем интеграл энергии в виде
Т± + -^у- = То. E)
Подставляя сюда Т± из D), получим
где Гхо, Яо — значения энергии поперечного движения и поля в
некоторой точке z0. Если H(z) возрастает, то в точке ги опреде-
определяемой условием
частица отразится — составляющая скорости z изменит знак. По-
Поверхность г = гь непроницаемая для частиц, называется магнит-
магнитным зеркалом.

§ 2] Колебания с медленно меняющимися параметрами 285
Пусть теперь частица сталкивается с двумя магнитными зер-
зеркалами, движущимися навстречу друг другу со скоростью и. Тогда
после каждого отражения компонента скорости г частицы возра-
возрастает на 2 и. Эта идея была высказана Э. Ферми в качестве воз-
возможного механизма ускорения частиц.
7.13 Поскольку оJ @ медленно меняющаяся (в масштабе т)
функция времени, то при |ю|т>1 будем искать решение в виде
Из уравнения ж + со2х=0 имеем
А + 2iAs + is А — sM + со2 А = 0.
Отделяя здесь мнимую и вещественную части, получим два урав-
уравнения:
Л—sM+©M = 0; A)
2/ls + <М - 0. B)
Из B) находим, что
А = -77^- C>
Из A) следует
5»^ш» + А. D)
Если
«1, E)
то в первом приближении можно считать
sa - со2.
Следовательно, решение задачи имеет вид
х = —^-cos ( Г 1/ш2dt + а^ при со2 > 0 F)
У о) \J /
и
* = "ТГeJ ^ + ~уТ е~j ^ при w2 = - fe2 < °- <7)
Решения F), G) в окрестности точек to, где со2(/0)=0, ста-
становятся бесконечными Это обстоятельство связано с тем, что в
области t~tu приближенные решения F), G) становятся непри-

286 Нелинейные колебания [Гл 7
менимыми. Определим окрестность \t—^0|> в которой еще можно
пользоваться F), G) Подставляя s = l/co в E), получим
Разлагая <о2(?) в ряд в точке t0, будем иметь а>2@ — —b (t — t0), где
dc°2 > 9. Тогда из (8) найдем
dt
«1, т. е. \t — to\
Учитывая, что в 6~со2/т, получим
I ' 'О I // , .2/3 • >¦ '
При |со|тЗ>1 условие применимости решений F), G) выполняет-
выполняется, начиная с момента ^тт <Кх- Условие (8) является усло-
(|co|tJ^
вием адиабатичности изменения величины со, так как по опреде-
определению какая-либо величина p(t) меняется адиабатически, если
-?- «1.
шр ^
7.14. В области t>t0 два линейно независимых решения
имеют вид
t
A)
B)
а в области t<t0
= —=r sin ((V^dt + aY, C)
D)
Искомая связь может быть найдена из условий непрерывного
перехода решения в точке t=t0. В окрестности этой точки

§ 2} Колебания с медленно меняющимися параметрами 287
и, следовательно,
x — b(t — to)x = O.
Решением этого уравнения при t>t0 являются функции Эйри [8]
где
т = Ь1/3 (t - g, Ф, @) = -^~- Г D") = 0,629,
2 Vn
При т < 0 аналитическое продолжение дает
(<Pi)maX = 0,95 при т = — 1,02.
При больших положительных т
^|) E)
а при больших отрицательных t
(т) --^ттт cos [-| (- т)»/» +- -5- ]. (8)
Учитывая, что
s = \ ]/&a dt = — t3/2; s =
J 3
и

288 Нелинейные колебания [Гл 7
из сравнения E), G) с A), C) находим с=Л/2, а=л/4. Из срав-
сравнения F), (8) с B), D) найдем D=B\ p=ln/4.
Таким образом, получим две пары «сшитых» линейно неза-
независимых решений
]У
t
( t
;тт^ехР
§ 3. Методы усреднения
7.15. Используем замену переменных, которые определяются
формулами
х = ге1®°1 + г'е~1а°и, A)
х = (ш0 2г1(й»' — i соо г"е-ш'К B)
где 2 и z* — комплексно сопряженные функции времени. Тогда
исходное уравнение приведем к виду
z = eF(a1t,x, x),
где
F = -~-e-^f(x,x, wj). C)
Представим далее z как суперпозицию плавно меняющегося
члена % (с характерным временем изменения параметров /3>2п/©0)
и суммы малых вибрационных членов, т. е. представим z в виде
z = g + ea1F,0 + ..., D)
где функция | удовлетворяет уравнению
? = 8^A, 0+в«о,(Б, *)+••-. E)
при этом функции и,, аг в D) и E) подлежат определению.

§ 3] Методы усреднения 289
Так как F(x, x, ait) периодична (с периодом Г=2я/соо), то
er^^Fn(z,z\^t). F)
оо
Далее из D) и E) следует, что
В свою очередь, правую часть C) согласно F) и D) можно пред-
представить в виде ряда
2 [>я A> Г, М +
] (8)
Подставляя G) и (8) в C), в первом приближении найдем
Теперь усредним (9) по периоду Г=2я/шо, имея в виду, что 1 —
медленная функция времени. В результате получим
MS.O = ?E,5'.f). 0°)
где
п. s » ч — j.
Учитывая A0), из (9) после интегрирования найдем
Рассмотрим некоторые частные случаи,
а) Если %<<*>„, то
t
«1 (Б, 0 = j [2 fr-^F/.fo Г, »iO -^]л. A2)
зак 4

290 Нелинейные колебания [Гл. 7
б) Предположим, что f(x, x, a>\t) периодична с периодом
2я/ш1. Тогда
Р» F. Г, <М) =
Следовательно, при точном резонансе
Для нахождения решения вблизи резонанса положим
= 6<<<во. Тогда
в) Если fi)i»fi)o, то 7^=0, т. е. ?=0 при |=const.
Итак, в первом_приближении рассмотренного метода z=|,
|=е/7(|, g*, /), где >P(g, I*, t) определяется формулой A1).
7.16. В рассматриваемом случае
2
е F {х, х, онО = — — (ze?*»'* + 2 V-to°'K e~to"f ¦
Следовательно, из формулы A1) предыдущей задачи получим
При этом функция ? удовлетворяет уравнению
Решение этого уравнения ищем в виде 1=Ае^. Тогда
А =0; ф = —-^-Л2.
4
Таким образом,
Учитывая, что
г = g = Ле"Р; л
получим

§ 3] Методы усреднения 291
7.17. В этой задаче
е/ = — ©о h cos о)^ • х;
ei7 {х. х, «jO = ^- cos coxjf
2i
eF(|, Г. <) =lim -5- \ F(z, i, M|.«6*. A)
1) В случае toi'Ccoo при вычислении функции A1) задачи 7.15
cos щ1 можно вынести за знак интеграла. Тогда
Следовательно,
х = acosя|з; af> = ( ©„ ( 1 И coscb^J Л + %.
о
Это решение можно получить, используя результаты задачи 7.13,
поскольку |Л»2 =& соо A + ¦— cos ю^).
2) В случае coi~2o0 введем обозначение coi—2cuo = 6. Тогда
Решение последнего уравнения ищем в виде^-=т]е . Следова-
Следовательно, функция ц удовлетворяет уравнению
п + — л ^- л = о.
Полагая т) = ы + г'у и отделяя мнимую и действительные части, по-
получим систему уравнений:
а4- -—и —и = 0.
2 4

292 Нелинейные колебания [Гл. 7
Решение этой системы ищем в виде
\С%
Ее характеристический детерминант приводит к двум корням:
Для первого частного решения k—s получим
Для второго частного решения К — — s найдем Ci =
Следовательно,
и =
2 2
Согласно равенству B) условием вещественности s является
Таким образом, если частота оц внешнего воздействия лежит в ин-
интервале
' --*-)Oi<2a>0(l + A\ B)
то в системе возникает параметрический резонанс, а амплитуда
возрастает по экспоненциальному закону. Неравенство B) опреде-
определяет зону, внутри которой положение равновесия оказывается
неустойчивым.
В области устойчивости s2=—so<O
?-(-•+-'?¦)]-[(-?¦+•.)'+»]

§ 3] Методы усреднения 293
3) Если 0I3> соо, то
F{l,l*,t) = O; ? = 0; g = -2-; а = А**,
а решение .имеет вид
х = ;4cos(oV + а).
7 18. Запишем напряженность магнитного поля в виде
Яг = Я/; /=-1 J-Acoso»!*. A)
Здесь Н — «ведущее» поле, h =—- — «коэффициент модуляции»
Н
(Л<С1). Если магнитное поле создается соленоидом, то напряжен-
напряженность возникающего вихревого электрического поля
Е = --1[Нг]/. B)
Потенциал Ф электростатического поля удовлетворяет уравнению
Лаплаеа АФ=0 и может быть реализован соответствующей кон-
конфигурацией металлических поверхностей.
Включение переменной составляющей магнитного поля приво-
приводит к существенному изменению траектории и энергии частицы.
Оценивая среднюю мощность, передаваемую частице вихревым
электрическим полем, можно убедиться, что главный резонанс воз-
возникает на частоте wi = Q:
C)
тс т.
Теперь найдем решение уравнений движения (%=
1 + fo>0/| + -|- (i(o0/ — €»§)? = 0; D)
г + й2гг = 0. E)
Из уравнения E) следует, что частица совершает аксиальные ко-
колебания только в том случае, когда %е>0. В дальнейшем будем
считать это условие выполненным
Заменой переменных
[^^] F)
уравнение D) сводится к уравнению Хилла
-+(-^Р -?-) —0. G)
Ю Зак 4

294 Нелинейные колебания [Гл 7
В том случае, когда Q2»cocjfr, уравнение G) может быть решено
с помощью метода усреднения. Это условие можно реализовать,
выбирая значения к и Я таким образом, что 2a>z<^@o. При этом
Q порядка циклотронной частоты ш0. Запишем уравнение G) в
эквивалентной форме:
w-г (-^-Y w ^ F (w); (8)
F (w) = — (©l — Q2 — 2ftcoo cos <uxt —
4
Переходя к новым переменным
получаем уравнения для амплитуд ах и аг:
a'i-- Lf(®)« 2; a^-FW?2. A1)
Операция усреднения приводит к сглаживанию быстрых пульсаций
амплитуд oi и й2 и позволяет учесть эффект воздействия перемен-
переменного магнитного поля на их систематические изменения Очевид-
Очевидно, время усреднения T=2n/u>i. После усреднения система A1)
приобретает вид
ах = — i (AXax — Я0а2), аг — i (А>.а2 — 1,^;
Характер решения системы зависит от корней характеристического
уравнения ± А,|>= V Яо —ДА,2).
Общее решение системы A2) имеет вид
аг — аем + Ье~и;
а2 = ae^-'v + Ье-«+'> A3)
здесь X.0cosy = AA,, AoSin'v=A,. Условие №>0 определяет область
неустойчивости
У Q2-cog/i+^-<«1<y Йа + со20/1+ -^-. A4)

$ 3] Методы усреднения 295
Учитывая F) и (9), получаем выражение для комплексной коор-
координаты:
! = ае-*°>'4-6е-«а'<, A5)
где Qx = — (соо — %); й2 = —-(<»о +©i)- Коэффициенты а я b в вы-
ражении A5) определяются из начальных условий |@) = |0 и
5@) =|о соотношениями
i
2coi sin y
Из выражений A3) и A5) следует, что траектория представ-
представляет спиралеобразную кривую. Радиус кривизны спирали и рас-
расстояние от оси 2 до центра кривизны спирали экспоненциально
возрастают со временем. Центр спирали вращается с угловой ско-
скоростью Qi, а вокруг этого центра обращается частица с угловой
скоростью Q2.
При точное резонансе coi = Q, cosy=—h/2^0. В установив-
установившемся режиме W> 1 частица движется по разворачивающейся
спирали, многократно проходящей вблизи оси z Действительно,
представляя аг и «2 в виде at — r1eMi\ a2 = r2e'aa, находим из выра-
выражения A5) расстояние р от оси z до частицы в момент времени t
p = У r\ -г r\ — 2r1racos (co^ fa, — a2).
Таким образом, начиная с момента t^>l/K0=4/byQh расстояние р из-
изменяется за период T=2n/ioi от значения
га n L \a\
до значения
Ртах ¦= | ПЛ- Г%\ - 2 | а | ?«. A8)
Из A3) и A5) следует, что кинетическая энергия частицы Т =
==т|||2/2 экспоненциально возрастает. Предположим, что вначале
частица покоилась в некоторой точке с координатами ro=(/"ocosa,
r0 sin a, 0). Тогда, учитывая A6) из A7) и A8), найдем нижний
Pmm=''o^~ "и верхний pmax=i'oe M пределы удаления частицы от
оси z. При /^>1Д0 кинетическая энергия частицы Т = - ртах
8
определяется частотой переменного поля и размерами системы.
10*

296 Нелинейные колебания [Гл. Т
Для ионов массы m заряда ze условие <й1~(Оо приводит к зна-
значению ведущего поля Н = JH^L 10~4Э (то — масса протона). По-
гт0
скольку для реализуемых на практике полей Я^Ю4 Э, то рас-
рассмотренный механизм ускорения может быть использован для
ионов массы т<—— 108 в области нерелятивистских энергий.
Например, при ©i = 107 Гц, /=1 см находим, что протон дости-
достигает энергии Т=10 кэВ за время ti — XAjinoh, совершив 14/2яА обо-
оборотов. Наибольшее удаление ртах в этом случае составлйет 33 см.
Ведущее поле #=103 Э. Если ускоряются однократно заряженные
ионы легких элементов (m~10m0), то соответствующее значение
энергии равно 100 кэВ. Ведущее магнитное поле в этом случае
Я=104 Э.
7.19. Запишем уравнение движения точки
dq
где периодическая сила Q может быть представлена в виде ряда
Фурье:
Q(q, *) = ?
B)
Далее ввиду условия положим, что координата q слагается из | —
плавно меняющейся за время 2n/Q функции и быстроосциллирую-
щей функции u{t), т. е.
Я = I + и. C)
Поскольку Q>©o, то амплитуда вибраций мала и, следовательно,
|ы|<С|1|. Поэтому уравнение A) можно представить в виде
dq*
^ ' ""=?• D)
Теперь усредним D) по периоду 2я/Й и найдем

§ 3] Методы усреднения 297
Вычитая E) из D) и пренебрегая членами ~~и, получим урав-
уравнение
аы = ?<Ш*па'- F)
пфй
При решении этого уравнения можно считать Qn{%) постоянными.
Тогда
и = — V ЬИ) gtao» G)
/ц?0
Далее, учитывая G), из E) получим
4 = -^- + F(l), (8)
где
При вычислении среднего значения учтем, что
t+T
(ек«+п')о<) = -L I' е*<ч+«'»*(й = б«,_„-, A0)
и вместо (9) найдем
или
Q~ = Q{1, t) — Q0
Таким образом, уравнение (8) принимает вид
где

298 Нелинейные колебания [Гл 7
Отсюда видно, что действие быстро осциллирующей силы сводится
к изменению эффективного потенциального поля, в котором дви-
движется точка.
7.20. Используя результаты предыдущей задачи, получим урав-
уравнения
f J^L) A)
B)
При интегрировании B) учтем, что Qi(?, t) мало изменяется за
время ~2я/соь Поэтому
И — 5~ Ql (?1 О COS CO,/.
Далее получим уравнение движения по плавной траектории
а? = —
7.21. Лагранжиан маятника
S? — Ь tngl cos ф 4- mlsoa>\ sin ф sin со/.
2
Запишем уравнение движения
т/2ф = (— mgl cos ф) — m/s0co2 sin ф cos со/.
Затем, применяя метод усреднения, найдем эффективную потен-
потенциальную энергию
A)
где~соо =
Исследуем теперь возможные положения равновесия маятни-
маятника. Из уравнения
е' = mgl — sin ф —
= — mgl — sin ф ( So(O ) sin ф cos ф = О
[ 2 \ too / J
получим
Ф1 =¦ 0; фа = я; cos ф3 -=• — 2
SoO)

§ 3] Методы усреднения 299
Вычисляя
ЗЧ/eff _ mg
видим, что
Таким образом, если 2g//co2so< 1» то положение фг = я является
устойчивым. Это случай так называемого динамического равно-
равновесия.
7.22. Используя результаты задачи 7.19, получим
l- dU .
Следовательно,
и — ¦ -—,- cos щ t Ц- -Щ- cos ю,п;
а I со? чо| J J
Таким образом,
где
tferr (s) = ?/(!)+ -т^т- [<Й + Ql + 2QA cos К - со2) t\.
7.23. Из закона изменения полной энергии маятника следует
dt dt ¦ ()
Поскольку в случае линейных колебаний
2

300 Нелинейные колебания [Гл. 7
из A) получим
AfLJ^ B)
Учитывая, медленность изменения параметра I, усредним B)
по такому движению, которое имело бы место при постоянном зна-
значении I, т. е. при <f> = acos<at. Тогда co2=g//,
-*?. = —mil /ер2 — — ф2\ = — -—m/toW = — — . — . C)
U \Т 2 Y / 4 / 2 W
Имея в виду, что © = -со—, из C) найдем
dE Е •
= — со,
At <ц
т. е.
— = const.
со
7.24. Уравнением движения является
тг =.- F<°> + еЕ_ + — [vH J, A)
где
F<°) = eE0+~tf-[vH0]. B)
с
Решение уравнения A) будем искать в виде
г = х + и, C)
где |ц|-С|х|. Тогда A) можно представить в форме
т (х + u) = F« (x) + (uy) F° + (u -~\ F» + еЕ^ (х) +
+ е (иу) Е„ (х) + ±- [хН„] + — [х (uV) HJ + J- [иН^]. D)
6 С С
Усредняя D) по периоду 2я/соь получим
тх = F (*)Ч- (е (иу) Е^ + -j- (х (иу) ЯJ + у- [iiHJ }; E)
mii =-- (uV) F° + (и -4- ) р + еЕ~ + — [хН~]- F)
\ OV ) С
Далее предположим, чтоЕ_(г, t) = Е (г) cos щг. Тогда из уравнения
Максвелла

§ S] Методы усреднения 301
rot Е_ = ¦
dt
найдем
; Н(г) = -rotE(r); kx=-—.
k С
Опуская ввиду малости два первых члена справа в F), после ин-
интегрирования получим
и = —— (EsintB,/—'—
тщ \ с
u (в cos щг +
в cos щг + — [хН] sin щг\ . G)
с 1
Теперь подставим G) в E) и, опуская члены порядка х2/с2, най-
найдем
*i = F.(x)-r-?- -^T(Ev)E + -^r[EH](;
(8)
Учитывая известную формулу векторного анализа
(8) можно записать в виде
где
(9)
7.25. Поскольку и «С с, то время ¦х-^'к/и ~ с/уш, за которое элек-
электрон проходит расстояние порядка длины волны, велико по сравне-
сравнению с периодом колебаний поля ~1/ш. Поэтому можно считать,
что электрон движется в некотором усредненном поле, обладая
потенциальной энергией
2m
U (г) — -^— / \ Ео cos tat cos kzdt
\ = — cos2 fez,
/ 4/ишЗ

302 Нелинейные колебания [Гл. 7
Сила, действующая на электрон,—
а уравнение движения сводится к уравнению
г — Q2sin2fe = 0; Q3 =
совпадающему с уравнением математического маятника.
7.26. Разложим функцию f(z) в ряд Фурье (k = 2nlL):
со
/ (г) = — + V (as cos skz + bs sin sfe);
„ i
2 ('
as = — 1/(г) cos sfedz =- 0, a0 = 0;
0
L
6S = — I / (z) sin skzdz — 6S 2«-i
L .] us
и, таким образом, получим
со
f (Z) = V sin Bл — \)kz.
Теперь запишем уравнения движения заряда
2
B)
C)
D)
В первом приближении движение вдоль оси z почти равномерное,
т. е. z^zo + vt, а уравнения движения B) и C) приобретают вид
х — — a20xf(vt);
у = alyf(vt).

§ 3]
Методы усреднения
303
Здесь функция f(vt) является быстро-осциллирующей с периодом
T—2n/Q=2n/kv = L/v. Следовательно, согласно задаче 7.19 сред-
средняя сила, действующая на частицу, равна
E)
F)
Вычислим необходимое среднее значение интеграла:
2 (kv)'
f f-V—-—-
l
2 (kvJ
96
V
а затем получим соответствующий эффективный потенциал
U(x, y)=HL
kv
+ f) ¦
12
G)
Под действием силы с потенциалом G) заряд совершает устой-
устойчивые колебания вблизи оси системы, в то время как движение
в поле отдельной линзы приводит к инфинитному отклонению о г
ее оси. Этот эффект аналогичен механизму жесткой фокусировки
частиц в ускорителях.
Возьмем теперь функцию f(z)=smkz. Тогда
sin kvidt
2 ) ¦=¦ — • —1—
/ 2 {kv?
а соответствующая потенциальная энергия
(8)
Следовательно, замена функции f(z) сглаженной функцией sin/гг
приводит лишь к появлению множителя порядка единицы.
7.27. Уравнения движения заряда имеют вид

304 Нелинейные колебания [Гл 7
z = (хх — уу) f (z);
а тс
В приближении z^zo + vt поперечные координаты определяются
уравнениями
х -= —— xf (vt); A)
у = yi (vt). (?)
a
Функция f(vt) является быстро-осциллирующей с периодом Т =
= L/v = 2n/Q. Поэтому движение заряда может быть описано с
помощью введения усредненной силы (см. задачу 7.19):
mr± = — —-; C)
n=l
a
Вычисляя фурье-компоненты функции f(vt):
т
6
найдем
SI fn\2 __ 4
Следовательно,
1
Bя—1)« 24
П*=\ П = 1
96 V a
Теперь из C)—D) получим уравнения:
2a/12
Их решение
х = AcosiQxt + a); у - Bcos(Q^ -+- 0).
D)

§ 3] Методы усреднения 305
Итак, рассмотренная система линз обеспечивает фокусировку за-
зарядов, влетающих под малым углом к оси этой системы.
Сравним величины магнитного и электрического полей (см.
предыдущую задачу), необходимые для одинакового воздействия
на заряд. Приравнивая частоты, найдем
eHL eUL
Отсюда, полагая L~~a~R; Ua = E, найдем, что— (— ) — 1. При
Е \ с 1
(о/с) «0,1; Я=104 Гс требуется ?=103 СГСЕл;3-105 В/см. Такие
поля создать труднее, чем соответствующие магнитные. Следова-
Следовательно, магнитная фокусировка практически более удобна.
7.28. Уравнения движения заряда в магнитном и кулоновом
полях можно представить в форме (%—x + iy\ е = —е0)
A)
B)
1.
т [ 11 Is + г*?12
Будем искать решение этих уравнений в виде
I = aeat + Ь\ 1 = шаеш, C)
где a = Reia, Ъ = ге1$—медленные функции времени. Переходя к
новым переменным а и Ь, с помощью C) получим
ото)
5 =
причем
! 112 = I a |2 + j b |a + аЪ*ё^ + a*be-™. F)
Покажем вначале, что |а|2, \b\2 не меняются за время
С этой целью найдем
ш ш _ 2e0Q д
|д|
dt mti j | Ц
G)
Усредняя G) по периоду 2п/(о, находим |a|2=const. Аналогично
получим, что |fr|2=const. Следовательно, радиус окружности R и
расстояние г до центра окружности постоянны.

306 Нелинейные колебания [Гл. 7
Усредним теперь по периоду 2л/ш обе части уравнения E):
;-^ i д , e»Q 1 Г * L.i^; (8)
J г |
2Л
U {г) = ?*
[: е=(
2лр ,) /l + ecos* Р
где р2^ |aP+|b|2-rz2==i?2 + r2+
В случае Rr <t P2 из (8) найдем
(9)
5г [i?2 + г" + г2]3'2
Где
t/ (z) „-_ CoQ . A0)
[i?2 + Г2 + 22jl/2
Потенциал A0) представляет собой одномерный потенциал Куло-
Кулона, определяющий движение в направлении силовых линий маг-
магнитного поля.
Первый иптеграл уравнения (9)
позволяет выяснить особенности движения вдоль оси г. Для при-
притяжения (e0Q>0) движение финитно при условии Eff < 0. При
?(? > 0 движение инфинитно. В случае отталкивания (e0Q < 0)
всегда ?о2) > 0 и движение инфинитио. При этом если
#<() (H>
[i?2 + ,8] 1/2
то происходит отражение заряда в точке с координатой
При
— Z2J1/2
отражения не происходит.
В том же приближении i?r<cp2 после усреднения по периоду
2лДо из D) и E) находим (||о|2= \а\2+ \Ь\2)

§ 3] Методы усреднения 307
ie0Q a
а =
ie0Q
Следовательно,
а = аое'ч*>; а0 = Reia°; Ь =
mco _J [R* \- r2 + 22 (t)f'2
Закон движения заряда в плоскости Оху определяется функциями
х = г cos (ф — C0) + /? cos {at Jr ф -j- ao);
у == — г sin (ф — р0) -f JRsin (со* + ф + а0).
7.29. Электрическое поле представим в виде
где Ец —составляющая, параллельная вектору Н=ф(^)Ь. Реше-
ние уравнения
— [vH] A)
ищем в виде
^E^ + c-gJ-Z + VL B)
Поскольку eh=0, то A) сводится к уравнению
-^ [eh] Л- (//ф) + mv, = -L. [Vlh] ф. C)
тс d , г, чгг 11,1 me d , с , .
vD = (//ф) ffehl hi = (//ф) е.
Теперь сделаем подстановку Vi =
тс d , г, чгг 11,1 me d
(//ф) ffehl hi
Тогда из (З) получим
/nv2 + mvp = — [v2H]. D)
и с
Условие медленности изменения полей позволяет пренебречь
членом mvp. Таким образом, оставшиеся члены соответствуют дви-
движению частицы в магнитном поле. Итак, скорость ведущего центра
Н

308.
Нелинейные колебания
[Гл. 7
7.30. Уравнение движения электрона имеет вид
c
где
Предположим, что высокочастотное поле отсутствует. Тогда, ис-
лользуя интеграл энергии
l a
и один из интегралов уравнений движения
получим
2eBU
md
¦ X.
B)
C)
D)
Отсюда видно, что х обращается в нуль при xi = 2eaU/md<s)o. Сле-
Следовательно, при Xi<d, т. е.
магнетрон заперт — ток отсутствует.
Теперь рассмотрим «дрейфовое» приближение. Движение элек-
электрона в рассматриваемых полях можно представить как движение
по окружности, центр которой, в свою очередь, перемещается.
В связи с этим решение A) будем искать в виде
г =- го + R,
E)
где Го — медленная функция времени, определяющая положение
центра окружности, a R — осциллирующая с частотой со0 функция.
Предположим, что высокочастотное неоднородное поле удовлетво-
удовлетворяет условиям
2я дФ
dt
ЗФ
Тогда A) можно записать в виде
т (го + R) =*= еоуФ (го) - — [г0Н] - — [RH].

§ 3] Методы усреднения 309
Поскольку за период 2п/(й0 величины г0, г0 существенно не
изменяются, то при усреднении их можно считать постоянными.
Поэтому после усреднения по периоду 2л/со0 найдем уравнение,
описывающее поведение центра окружности:
)--^[1:0Н] F)
(здесь также учтено, что \тто\ < — |[г„Н]). Умножая F) векторно
G)
на Н, получим
с дФ ¦ с дФ
; *
го 1НуФ(го,01; *<> .; *>.
Ф (х0, t) = — Хо + — sin (art — kyy0) sh kjc0-
a ky
Эти уравнения определяют поведение «ведущего» центра.
ы
Далее удобно перейти к новой переменной у'=уо—ut; u=
ky
Тогда из G) получим (индекс «О» у х0 и уо далее опускаем)
(8)
Я ду
У'-j-- If. (9)
Н дх
где Ф' = (v0 — и) — х ^- sin (kyyr) sh kux; v0 — — — скорость
с ky На
дрейфа в направлении оси у в отсутствие переменного поля. Фак-
Фактически замена переменных у-*-у' соответствует переходу в систему
отсчета, движущуюся вместе с волной. Поскольку скорость (х, у')
перпендикулярна УФ', то траектории ведущих центров совпадают
с эквипотенциалями Ф.'=const. При точном синхронизме волны
и электронов (u=vQ) траектории ведущих центров определяются
уравнением
C^ — slnk^'shkyX; C = 0, A0)-
ky
т. е. эквипотенциалями являются катод лс = О, прямые kvy' = O, ±n,
±2я и т. д. Из A0) и (8) видно, что при —n/2<kyy'<nl2 движе-
движение происходит от* катода к аноду. Электроны образуют «язычок»,
движущийся к аноду. Электроны попадают на анод, когда веду-
ведущий центр приближается к нему на расстояние =^#i=si»o/coo. Наи-

310 Нелинейные колебания [Гл. 7
меньшее время t] движения до анода соответствует ведущим цен-
центрам, движущимся при kyy' = 0. Из (8) имеем"
en t? V
dt Н ^
и, следовательно,
d-R,
dx Н Н
t I . _g_ = _ji_ in
х I Г7
sh /гих с? cft^a
Итак, при точном синхронизме (u — v0) бегущая волна сколь
угодно малой интенсивности отпирает магнетрон — появляется
анодный ток.
7.31. Скорость заряда удобно разложить по ортам т, п, е:
х— орт, направленный по касательной к силовой линии магнит-
магнитного поля; орт п направлен по'главной нормали к силовой линии;
п/р = — —¦ = — (ту)х
(здесь р — радиус кривизны; s — расстояние, отсчитываемое вдоль
силовой линии), a e=[tn].
Будем искать решение уравнения движения
ш = -i- [rH] A)
с
в виде r = ro + R, где г0 — радиус-вектор ведущего центра, a R опи-
описывает вращение вокруг силовой линии (Rt=0). Скорость веду-
ведущего центра представим в ваде
x. B)
Далее будем предполагать, что
dH
dr
|vo±|«s«|.R|.
В этом случае R(t) является быстро осцидлирующей функцией, а
Vo±, s — медленно меняющимися (в масштабе Г=2я/а>о; «0 =
еН(гп) \ тт
^ li!i_ функциями времени. Используя квазиоднородныи ха-
хате /

§ 3] Методы усреднения 311
рактер магнитного поля, из A) и B) найдем
т (ioi. + sx — — + R ) = — [voj. + "эт + R, Н (го) + (Rv) H].
\ Р/с
C)
После усреднения по времени из C) получим
-^-<[R, (RV)H]>. D)
Почленно вычитая D) из C), найдем уравнение
тк = -у [RН] + ±. [ет, (Rv) H]. E)
Поскольку второй член в E) существенно меньше первого, то
или R=-^-[*R];
тс
R[ = t»j_ cos at • n + fj_ sin cat ¦ e. F)
Вычислим теперь среднее значение первого члена правой ча-
части D). Учитывая F), получим
пиг.
mHl
Здесь учтено, что
ellkemnk = 6infiln — 8tr?lm> div H = °">
Следовательно, уравнение D) приобретает вид
т (v0± + st - *- п) = — [v01H] - J!li. уя. G)
В «дрейфовом» приближении (voj. = 0, s = 0) из G) следует
выражение для скорости ведущего центра

312 Нелинейные колебания [Гл 7
Найдем теперь адиабатические инварианты задачи. Умножая
скалярно обе части уравнения E) на R, после усреднения получим
Затем, учитывая F), находим
~ = <К (I'R] V) Я] R) = ~ е^
<К (I'R] V) Я] R)
(XV) Я = - S
H ds H dt '
Из (8) получаем инвариант
-^=- = С. (9)
Теперь из G) в проекции на орт t найдем
Н ds
Умножая обе части A0) на s и учитывая (9), получим
d m's* n dH
= •— с -
dt 2 dt
Следовательно, сохраняется величина
2
(см также задачу 7 12)
A1)

ГЛАВА 8
Динамика твердого тела
§ 1. Тензор инерции
8 1 Направим ось х с началом в вершине сектора по оси его
симметрии Тогда /m = 0, a
С . Н а/2
J xds 2 Г 2 , г , 4R , а
*Cfn ~"¦ —^-¦ — _____ I q до I COS ФЙФ —¦ '" о 1Г1 ^~—¦* t
s oR4 J J За 2
О —а/2
8 2 Поскольку в выражения компонент Jlh элементы масс
входят линейно, для сложного тела, состоящего из частей Л, В,..,
получим
где
/,, (Л) =
8.3. a) J = — Ма2;
О
8.4. а) Л = — Ма2; /2 = — Mb\ J3 =- ~ М (а2 + Ь2);
3 3 3
б) Л =¦ — Мб2; Л = 4" ^'а2; /3 = -1М (а3 + 6а).
4 4 4
8 5. В системе координат с осями Ох и Оу, направленными
вдоль осей симметрии пластинки, все недиагональные компоненты
тензора инерции обращаются в нуль. Главные моменты инерции
: вычислим по формулам
11 Зак 4

314 Динамика твердого тела 1ТЛ 8
где о — поверхностная плотность массы, а интегралы берутся по
площади, ограниченной лемнискатой.
Например,
Т a YcosM 4
Ju = 2a [ [ р8 cos'2 BdpdQ = oat V cos2 9 cos2 29d9.
y J J J
—я о о
4
Так как
cos29cos229= -^-A + cos 29) A + cos 49) =
= — + — cos 29 + —cos 49 + — cos 69,
4 8 4 8
то интеграл оказывается равным
jy = ^ Cл + 8).
Для компонент Jx, Jz аналогично найдем
/ =-22LCn-8)f У, = -2^.
x 48 г 8
Площадь, ограниченная лемнискатой, равна
Я/4 a >rcos29
J .'
-Я/4 О
Следовательно, М = оа2 и поэтому
8.6. Главные центральные моменты инерции пластинки соот-
соответственно равны (см. задачу 8.4)
Рассмотрим новую ось Ох' с началом в центре эллипса—эта ось
составляет угол 9 с главной центральной осью Ох, Согласно зако-
закону преобразования цензоров при поворотах
Jx. = Jx sin2 9 +/j,cos2 9 = — M F2 cos2 9 + a2 sin2 9).

§ 1] Тензор инерции 315
Полагая в уравнении эллипса
4- Л- =
+ — = 1, что х = г cos 0, у = /• sin 8, получим
6*
аг 6*
б2 cos2 8 +a2 sin2 9 =
Следовательно,
8.7. Подсчитаем вначале осевой момент JZ'z' тонкослойной
сферы массы 2т в системе координат o'x'y'z' с началом в центре
сферы
J
2я
f
2я J J 3
о о
Согласно задаче 8.2 этот момент инерции равен соответствую-
соответствующему удвоенному моменту для полусферы массы т (моменту
инерции для полусферы, вычисленному в системе O'X'Y'Z'). Те-
Теперь найдем положение центра масс полусферы. Для этого оставим
начало О' в той же точке, а ось z направим вдоль оси симметрии
полусферы. Тогда (x = cos8)
Затем совершим параллельный перенос системы координат с тем,
чтобы начало координат совпало с центром масс полусферы. Новые
моменты инерции будут равны
где | — вектор, соединяющий центр масс и начало о', т. е.
g = @, 0, -гт).
Таким образом
Тт ,т 2/?ш2 та* 5 _ ,
/J та
2ma2
jtn Tm jm n

316 Динамика твердого тела [Гл. 8
8.8. Поместим начало декартовых координат в центр сферы
радиуса а. Ось Ох выберем про-ходящей через центр масс сфери-
сферического двуугольника, а ось Ог — через вершины двуугольника
(с точки пересечения больших окружностей, ограничивающих дву-
двуугольник). Тогда плоскость Ozx будет плоскостью материальной
симметрии двуугольника и вследствие этого
Jxy = Jyz = <>уг — ^гу — О-
Кроме того, плоскостью симметрии является плоскость Оху. По-
Поэтому /жх=/гж=0.
Для вычисления главных моментов инерции Jx, Jy, Jz исполь-
используем сферические координаты, связанные с декартовыми форму-
формулами:
х = a sinG cos <р, t/= asin0sin<p, z =
Элемент площади поверхности сферы в этих координатах равен
Таким образом,
я а/2
Jx^a ff (t/2 + z2)ds = (Ta*rslD3ed8 Г
О
О —а/2
в/2
_)_ аа* Г sin 0 cosa 0^Э f dq> = — аа* Bа — sin а),
О -а/2
я а/2
Jg = аа* Г С (sin 9 cos3 9 + sin3 8 cos2 cp) dQdq = — аа* Bа + sin а),
О —а/2
Jz = ста* f Г sin3 QdQdy = — аа*а
(здесь а — поверхностная плотность массы). Так как масса сфери-
сферического двуугольника равна
к а/2
Г f
f
/
о —а/2
получим окончательно
За У'

§ 1] Тензор инерции 317
г з
8.9. Поместим начало системы координат в центр масс парал-
параллелепипеда, а оси Ох, Оу и Ог направим параллельно его ребрам
с длинами 2а, 2Ь и 2с соответственно. Тогда момент инерции
Пусть р — плотность массы параллелепипеда. Тогда
а Ь а
Г уЧт = р Г Г С y2dxdydz =
—а—Ь—с
Ь
= р-2а-2с- Г уЧу = — p-2a-2c-26s = —
•.' 3 3
—ь
Продолжая аналогичные вычисления, получим
8.10. а) Л = -^М (-L№ + 4^); /, = -|-(±ft
в) J1== J-MC/?A— ft2).
5
8.11. Совместим ось z' с осью однородного цилиндра радиуса
а и массы 2т. Тогда момент инерции относительно z' этого ци-
цилиндра равен
а 2я
— f (ха + t/a) ds = -?^- f р3ф f dtp = ma2.
яаа J яа3 .) J

318 Динамика твердого тела [Гл 8
Согласно задаче 8.2 соответствующая компонента для полу-
полуцилиндра равна —г—, а его центр масс находится на пересечении
плоскости симметрии полуцилиндра на расстоянии х'т от оси г'
С ,. а я
\ OX US
яа? J J
оо
Ут = J = _А_ Г рф (pp
Г ads яа? J J Зя
J оо
Следовательно, искомая осевая компонента
8.12. Центральные осевые моменты инерции однородного шара
2 2-
равны — та , а центр масс полушара расположен на оси его ма-
О
териальной симметрии на расстоянии гт от плоской поверхности
полушара:
я/2 2я
• Г r3dr Г cos 9 sin ddQ Г йф = — а.
о
Следовательно, главные центральные моменты инерции полушара
равны
тГП т/71 *• о / 2 9 \ 83 п
J™ =¦ J = та2 = та2;
J ь \ 5 64 } 320
8.13. Поместим начало координат в центр масс цилиндра, а
ось Ог совместим с осью симметрии цилиндра. Тогда при любом
выборе направлений ортогональных осей Ох и Оу:
М
Отсюда при г = 0 получим также моменты инерции сплошного ци-
цилиндра

§ 1] Тензор инерции 319
814- Jx^~M{b^ + c2),
5
В частности, при a = b = c=R находим главные центральные
моменты инерции шара радиуса R:
8.15. Выберем начало координат в цен-fpe масс цилиндра, а
оси Ох и Оу. направим соответственно вдоль малой и большой
полуосей эллиптического основания. Тогда все три координатные
плоскости будут плоскостями симметрии эллиптического цилиндра,
а координатные оси — главными осями.
Момент инерции относительно оси Oz, совпадающей с осью
цилиндра,
(a — плотность массы цилиндра). Его удобно вычислить, вводя
новые переменные р, ф, z с помощью соотношений:
х — ар cos ф, у — bp sin ф, z = z.
В этом случае
1 2я h
Jг = 0 a3b Г Г Г р3 cos2 ф dp d(f dz +
О 0 —ft
1 2Я h
+ ab3a Г Г f p3sitr4dpaVpaz =r 2яаа6Л • — (a2 + б2) =
О 0 —ft
M = p 2я abh.

320 __ Динамика твердого тела [Гл. 8
Момент инерции относительно оси Ох
1 2Я h I 2я ft
( { р* sln% <pdp dq>dz + ab в Г Г ("zapdpd<pdz
О О — К О О —Л
1 = М
V 4 3 У \ 4 I 3
Заменив в этом выражении Ь на а, найдем
8.16. Пусть O'x'y'sf — система координат с центром в вершине
параболоида и осями, параллельными осям Ox, Oy, Oz соответ-
соответственно. Вследствие симметрии рассматриваемой фигуры оси О'х',
О'у', O'z! будут главными осями инерции. В этой системе исполь-
используем цилиндрические координаты и получим
;=/у=ОгГ Г Г (p2COS2qp+z'2)p<#>Ap<fe' _
0 0
оо о
~" h V 12 4
(здесь о — плотность массы).
Вычислим, далее, массу параболоида
К aYPJh 2я
о о в
Следовательно,
Аналогично найдем
Координата центра масс

§ 1] Тензор инерции 321
Следовательно, главные центральные моменты инерции парабо-
параболоида соответственно равны
J? = j't = -L Ma\
О
Теперь получим моменты инерции относительно требуемой в
условии задачи системы координат. В этой системе координаты
центра масс таковы:
х = 0 у =а г = — —А
Поэтому при параллельном переносе системы координат с началом
в центре масс в положение с началом в точке 0 компоненты тен-
тензора инерции примут вид:
z У,г = Л- ah, JX2 = /w = 0.
8.17. Поместим начало координат в центр масс тора, а ось
Oz направим по оси его симметрии. В этой системе координат
Для расчета интегралов введем тороидальные координаты р,
6, А, согласно формулам
х = (R + Р cos Я) cos в,
у= (R + p cos I) sine,
г — psin^.
Элемент объема тора получим, вычислив детерминант
cos % cos в — (R + р сов Я) sin 9 — р cos 8 sin X
D{x, у, г)
d (p, е, к)
cos Я sin 9 (R+ Р cos Я) cos 9 — р sin 0 sin Я
sin Я 0 р cos Я
который оказывается равным

322 Динамика твердого тела [Гл. 8
Таким образом,
т 2л 2Я
0 0 0
5
X (pcosA + /e)pdpd8dA,= <гя" . , . .
4
{здесь а — плотность массы тора). Аналогично
г 2Я 2Я
О О
Теперь получим связь плотности о и массы тора М:
г 2Я 2Я
д, Р Р ('
"aJ J J
0 0 0
Поэтому окончательно
8.18. Момент инерции полусферы относительно оси ее симмет-
симметрии равен 2Ma2j5, а центр масс полусферы находится на расстоя-
расстоянии За/8 от ее основания. Рассмотрим компоненты тензора инер-
инерции относительно системы координат с началом в центре масс и
осями, параллельными осям Ox, Oy, Oz. Поскольку ось, проходя-
проходящая через центр масс и центр основания, является осью симмет-
симметрии и, следовательно, главной осью инерции, то и любые две пер-
перпендикулярные ей ортогональные оси, проходящие через центр
масс, также являются главными осями. Поэтому в указанной си-
системе отличны от нуля только «диагональные» компоненты
Ма*(— —), Ма*(— — V — Ма\
\ 5 64 / V 5 64 )' 5
Теперь осуществим параллельный перенос системы координат
с началом в центре масс до совмещения ее с заданной в условии
задачи системой координат. Полагая в формуле преобразования
сх = а, су = 0, сг = За/8,

§ 1] Тензор инерции 323
получим
•/ .... =
5
Jxx =±-Ma\ Jyy = ^ Ма>, JZ2 =^
Заметим, что плоскость xOz является плоскостью симметрии
полусферы. Поэтому ось Оу является главной осью инерции. Две
других главных оси инерции найдем с помощью поворота осей ко-
координат вокруг оси Оу на угол а с тем, чтобы в новой системе
координат компонента Jxz обратилась в нуль. Подставляя в за-
закон преобразования тензора инерции при поворотах
3 3
A=1 .7=1
элементы матрицы поворота
cos a 0 sin а
О 1 О
- sin a О cos а
получим
= ~ {hz — hx) sin 2а + Jxt cos 2а - О,
откуда
tg2a
Далее найдем главные моменты инерции (для точки 0):
/хх = Jxx cos2 a + Jzz sin2 a + 2JX2 cos a sin a = Маг,
fzz = Jxx sin2 a + Уг2 cos2 a — Jxz sin 2a = — Ma2.
§ 2. Плоскопараллельное движение
8.19. Выберем в качестве обобщенной координаты *т — коор-
координату центра масс диска, отсчитываемую вдоль наклонной пло-
плоскости (см. рис. 8.19). Тогда
Т _ т V2 ' ' /<m> fl2
¦" — ~Т~ лт -| —¦ t/г'г' « >
где 0 — угол поворота диска.

324 Динамика твердого тела [Гл. 8
Условие качения без скольжения приводит к связи
Таким образом, получим лагранжиан диска
и уравнение Лагранжа
= — тхт + mgshi а-хт
4
A)
которое определяет закон движения центра диска.
Чтобы определить реакцию плоскости, используем уравнения
Лагранжа с реакцией связи
тут = —mgcosa + R±. B)
Учитывая, что ут = 0, и закон A) из B), найдем
R = -^-(\ +8 cos2 aI'2.
О
8.20 Пусть обобщенной координатой является 8 — угол, обра-
образуемый стержнем с осью х. Пусть также ri (r2) — радиус-вектор
левого (правого) конца стержня, а гт — радиус-вектор его центра
масс. Тогда
«1.2 =-*m =F y
Поскольку у — кхг, из уравнений
утq= -Lsin 6 = k (x^-jcos 0
находим

§ Й] Плоскопараллельное движение 325
Затем получим лагранжиан
feacos2e
ml 9 \2 1 mi>
2 \ 2?cos29 J ' 2 12
где
4
Положения равновесия
eie, = о (kt < i), coseaea - -±=- (ki > i)
найдем из условия С' (8) = 0. Наконец, вычисляя U" F), получим
8.21. Качение полуцилиндра по абсолютно шероховатой гори-
горизонтальной плоскости можно рассматривать как чистое вращение
вокруг мгновенной оси, совпадающей с линией соприкосновения
полуцилиндра с плоскостью. Так как центр масс полого однород-
однородного полуцилиндра находится на расстоянии 2а/л от оси цилинд-
цилиндрической поверхности, то центр масс удален от мгновенной оси
вращения на расстояние, равное
где <р — угол между плоскостью симметрии полуцилиндра и верти-
вертикальным направлением вниз. Поэтому функция Лагранжа для
полуцилиндра может быть представлена в виде
-\ qp2-f mg (—— I COS ф,
2 \ я У
где / — момент инерции полуцилиндра относительно оси, прохэдя-
щей через центр масс параллельно оси цилиндра;

326 Динамика твердого тела [Гл 8
Уравнение Лагранжа в случае линейных колебаний имеет вид
а(я-2)
Следовательно, период таких колебаний равен 2я]/а(я-
8.22. Направим ось Оу декартовой системы координат вниз
по вертикальному диаметру цилиндра, а ось Ох по горизонтальной
касательной к цилиндру. В качестве обобщенной координаты вы-
выберем 0 — угол наклона бруска к горизонту. Так как брусок ка-
катается по поверхности цилиндра без проскальзывания, то коорди-
координаты центра масс бруска соответственно равны
хт = (а + b) sin 0 — а0 cos 0,
ут = — а -г- (а + b) cos 0 -f oQ sin 0.
Дифференцируя по времени, получаем
хт = ф cos 0 -f a 0 sin 0) 0,
Ут = _ Fsin 0 — a0cos 0) ё.
Следовательно, кинетическая энергия бруска равна
Т = — М(кг ~Ь2 + а2в2)в2^ — M(/fe2 + 62H2.
2 2
Далее запишем потенциальную энергию (У = Mgym в виде
а —6 „,
Таким образом, получим уравнение Лагранжа для линейных коле-
колебаний
М (k2 + b2) e = —
откуда следует, что период колебаний
т = 2л
8.23. Рассмотрим элементарный цилиндр нити, имеющий вы-
высоту dx и находящийся на расстоянии х от верхнего закрепленного
сечения упругой нити. Если нижнее основание нити повернуть на
угол ф, то элемент dx повернется на угол ср' = —— ф. Момент инер-
инерции элементарного цилиндра нити относительно оси крутильных
колебаний равен

§ 2i] Плоскопараллельное движение 327
Следовательно, кинетическая энергия системы, состоящей из твер-
твердого тела и цилиндрической нити, есть
i
Потенциальная энергия системы совпадает с потенциальной энер-
энергией упругой нити
где х — коэффициент упругости.
Таким образом, получим лагранжиан системы
и уравнение Лагранжа
откуда следует, что период крутильных колебаний твердого тела
с учетом вращения частиц упругой нити равен
(т +
Отсюда для тонких нитей с большой степенью точности находим
8.24. Обозначим через 6 угол отклонения маятника от верти-
вертикали в произвольный момент времени, а через х — отклонение цен-
центра масс цилиндра от положения покоя. Тогда лагранжиан си-
системы
Х^Мхг+ — m(>+ 2l'x 6cos9 + /2e2) + m?JcosG.
Координата х является циклической. Поэтому обобщенный
импульс
рх = 2Мх + т (х+ /6cosG)

328 Динамика твердого тела [Гл. 8
сохраняется. Так как при л; = 0 и 0 = а система находилась в по-
покое, то рх = 0. Проинтегрировав по времени равенство
) = 0, A)-
найдем
B/И + т) х = ml (sin a — sin 0). B)
Далее используем интеграл энергии с учетом начальных условий
М х? + — т (к + 2/jc 0 cos 0 + /2 02) — mgl cos 9 = — mgl cos ее.
C)
Исключая из A) и C) х, найдем
2М + т sin3 6
2М -f- m
02 = 2 (g/l) (cos 0 — cos a).
Отсюда видно, что 0 изменяется в пределах 0=±<х. Следователь-
Следовательно, как это следует из B), величина х изменяется от нуля до
2mJsina
тах ~~ 2М + т '
8.25. Проектируя обе части уравнения движения центра масс
обруча на орты цилиндрических координат, находим
92= — Rp — MgcosQ, A)
'6 Re — MgsmQ. B)
Далее из интеграла энергии следует
— ЛJ = Mga (cos Э — cos а), C)
где / — момент инерции обруча относительно оси вращения (/ =
= 2Мй2).
С помощью C) получим
ё= ^-sin0. D)
2а v '
Подставляя найденные функции 0(8) и 0@) в уравнения движе-
движения центра масс, находим
Rp = — Mg Bcos 0 — cos a),
Re = — Mg sine.

§ 2J Плоскопараллельное движение 329
Квадрат величины реакции подвеса равен
#> = ?2+^2 _= т&* A -i-4cos2a-b 15cos20— 16cosGcosa).
4
Дифференцируя это выражение по 0, получим
_^!_ = J??. sm 6A6 cos a — 30 cos 6).
Отсюда видно, что R при 0 = 0 принимает максимальное значение
4cos2a- 16cosa .
В этом случае, как нетрудно видеть,
fcos 0 A6 cos a — 30 cos 0) -f 30 sin2 0] < 0.
Выражение для dR2/dQ обращается в нуль также при
8
0 = arc cos
\
причем
/8 \
0 = arc cos —— cos a ] = 0m,
\ 15 /
Если угол а является острым, то 0m>a- С другой стороны,
—a^9^a. Поэтому минимум функции ЯF) достигается в точке
6 = а при a — остром, а при a — тупом в точке 0 = 0т. Таким обра-
образом, минимальные значения соответственно равны
— Mg V1 -Ь 3 cos2 a (при a — остром),
— Mg- Л/ 1 — ^- cos2 a (при а — тупом)
8 26. Обозначим через 0 угол отклонения радиуса-вектора цен-
центра масс подвижного цилиндра от вертикали, а через tp угол откло-
отклонения от вертикали радиуса подвижного цилиндра, проходящего
через фиксированную на поверхности этого цилиндра точку, кото-
которая в положении равновесия была его наинизшей точкой. Из усло-
условия отсутствия проскальзывания
66 = a(q> 4-6).
Рассматривая движение цилиндра в каждый момент времени
как его вращение относительно мгновенной оси, совпадающей с
12 Зак. 4

330 Динамика твердого тела [Гл, 8
линией соприкосновения цилиндров, кинетическую энергию по-
подвижного цилиндра можно записать в виде
где / = 3ma2/2— момент инерции цилиндра относительно его обра-
образующей. Из закона сохранения энергии
3 • 3 .
— т (Ь — аJ 92 — те (Ь — a) cos 0 — — та2 со2 — mg{b — a)
4 4
(здесь ш — начальная угловая скорость цилиндра в положении
равновесия) находим
!iL_(i_C0Se). A)
ё
(b—af 3F — a)
Теперь используем одно из уравнений движения центра масс
подвижного цилиндра, а именно
=- mgp 4- Яр, B)
где Rp —составляющая реакции неподвижного цилиндра. Подстав-
Подставляя A) в B), получим
(
Ь — а 3
Движущийся цилиндр не будет отрываться от поверхности не-
неподвижного цилиндра, если 92^0 и Rp >0 одновременно для
ое. Но
82>0, если 3a2co2>%F — a),
Яр>0, если 3a3co2> llgF— a).
Следовательно, начальная угловая скорость подвижного цилиндра
должна удовлетворять условию
Зо2сог> llg(b — a).
8.27. Пусть масса первого тела М, второго т, расстояние меж-
между осями вращения а, расстояние от неподвижной оси до центра
масс первого тела h, расстояние от подвижной оси вращения до
центра масс второго тела Ь, моменты инерции первого и второго
тела относительно осей, проходящих через их центры масс перпен-
перпендикулярно плоскости движения, равны М$, mk\ соответственно.
В плоскости движения твердых тел введем декартовы коор-
координаты с началом в неподвижной точке подвеса первого тела и

§ 2] Плоскопараллельное движение 331
осью Ох, направленной по вертикали вниз. Координаты и компо-
компоненты скоростей центров масс обоих тел соответственно равны
*! = /icos9, tji = /isin9;
хг = acos94- fccostp; уъ = asto6 -f 6sinq>,
x\ = — us In 08; t/j. = ft cos 00,
x% — — (a sin 0614- b sin qxp); //2 = a cos 661 + b cos фф,
здесь-б — угол отклонения от вертикали радиуса-вектора центра
масс первого тела, а ф — аналогичный угол для второго тела.
Затем получим кинетические энергии твердых тел
Т2 = — т [а2 62 I- &V 4- 2ab cos (9 +- ф) 6ф] -
и потенциальную энергию системы
Таким образом, найдем лагранжиан в приближении линейных ко-
колебаний
J? = — \(М№ -| ¦ М/е{ -'- ma2) 82 4- пг [р" 4- fe) ф 4- 2aom Эф] ¦—
2
1
\(Mgh 4- fnra) 0J -L- m^o ф \
2
и уравнения Лагранжа
где введены обозначения
М№ 4- «^ -г "w2 ^2 4- Ьг
Mh -\~ та ' Ь
Отыскивая решение системы A) в виде
Э = A cos (со t 4- a), ф == В cos (со / 4- a),
получим уравнения для амплитуд А и В
(Mh 4- ma) (/х со2 — g) А + таВ со2 В = 0, B)
12*

332 Динамика твердого тела [Гл. 8
Характеристическое уравнение системы B)
(Mh + та) (/j со2 — g) (/а со2 — g) — тагЬ ш4 = О
определяет две собственные частоты coi и юг:
[/ ttlcfib \ 11/2
{l\ -\~ l^f1 —¦ 4 I /j/a ¦— I
Ш1.2
ma2b
Mh -f "ia
Далее, найдем амплитуды, принадлежащие соответствующим
корням:
а й>? а со?
D ' Л D 2 Л
и общее решение
0 = Аг cos (cuj^ t -г ах) + Л cos (co2 i -f- a2),
-\
где Ль Л2, ai, «2 — произвольные постоянные, а со^ и ©| —корни
биквадратного характеристического уравнения.
При каких значениях параметров приведенные результаты
дают решение задачи о плоских линейных колебаниях а) твердого
тела, подвешенного на стержне исчезающей массы; б) твердого
тела, имеющего неподвижную ось вращения, и прикрепленного
к этому телу математического маятника?
8.28. Напишем закон сохранения энергии стержня в виде
2
— та1 б2 — mga (cos a — cos 6).
О
Отсюда следует, что
в = ^^ sin в.
4а
Центр масс стержня перемещается в горизонтальном направлении
согласно уравнению
та @ cos 0 — О2 sin 0) = JR,
где R — нормальная реакция вертикальной стенки на верхний ко-
конец стержня.

§ 2] Плоскопараллельное движение 333
Подставляя сюда 92 и 0 из предыдущих уравнений, получим
R =- — mgsin 9 C cos 9 — 2 cos a),
4
откуда
R = 0 при 3 cos 6 = 2 cos а.
8.29. Предположим, что при переходе с платформы на наклон-
наклонную плоскость цилиндр не делает скачка, т. е. поворачивается
вокруг ребра, образованного двумя поверхностями, на угол а, ко-
который равен углу наклона плоскости к горизонтали. Кинетическая
энергия цилиндра в начале поворота равна
а в конце
T=.-Lj-L-,
2 Ф
где а — радиус цилиндра; v0 — скорость центра масс цилиндра
на платформе; V\ — скорость центра масс цилиндра в начале дви-
движения по наклонной плоскости; / — момент инерции цилиндра
относительно какой-либо образующей.
Из закона сохранения энергии следует, что
-i- J {vjaf + Mga cosa---t-J {vjaf + Mga. A)
В предельном случае, когда цилиндр еще без скачка переходит
на наклонную плоскость, нормальная составляющая реакции на-
наклонной плоскости равна нулю. Поэтому
о
—^- — g cos a. B)
а
Подставляя B) в A) и учитывая, чго J — 3Ma2/2, получим
— cos а — A — cos а) = — •
4 v 4 ga
Отсюда ясно, что скачок цилиндра на наклонную плоскость не
происходит, если

334 Динамика твердого тела [Гл. 8
Это условие может быть выполнено только в том случае, если {v\lgd)<i 1.
При v\jga = 1, cos a = 1, а = 0.
8.30. Выберем подвижную систему координат 5' так, чтобы
О г' была направлена вертикально вверх вдоль оси сращения, а
ось Ох' проходила через центр масс пластинки-. При таком выборе
системы координат центр масс находится в точке
С« {f.о, о}.
Напишем уравнения движения пластинки относительно S':
-^=mg4-R1+R2 + J, i^l^m^gl + tr^b fr2R2]+LJ;
где Ri — реакция верхней опоры; R2 — реакция нижней опоры;
J — сумма сил инерции, a Lj — сумма моментов сил инерции. Имея
в виду, что J = М(я*х'тпХ', cSfj = — JX'Z' ft>3ny.( получим уравнения
движения в проекциях
Rix- -f R 2х- + т со2 ~ = 0,
О
Riy + R2y = 0, Slz- + R22> — mg^O,
т-т + -f ^i«- - — Rw - A-,- to2 = o.
О О О
Отсюда следует, что Ru/ — R^y = 0, а
R\z- + Rzz- =• mg;
кроме того, получим
2R2x> = — Jx-Z> со2 — mg.
a
Если R2X' — 0, то должно быть
3mga
со" ==
m*+9Jx.z. ¦
Теперь вычислим JX'Z< — —^— и найдем со = 2]/gja.

§ 2] Плоскопараллельное движение 335
8.31. Направим ось Ог' вдоль оси вращения вертикально вверх,
а ось Ох' через середину стержня. Сохраняя обозначения преды-
предыдущей задачи, напишем уравнения движения стержня
Rx- = ¦— со2 та sin a, Ry = О
— Щ + Rz' - 0, mga sin a + а cos а #ж— JK.Z- со2 = 0.
Отсюда имеем Ry = 0, Rz- = mg и уравнения для определения to2 и RX'.
Для вычисления Jx-Z- перенесем начало координат в точку
опоры, сохраняя оси параллельными. Тогда
г' = a cos а -f- г", *' = д:".
Обозначим через а плотность массы стержня, через s — расстоя-
расстояние его произвольной точки до верхнего конца. Тогда
.t" = s-sina, z" --—scosa;
la
Jx'z' = — о ( s-slna(ccosa— scosa)ds =
0
— — с a3 sin 2a = — таг sin a ¦ cos a.
3 3
Подставляя значение JX'zr в уравнения движения, получим
— /ш<о2 sin a = Rx>;
та? sin a cos a©2 = m^a sin a-\- RX' a cos a.
О
Теперь исключим Rx- и найдем зависимость
со2 =-- -Л-.
4а cos a
Затем получим Rx> и тангенс р — угла наклона реакции опоры по
отношению к вертикали
tg p = -i tg a.
8 32. Выберем систему отсчета s', жестко связанную с твер-
твердым телом так, чтобы ось Oz' была направлена вдоль оси враще-
вращения вертикально вверх, а оси Ох' и Оу' были направлены вдоль
нижних ребер куба. Неподвижную систему координат s можно
выбрать совпадающей с системой s' в начальный момент времени,
когда куб находился в покое. Ориентацию s' относительно s зада-

336 Динамика твердого тела [Гл 8
дим с помощью угла Э между осями Ох' и Ох. Тогда кинетиче-
кинетическая энергия куба
2
где / — —т^2 — момент инерции куба относительно оси, парал-
лельной оси вращения и проходящей через центр масс куба Кине-
Кинетический момент куба
Обозначим через | расстояние, пройденное шариком в поло-
полости куба за время t. Координаты шарика выражаются через пере-
переменную | по формулам
Используя эти выражения, найдем скорость шарика относитель-
относительно 5
Тогда получим
* /з
С помощью последних формул выразим через независимые пере-
переменные 61 и | кинетическую энергию частицы
а__А_\Г_1.Г_6-66 У , I2
/з / J I уз J 3
и ее момент импульса
Потенциальная энергия шарика

§ 3] Плоскопараллельное движение 337
Таким образом, получим интеграл энергии в виде
[а - -ф=^ = Ео.
Начальные условия 8о=О, ?о=О, ^о=О приводят к значению
Ea=ni2ga. В момент выхода шарика из отверстия | = с/1/3. Под-
Подставляя эти значения Ео и % в интеграл энергии, найдем
Интеграл момента системы куб — шарик
Ми + М2г = О
при l — aiV3 приводит к соотношению
Из двух последних уравнений находим угловую скорость 6, кото-
которую приобретает куб после прохождения шарика через диагональ-
диагональную полость.
а _ Г а ( 49М* 35Л4 Л I/2
Q. I -4— Г All
[ g \ 24т? 12т ) \
8 33. Вначале под действием сил трения и тяжести диск сколь-
скользит вверх по плоскости. Однако момент силы трения уменьшает
угловую скорость диска. Поэтому как только его угловая скорость
станет равной m=v/a (v — скорость центра масс диска), скольже-
скольжение прекратится и диск начнет катиться без проскальзывания.
Напишем уравнения движения диска:
ms = — mg sin a -f- Щ, A)
Уф = — kRa, B)
О = — mg cos a + R, C)
где s — расстояние, пройденное центром масс диска; ср — угол по-
поворота диска, / — его центральный момент инерции относительно
оси, перпендикулярной диску; R — нормальная реакция плоскости.
Отсюда
kRa , , ,
s @ =- (kR — mg sin a) —.
т

Динамика твердого тела {Гл 8
При t = tlt когда ф(^) — ft\ скольжение прекращается. Таким
а
образом (s (^) = sb ф (tj) = «i)
JJL = <Be_ -^Л; D)
sx = (kR — mcfsina)—. *¦ '
m
Из A)— E) находим
/ CL Сил ic\
t1 = ; (b)
g Cft cos a — sin a)
со» (ft cos a — sin a) /Tv
3ft cos a — sin a
Пройденный до момента t\ путь S\ — s(t\) равен
s t^ " i . a2 cog (ft cos a — sin a)
2g Cft cos a — sin aJ
(8)
Найдем теперь расстояние s2, пройденное центром масс диска
при качении. Из закона сохранения полной энергии
— ms 1 -\ J со? — tugs?, sin a — О
получим
30:2 №o / ft cos a —sin a
S, =
f sin a \ 3ft cos a — sin a
Следовательно, полное расстояние
, ft cos a — sin a /i rw
s~s1-i-si = ~ A0)
4g sin a 3ft cos a — sin a
Используем теперь для нахождения s\ закон изменения пол-
полной энергии
-Ltn$+—Ja?l + mgs1siaa — — Jis% = Aa, A1)
1де работа силы трения
Ad = — ktng cos a (a (ft — sx), A2)

§ 2] Плоскопараллельное движение 339
здесь ф1 — полное изменение угла поворота диска до качения.
В A1) слева написано изменение энергии поступательного и вра-
вращательного движения, а справа — сумма работы силы трения на
поступательном перемещении и работы силы трения при враща-
вращательном движении. Вычислим вторую часть работы. Для этого
умножим B) на ср и получим
— (<?>2{ — а>1) = — и mga cos афъ A3)
т. е. закон изменения энергии вращения. Из A), умножая на s,
найдем
— ms\ = tngs1 (kcosa — sin a), A4)
т. е. закон изменения энергии поступательного движения. Из трех
уравнений A1), A3), A4) только два независимы. Однако имеют-
имеются три неизвестные величины wi, sb фЬ В качестве третьего неза-
независимого уравнения можно взять G). Тогда из G) и A4) найдем
выражение (8) для sit а из G) и A3) получим
2
а мо 2k cos a — sin a
g (Зй cos а — sin аJ
Следовательно, работа силы трения
kma? (Op cos a
¦2 (ik cos a — sin a)
Заметим, что при a = 0 работа силы трения не зависит от коэф-
коэффициента трения k:
6
§ 3. Общий случай движения
8.34. Направляя координатные оси по главным осям инерции,
получим кинетическую энергию в виде
Угловая скорость
(О =^ ф«г + 0П| -ЬярПг';
«О = (фВ1П 9 Sill 1|3 + 0COS ф) Пх- + (ф Sin 6 COS Op — б Sin Tj)) Пу
- ¦ф) п2'.

340
Динамика твердого тела
[Гл. 8
Обобщенный импульс
п -
dq>
а производные -—- являются направляющими косинусами между век-
тором <рпг и соответствующими осями п*<, Пу, пг- подвижной систе-
системы координат. Следовательно,
Аналогично'найдем
= Мп2 = Мг.
Mi, рф = Мп2- = Мг-,
Рис. 8 35
8.35. Выберем в качестве обобщенных координат х, у — коор-
координаты проекции центра масс стержня на плоскость Оху, Э — угол
между стержнем и вертикалью, <р — угол между осью О'х и осью
О'х' перпендикулярной вертикальной плоскости, которая прохо-
проходит через стержень (рис. 8.35). Тогда

§ 3] Общий случай'движения 341
L = — (х* + у2 + — sin3 092) + — J @2 + 92sin26) — mg — cos 0,
2 \ 4/2 2
где / — главный центральный момент инерции.
Отсюда получим следующие интегралы движения в виде
dL dL
—г- = тх=- рл0; —r- = my = pyti;
дх ду
\ 4 У
2m г
8.36. Система обладает двумя степенями свободы. Соответ-
Соответственно используем 0 — угол между вертикалью и стержнем, <р —
угол, определяющий положение стержня в горизонтальной плоско-
плоскости. Тогда
12 )'
откуда
—- = J sin2Q(p = Мо; A)
Зф
8= ф2 cos 0 sine. B)
Из A), B) найдем
9 0 Q 0 1 /О\
= = • —. C)
г _:_я п "' dQ sin2 9
Предполагая, что ф@)=ыо, 9@)= 0, 0@) =0о, из C) получим
0
sin29
Следовательно,
cos 0 = cos 90 sin (со0 sin % t),
что определяет Q(t). Эта функция совместно с A) определяет ф()
и q>(t). В случае линейных колебаний вблизи 0о = я/2 частота ко-
колебаний

342 Динамика твердого тела [Гл 8
8.37. Из закона изменения импульса
¦^ -г- [оР] = mg + Ri + R2
и динамических уравнений Эйлера
найдем в проекциях на орты подвижной системы (nz< —направлен
по стержню щ - в горизонтальной плоскости)
0 = —mg sin a + Rlx. + R2x', A)
О -=tfir + R2y, B)
О = — mg cos a + Ru. \- R2?, C)
0 = a cos a (Riy— R2y'), D)
J со2 sin a cos a = (R2x— Rw) a cos a —{R2z— Rw) a sin a, E)
0 = — aslna(/?ij, — R2y). F)
Из B), D) и F) находим RXy -^ R2y- •= 0.
Замечая далее, что Ri^—перпендикулярная по отношению к
оси вращения, составляющая реакции в первой опоре равна
RiZ'S\na—-Rix-cosai, из уравнений A), C), E) получим
sincos j
Ча \ 12
Затем найдем, что R2± == — Ri±, а сумма составляющих вдоль оси
вращения (R{) ц + (R2) и =mg
8.38. Обозначим через 0 угол, образованный вертикальным
диаметром окружности и диаметром, проходящим через центр масс
стержня. Так как центр масс стержня участвует в относительном
движении со скоростью —а 1/3 б и переносном движении со ско-
ростью —al/3asin9, то «кинетическая» энергия центра масс
Т = — ma2 (92-со2 sin2 6).
8 v ;
Совместим начало О' подвижной системы координат с цент-
центром масс стержня. Ось О'х' направим к центру окружности, ось
О'у' направим по стержню, а ось O'z' — перпендикулярно плоско-

§ 3] Общин случай движения 343
сти окружности Тогда угловая скорость стержня имеет компо-
компоненты
ov ^cocosG, ay =- cosinG, «Z'=0,
где о — угловая скорость окружности.
Главные моменты инерции соответственно равны
Jx- = та1, Ju> — О, JZ' = tn^-
Поэтому кинетическая энергия вращения стержня
д (e + o)cose)
Так как потенциальная энергия центра масс
U = — mg — cos Э,
то окончательно для функции Лагранжа получим выражение
i?--^[10Qa 1 (9sin2 6 + cos2 8) со2 + 12/3-i-(os9 I.
24 а \
Поскольку лагранжиан явно от времени не зависит, имеет
место закон сохранения обобщенной энергии
[O0(9sincose)co 2KJ = Яо.
24 а \
Из начальных условий 6@) =•—, 6@) = 0 получим Н — та2ю2.
Следовательно,
Таким образом,
8 39 Выберем начало О подвижной декартовой системы ко-
координат в вершине конуса, ось 0^ направим вдоль линии сопри-
соприкосновения конуса с плоскостью, ось О|2 направим перпендику-
перпендикулярно вращающейся плоскости. Обозначим через 6 угол наклона
линии соприкосновения обеих поверхностей к вертикали, направ-

344 Динамика твердого тела [Гл. 8
ленной вниз. Так как конус катится по плоскости без скольже-
скольжения, его угловая скорость складывается из угловой скорости пло-
плоскости (—со cos 0, 0, со sin 0) и угловой скорости конуса относи-
относительно оси O^i, таким образом, угловая скорость конуса имеет
вид
о) = ((о1, 0, cosine), A)
где coi — пока неизвестная компонента по оси 0|ь
Компоненту coi можно найти, если рассмотреть скорость про-
произвольной точки конуса, находящейся на его оси на расстоянии а
от вершины конуса. Эта скорость равна [юг], где r = a(cosa,
sin a, 0), т. е. равна
а (— со sin 9 sin a, со sin в cos a, coj sin a). B)
С другой стороны, ось конуса является фиксированной относи-
относительно системы отсчета О^^Ы угловая скорость которой имеет
компоненты
(—со cos 6, —6, cosine).
Поэтому скорость рассматриваемой точки оси конуса также равна
[Qr] = a(—cosinG cos a, со sin 6 cos a, — со cos 0 sin a + 6 cos a). C)
Сравнивая B) и (З), заключаем, что
сох - Octga — со cos 0. D)
Таким образом, получим угловую скорость конуса
co = @ctga — cocos0, 0, cosin0).
Теперь повернем систему координат O|i|2|3 вокруг оси О|3
на угол а, так чтобы ось Ogi совпала с осью конуса. Тогда угло-
угловая скорость конуса в проекциях па новые оси примет вид
о) = (a^cosa, —cuiSina, со sin 0).
Новые оси являются главными осями инерции конуса для любого
момента времени. Главные моменты инерции конуса соответствен-
соответственно равны
— m/2sin2a, -—ml2D — 3sin2a), ^-m/2D — 3sin2a).
Следовательно, кинетическая энергия конуса
Т= -^-[A +5 cos2 a) со? sin2 a+ D — 3 sin2 a) со2 sin2 0],

§ 3] Общий случай движения 345
а его потенциальная энергия
U = — mgl cos a cos б.
4
Таким образом, получим лагранжиан конуса
L = -^- ГA + 5 cos2 а) F ctga — со cos 6J sin2 a +
+ D — 3sin2а) со2sin2 8+ — ?COS2acos0J.
Отсюда ясно, что обобщенная энергия сохраняется, т. е.
Я = -^- ГA + 5 cos2 a) sin2 a (92 ctg2 a — со2 cos2 G) —
40 I
— D — 3sin2 a) со2 sin2 9 ^ cos2 a-cos ol = Ho.
Используя начальные условия 0@) = —, 9@) = 0, найдем, что
Яо =^-co2Csin2a — 4).
40
Поэтому интеграл обобщенной энергии можно переписать в виде
(в2 ctg2 a — со2 cos2 в) A + 5 cos2 a) sin2 a =
= lO(^//)cos2acos0~oJD —3sin2a)cos2e
или
( 5cosaa' UШсов в].
J
a-} 1 j [
U
5cos2a-} 1 j [ /2co3Ecos2a— 1)
Полагая здесь 0 = 0, получим окончательно
cos6l = l*i Л=А
/co2Ecos2a— 1) 2
8.40. Поместим начало О неподвижной системы координат в
точку закрепления волчка, а ось г направим по вертикали вверх.
Начало системы 5', жестко скрепленной с волчком, совместим с
точкой О, а оси направим по главным осям инерции. Тогда
l=Jl ("е2 + (о2 sin2 0) + Ц- (if + со cos 0J — mgl cos 0.

346 Динамика твердого тела [Гл 8
Отсюда найдем
J 3 (ijj -j- со cos 8) = /зюзо'
^- (82 + со2 sin2 8) + mgl cos 8 = Е — у J3<4o- A)
Затем из A), B) получим
где
Е' .= Е \- /3<4), Uai -= ^7— sin2 8 + mgl cos 8.
Таким образом, находим закон движения 8(^) в виде
rfO
Y
-у (E'-UM)
8 41. Поместим начало О неподвижной системы координат в
точку закрепления волчка, а ось OZ направим по вертикали вверх.
Начало О' подвижной системы совместим с О, а ее оси направим
по главным осям инерции волчка. Тогда, выбирая в качестве не-
независимых координат эйлеровы углы, найдем лагранжиан
с? = А@3 + ф281п2 0) + h-(^ 4- фсоэбJ — mglcos8,
где /з — главный момент инерции относительно оси материальной
симметрии, a J\ --=- Jf -b ml2.
Отсюда
рф = —— = Jjcp sin2 8 -)- /3 СФ + Ф cos 6)cos б ^ Л^> A)
^- (б2 + ф2 sin2 8) + mgl cos 8 =- Eo — ^1 taj = ?q. C)
Из A) — B) найдем
D)

§ 3} Общий случай движения 347
У=~? <ри, E)
а из C), D) получим
«* = /(«), F)
где / (и) = A - и2) (а — р«) - (Ь - auf,
„ - 2?'« R - 2mSl
——, Р - .
Исследование функции /(и) показывает, что она обращается
в нуль в точках иь "г, w3, причем
— 1 < ых < щ < 1 < и3.
Запишем F) в виде
и> = $(и~и1){и-и2){и-и3) G)
и преобразуем это выражение, вводя обозначения
ES:, ft=s
Ма —«l
Поскольку
из G) найдем
Решением этого уравнения является эллиптический синус
w = snpt. Следовательно,
и = их г («2 — «i) sn2pt,
а период движения по углу 6
7= 2^(к) 4 ЗУ F)
р /р («з - «а) '
где 5^— полный эллиптический интеграл.
Рассмотрим теперь некоторые частные случаи.
1. Пусть один из корней иг — и0— —(этот случай соответст-
а
вует тем начальным условиям, которые часто задаются в теории

348 Динамика твердого тела [Гл 8
волчка: 6@) =6о, 8@) =0, <р@)=0, \р@) =\|H). Найдем вначале
границы движения по углу 9. В рассматриваемом случае u0 = cos9o
/(м) = A-нг)(а-р«)-аг(«о-«J- (8)
Поскольку f(a2 = «o)=O, то а = р«о и вместо (8) получим
/ (и) = A — и2) р (ц, - и) - а2 (ы0 - и)\
Полагая f(u)=O, находим корни этого уравнения:
ах = I — |А2 — 21и0 + 1, «а = «о.
здесь
характеризует отношение кинетической энергии вращения к потен-
потенциальной.
Если Я>>1, то
ui = Щ —— Qi—"о;, «з'—'^к-
Следовательно, амплитуда нутаций «о—их будет очень мала.
Обозначая х = и0 — и, хг =¦ и0 — их — -2— sin2 80, получим
а2
и соответствующее F) уравнение
Его решением является
(9)
где а = —2- \|30 — угловая частота нутаций. Затем из D) найдем
угловую скорость прецессии
axJL 1Q

^ 3] Общий случай движения 349
Среднее ее значение
будет тем меньше, чем больше начальная скорость вращения волчка.
2. Прецессия без нутаций. Рассмотрим случай, когда и\ = Ф
Ф±\. Полагая ы = 0, и = 0, получим систему уравнений
A — м2) (а — ры) — (Ь — аиJ =- 0,
— 2и(а — р*и) — Р A — ) + 2аF — аи) = О,
из которой найдем
Ъ — аи =
Учитывая D), получим скорость прецессии
Следовательно, должно выполняться неравенство а2>2ри или
Это неравенство определяет область допустимых значений 1|з и 9.
В случае 2ры<а2
6 mgl /.cos
т 2а УзШз Л cos в
Отсюда видно, что значение <pi соответствует медленной прецессии
A1), а угловая скорость <р2 быстрой прецессии не зависит от уско-
ускорения g свободного падения (как в случае свободного волчка,
Р-0).
3. Случай ы2 = "о=1, 9 = 0 при и=и0 Поскольку и0 =—= 1,
а
то Ь = а
f(u) = A —и3) (а — ри) — а2 A — ыJ.
Затем из C) находим, что а=р\ Следовательно,
-и)-а2]. A2)
Таким образом, точки поворота «i = «2=l, «3 = — 1-
Р

350 Динамика твердого тела [Гл. 8
При — >2 (м3>1) вытекает, что м=1, т. е. имеет место вра-
Р
щение вокруг вертикальной оси (это — случай спящего волчка).
(ft
Если же — < 2, то м3<1. В этом случае волчок нутирует меж-
между 9 = 0 и 6 = Оз. При этом существует критическая угловая ско-
скорость
(определяемая условием а2 = 2C), начиная с которой волчок может
вращаться только в вертикальном положении.
Исследуем теперь условие устойчивости волчка при его вра-
вращении вокруг вертикальной оси, Полагая м=1—х, разложим пра-
правую часть A2) в ряд Тейлора
Таким образом, находим уравнение
к1 - — х2 (а2 — 2р) +..-,
из которого следует, что колебания по углу 0 вблизи вертикальной
оси вращения будут устойчивы при а2>2р.
8.42. Напишем уравнение кинетического момента относительно
точки закрепления
JL = [rm, mg]. A)
m
В отсутствие поля тяжести ось волчка нутирует вокруг постоян-
постоянного вектора М = М0 с угловой скоростью
я~ h '
где J{ — момент инерции относительно оси, проходящей через точ-
точку закрепления перпендикулярно оси симметрии волчка. Следую-,
щее приближение описывает медленное движение вектора М. Для
определения скорости этой прецессии усредним A) по периоду
нутации. При этом
<rm> = -JL*cosp, B)
где / — расстояние от точки закрепления до центра масс волчка;
Р — угол между М и осью симметрии волчка.
Подставляя B) в A), находим
_i_M = -— ooePfgM]. C)

§ 3] Общий случай движения 351
Отсюда следует, что вектор М прецессирует с угловой скоростью
Q C0Sg
Л! ^ S
(этот результат сравните с формулой A1) задачи 8.41).
8.43. Обозначим реакцию поверхности, приложенную в
точке касания шарика с плоскостью, вектором R ц + R_l (здесь
Rлп = 0, Rj_ у n, a n — орт, перпендикулярный плоскости). Запишем
далее уравнение движения центра масс шарика
mi- = trig -r R „ +RX, A)
при этом очевидно, что mg + Rj_=0. Обозначая затем R, =R, за-
запишем уравнение кинетического момента шарика в виде
JU = — a [nRJ B)
(/ — центральный^ момент инерции шарика; Q. — его угловая ско-
скорость; а — радиус шарика). Скорость точки касания шарика с пло-
плоскостью
[wrJ-r-rfQ, -an], C)
где о) = шп — угловая скорость вращения плоскости.
Дифференцируя C) и учитывая B) и A), получим
г = aco[nrj -\- a[Un] = a© [nr] + — [n [nR]] =
r • , ma3 •¦
= aw [nr] r.
Следовательно,
ma2 -j- J
Интегрируя D), получим
г= [пг]+с, E)
та2 -;- J
где с — постоянный вектор, зависящий от выбора начальных усло-
условий г@), г@). В частности, для однородного шарика
f = ~ (о [nr] + с. F)
Из A), B) и D), E) получим угловое ускорение шарика
/ та? + J таг -\- J '

352 Динамика твердого тела [Гл. 8
откуда видно, что Q направлено по горизонтали, т. е. вертикаль-
вертикальная компонента Й остается постоянной. Из G) находим
Qo Ь
(г- г0): Qo = О |г=г.
та2 +
Теперь найдем решение уравнения D)
х = — ЩУ, У = ЩХ, (8)
где
/со 2
ш, — = — со.
ma2 + J 7
Вводя комплексную координату u=x + iy, запишем систему (8)
в виде
и—¦ шхи = 0.
Следовательно,
и^А + В- . (9)
ifi)
Учитывая начальные условия г@)=го, г(О) = [©го], т. е.
и @) = roeia, и @) = i(oroeto,
найдем постоянные
Л = roeia f 1 V В = ir
Из (9) получим
= ^ш = r0 cos а- A ^-i+^o" cos
V У
= rosina- A — ] -\~г0 — si
V CDj. У СО!
Таким образом, траекторией центра масс шарика является окруж-
окружность с центром в точке
[ r0 cos а, r0 sin a ]
\ 2 2 /

§3}
Общий случай движения
353
и радиусом R — r0— —— г0. Угловая скорость вращения центра
cuj 2
2
масс шарика по этой окружности coi = —со не зависит от началь-
начальных условий.
8.44. При исследовании движения симметричных фигур (Ji =
= /2 = /) удобно воспользоваться следующим трехгранником
(рис. 8.44, а, б). Орт п3 направим по оси симметрии тела, он обра-
Рис 8.44
зует угол 9 с вертикалью, другой орт П[ направим по линии узлов
в горизонтальной плоскости. Он образует угол ср с выделенным
горизонтальным направлением; третий орт n2=[n3ni]. Угловую
скорость этого трехгранника обозначим через «о. Предположим,
что тело вращается вокруг оси симметрии с угловой скоростью г|з.
Пусть Q — полная угловая скорость тела. Поскольку вращение
трехгранника не связано с изменением угла г|з, то, полагая -ф = 0,
¦ф = 0 в эйлеровых выражениях для угловой скорости, найдем про-
проекции угловых скоростей « и ?2 на указанные орты
»! = в, со3 = tip sin в, со3- <р cos 6;
A)
(~\ /^ ,. i «u / O\
1 =— OJi • duo —— Wo • uuq 0-»о ~т~ Ш. I"/
Найдем теперь ускорение центра диска. Радиус-вектор точки
касания г* = —an,. Поэтому скорость центра масс
v = a[Qn2]. C)
Следовательно, ускорение центра масс
d'v
W =
dt
— а\
[toy] = a [Q' n2] + a [w [Qn3]J ==
— an2

354 Динамика твердого тела [Гл. 8
Отсюда получим проекции ускорения
—— — — n3Q + (Ощ) (wn,) = — яр + 2Эф sin в — ф cos 8, D)
а
-^- = (Qn2) (шп2) — (wQ) = — е2 — Ф cos в (ф cos 9 4 - aj)), E)
а
w ¦ .....
— = thQ -t- (Qn3) (wn,) = 6 + ф51п 9 (фсоэ 9 + -ф). F)
а
Далее найдем компоненты производной момента количества
движения
= У(щ~ to2(o3) + ^a^a^s. G)
o — J2S2a + (Юз^Л — «i^s/s) = •/ (fi>2 -f ©sWi) — «1^3, (8)
M3 = J3Q3 + (оаАЛ - ©aQiA) - J3^3 (9)
/ diMf r dQi
здесь — /; , так как для рассматриваемого тела мо-
\ at at
менты инерции относительно осей П] и п2 в любой момент времени
равны).
Учитывая определения A) и B), из D)—(9) и E) получим
уравнения движения диска:
та (— ф + 26ф sin 6 — qicos Q) = Ru
— ma[62 + фcos6 (фсоэ6 -f <ij>)] = /?2 — m^sin 6, A0)
ma[Q~\ фsin6(фcos0 +if»)] — R3 — tngcosQ;
J F — Ф2 sin 6 cos 9) — У3ф sin 0 (ф cos 9 + ф) = — aR3,
J (ф sir 6 -f 2ф9 cos 0) — 739 (cp cos 6 - h ф) = 0, A1)
Л ('Ф -г Фcos 9 — ф9 sin 9) = aRx.
Исследуем теперь условия устойчивости движения диска.
Предположим, что
«р@)~-0, 0@) = 0, 6@) = 4,

§ 3] Общий случай движения 355
И получим приближенно
Ri, A2)
O^Ri — mg, A3)
та (— "х + Щ->) - R3 ~ mgx; A4)
— J^x+ J3yty^—aR3; A5)
Jtf + J3xi = 0, A6)
J& ¦=<&!. A7)
Из A2) и A7) находим R\ = 0, -ф = гро- Из A6) получим
Ф = - А ^„. A8)
Далее, из A4) и A5) найдем
— (та2 -\- J)x-r (таг -f-^s) cpijj= — ААг^ах. A9)
Следовательно,
(ma2 + J) i '- | (та2 - J8) фо^ — mga I jc = 0. B0)
Таким образом, условием устойчивости движения диска является
неравенство
•2 ^ mgqj
r-r т шо2 г /ш2 ; 2 ^ S 2 ^ ?Д
Поскольку для диска J* = , J — , u»o > -^— или оо > ——.
¦^ 3 2 43а 3
8.45. Используя результаты задачи 8.44, находим уравнение
малых колебаний
(ma2 ~[ J)x+\(та24- Js)$ — — w^a] * = 0.
Учитывая, что J = HE—t Jz = md1> получим
х — A cos (Ш г а),
где
со2 = Dсг — ш).
За2 v ь ;

356 Динамика твердого тела [Гл. 8
Отсюда ясно, что движение устойчиво, если
"•>¦?-.
8.46. Полагая в уравнениях A0), A1) задачи 8.44
2 а
получим
о -= Rai + Rn,
a
Полагая /?&з = 0, найдем
8.47. Найдем момент сил, действующих на спутник произволь-
произвольной формы.
C [;'?tf3] dm, A)
I Г + P I3
r0 — радиус-вектор, проведенный из центра Земли в центр масс
спутника, здесь р — радиус-вектор элемента dm спутника относи-
относительно системы с началом в центре масс спутника, тэ — масса
Земли. Очевидно, | pmax | "Сг0, поэтому
Згор
B)
При интегрировании введем систему координат 5', оси которой
совпадают с главными осями инерции спутника. В этих осях го =
= r0(cosai, cosa2, cosa3). Интегрируя B), найдем
L ==
'о3
cosctj cosa3{J3 — Jt) nr + cos с^cos a2 (Jt — J.2) пг'.]

§ 3] Общий случай движения __^__ 357
Теперь совместим плоскость Оху с плоскостью орбиты. Введем
также трехгранник с началом в центре масс спутника и следующи-
следующими ортами; орт пь направленный вдоль оси узлов в плоскости
орбиты, орт п3 по оси симметрии спутника и орт n2=[n3ni]. Угло-
Угловая скорость о этого трехгранника
to = 0 fii + (ср + <оо) sin 0 щ + (ф + ю0) cos 9 пз.
где ю0 = 1/ ^-j- = 1/ -^i угловая скорость вращения центра масс
V /о V го
вокруг Земли. Момент количества движения
где Q — абсолютная угловая скорость спутника, причем Qi = (oi,
^2 = М2, Йз = соз + ^ (iJj — угловая скорость вращения тела вокруг
орта п3). Направляющие косинусы, выраженные через эйлеровы
углы, соответственно равны
cos ccj - — sin ф, cos a2 = — cos 9 cos 9, cos а3 = sin 0 cos ф.
Полученные выражения позволяют использовать уравнения Эйлера
Л(% — (x>3(ui) + Js(aiQ8 = L1, A)
Л(«а + йзы1)— w1Qsy3 = L2, B)
/3Q3 = ^s- C)
Рассмотрим частный случай, когда ось симметрии спутника
почти лежит в плоскости орбиты 9= я/2—х, х<^.\, а угол между
осью симметрии и радиусом-вектором г0 центра масс весьма мал
(<р<1). Тогда
Щ =- — х, сй2 -=ф + «0, со3 — <х>ох, D)
8)9, L3 = 0. E)
Подставляя D), E) в A) — C), найдем
i 1 Ь — 3/3) х — Ja Qs (ф + со0) = 0, F)
!—/8)<p+/8Q8x=0, G)
0 (Q3 = const). (8)

358 Динамика твердого тела [Гл. 8
Если /]>/3, уравнения F), G) упрощаются, т. е.
х + 4сооХ = 0, <р + ЗсооФ = 0.
Таким образом, ось симметрии колеблется около направления ра-
радиуса-вектора центра масс с частотой ]/3@0; ось также нутирует
вблизи плоскости орбиты с частотой 2со0-
8.48. Вращательный момент, действующий па Землю со сто-
стороны Солнца, обусловлен сплюснутостью Земли у полюсов. По-
Поскольку эксцентриситет орбиты Земли е=0,0167 весьма мал, то
можно считать, что центр масс Земли движется по окружности
радиуса г0 = 1,5-1011 м с угловой скоростью соо — ~i/ -^-§- {Мс —
V го
масса Солнца). Используя уравнения A) — C) задачи 8.47, запи-
запишем уравнение Эйлера
J1(co1 — сй2юз)+ ^зю2^з — 3«>o(Ji — J3)sin9cos9cos2 ф. 0)
J\ (Щ + ^s^i) — ®А ^з = — Зсоо (Л — /s) sin 0 cos ф sin ф, B)
/яЙя = 0. C)
Из C) находим Й3= (cp + w0)cos 8 + ^0 = const. В нулевом при-
приближении ф = —©о, 8=0. Поскольку суточная угловая скорость
вращения Земли г|50>>ф, 0, то Й3^т|5о ив A), B) можно прене-
пренебречь первыми слагаемыми. Тогда
/s (ф + оH) г|э0 = 3(Оо {Jx — Js) cos 9 cos2 ф, D)
J3 0 -ф0 = 3©o (Л — J8) sin В sin ф cos ф. E)
Усредняя D), E) по периоду 2я/шо> найдем
Для Земли угол между плоскостью эклиптики и осью симмет-
симметли равен 9=;23, 3~ 1
Аф =5:
рии Земли равен 9=;23°, 3~ 1 , -^- ^= 365. Следовательно,
Н v /з 300 ' соо
80000 °
Различие между полученным периодом, равным 80 000 годам,
и наблюдаемым, равным 26 000 годам, объясняется тем, что в рас-
расчете не учтен момент сил притяжения Луны.

ГЛАВА 9
Уравнения Гамильтона
§ 1. Канонические уравнения. Скобки Пуассона
9.1. Поместим начало цилиндрической системы координат в
вершине конуса, а ось Oz направим вертикально вверх. Тогда
лагранжиан материальной точки
Ba — угол раствора конуса). Отсюда найдем обобщенные им-
импульсы
и функцию Гамильтона
Я = 12?Ш 1 5L_ ;- mga p.
2т 2mp2 S
Затем получим уравнения Гамильтона
ppsin2a p . р2 ¦
" — -. Ф = —^т. Рр = -Л- — mga, py = 0.
ф Рр \
т. трг то3
9.2. Положение точки на расширяющейся сферической поверх-
поверхности зададим сферическими координатами 0, ср (начало коорди-
координат помещено в центр сферы, ось Oz направлена вниз по верти-
вертикали). Тогда кинетическая энергия точки
71 = -^ [г2 @ + г2 (t) ёа - г2 (t) ф2 sin2 0]
имеет структуру Г = Г<2>+Л1)+7@)>
7B) =. HL г"- (t) [в2 4- ф2sin2 в], Г*1» = 0, Т<°> = — г* @,
а потенциальная энергия
U = UW = —mgr(t) cos в.

360 Уравнения Гамильтона [Гл 9
Обобщенные импульсы, как функции обобщенных координат и ско-
скоростей, соответственно равны
рв = тг2 @ 6, /?ф = /иг2 @ <psin2 G.
Далее, используя определение функции Гамильтона
Н = (Т<2) — Т*°> 4- иЩ I ¦ ¦
" ^ ' V-Mi/.p.O'
найдем
Н ! \pl + -^2_| — — mf2 @ — /тг^г @ cos 0.
2m/-2@ ^е ' sin*e J 2 w s w
Отсюда получаем уравнения Гамильтона
mt* (t) sin2 6 '
9.3. Согласно условию имеем
Av —еф,
где
A = -L
Вводя обобщенный импульс
— А, A)
С
с
найдем гамильтониан заряда
dv 2т \ с )
Затем получим уравнения движения
n = — EOL^ ?_ Гн,я — — aI— esjw, C)
дг 2тс [ с \
дх т \ с
Из уравнений C), D), учитывая A), можно найти
т\ = — [vH] — е\/ ср.

§ 1] Канонические уравнения Скобки Пуассона 361
Положим, далее, ф = 0 и покажем, что проекция обобщенного
момента импульса ц.= [гл:] на направление напряженности поля
сохраняется. Действительно, дифференцируя
и учитывая C), D), найдем, что цН = const.
Из C) и D) следует еще один интеграл
^-[Hr] = mv+—А. E)
2iC С
Далее, умножая обе части E) векторно на Н, найдем интеграл
Этот интеграл означает постоянство составляющей радиуса-векто-
радиуса-вектора центра орбиты заряда в плоскости, перпендикулярной Н. Этот
интеграл является аналогом интеграла А при движении заряда в
кулоновом поле (см. задачу 0.00). Действительно, умножая обе
части F) скалярно на г, получим уравнение проекции траектории
заряда
cos (ф — ф0) = (р + ~ ^~
на плоскость перпендикулярную Н (в полярных координатах).
9.4. Запишем соотношения между проекциями ©ь ©2, ©з угло-
угловой скорости тела па главные оси инерции и углами Эйлера:
©! = (psltit|Nln0 + Gcosty,
щ = ф cos г|> sin 0 — 8 sin i|),
©s = Ф cos 6 + Ф-
Так как кинетическая энергия
Т =-1 (/х <о» + 7, о»+ /,<»*),
где /i, /j, /з — главные моменты инерции, то
т дан , т дщ . т да>3
ry ж * Эф, ' * " Эф " a d<p
== Л©!sinг|зsln6 4- /2©aCOSг|зsin8 + /3©3cos9.
13 Зак. *

362 Уравнения Гамильтона [Гл. 9
Подобным образом найдем
р2 = Jx ©! cos г|э — J% % sin ty,
Pz ~ ^з^з-
Следовательно,
Ji Щ = Pi -^~ + P% cos aj; — p3 ctg 6 sin if;
sin 6
^. p2 Sin -ф _p3ctg9cosij);
Sin
Используя эти выражения, нетрудно получить функцию Га-
Гамильтона:
ftctgeV
2 I sine
Отсюда найдем, что
дн г 1 / л ._/78ctgeyBin2ii> +
2 \ sine
+ Pa (-— — Рь ctg 6) cos 2-ф —
U
i /J Эф
. Я/
—
как величина представляет собой момент Ll внешней
силы относительно оси 3, из соответствующего уравнения Гамиль-
Гамильтона найдем
Два других уравнения Гамильтона получаются аналогично. Ком-
Комбинируя их с найденным уравнением, получим остальные уравне-
уравнения Эйлера.

§ 1] Канонические уравнения. Скобки Пуассона 363
9.5. Поскольку гамильтониан гармонического осциллятора
2m 2
из закона сохранения энергии Н=Е9 получим уравнение фазовой
траектории
Р _[__—— 1
Таким образом, траекторией является эллипс с полуосями
а =
9.6. Если f — функция канонических переменных, то
где [Д Я] —скобка Пуассона. В частности, если f=/?,-, то
а при /=^ получим
9.7. Полагая в определении скобок Пуассона
]qt dpi dpi
rs=qh, получим
apt орь
»=i ' ' .=.1
При g=ph аналогично получим
9.8. Покажем, что функция f=x—ptjm удовлетворяет условию
13*

364 Уравнения Гамильтона [Гл. 9
Действительно, для свободной частицы в отсутствие внешних сил
Н=р2/2т и, следовательно,
{(x — pt/tn), р*12т)=р1т,
а, с другой стороны,
dfidt = — р/т.
9.10. Согласно условию при преобразовании
Изменение гамильтониана
при любом бесконечно малом е. С другой стороны, для каждой
декартовой компоненты имеет место соотношение вида
Запишем совокупность этих соотношений в краткой форме:
N
Сопоставляя A) и B), находим {Р, #}=0, откуда следует, что
N
вектор Р = V р,- является интегралом движения.
9.11. Поскольку
Я (ft ... qt. .. q&, pL... p.) = Я (ft ... >f + 6^; ... «?s, pi ... ps),
-^ = 0.
Далее, полагая в соотношении
д/
' dqi '
f^H, находим
{р.Щ = 0,
что и требовалось доказать.

§ 1] Канонические уравнения Скобки Пуассона 365
9.12. Преобразование координат и импульсов, соответствующее
повороту системы на угол &р вокруг оси, параллельной вектору п,
определяется формулами
где е = п б<р.
Теперь вычислим необходимую скобку Пуассона
С другой стороны, изменение гамильтониана при преобразовании
A) равно
[^]
Поскольку Ш=0 для любого е, из C) и B) вытекает, что
{М#}=0. Следовательно, кинетический момент является инте-
интегралом движения.
9.13. Поскольку
Mi =\[rp]j =
скобка Пуассона
{М.Н} =,_^_Ji__^_^==+ s _вт
х ' ' dxi ар, dpj dxi ilk n m
* dU xi pkpi I dU
Ъ%Х e ехх
еШх>х1 r dr
(здесь везде по повторяющимся в произведении индексам проис-
происходит суммирование). Изменяя в сумме euhPkPt индексы k**l, по-
получим

366 Уравнения Гамильтона [Гл. 9
Следовательно, emPhpi = 0. Аналогично etjiXjXi=O. Таким образом,
{MiH} =0, что и требовалось доказать.
9.14. Разложим функцию F(q, p) в ряд Тейлора в точке
*7=<7(О), р=р(О) фазового пространства
dF F d?F
F {q, p) = F @) +1 4
d( t=0 21 dt*
Поскольку
Следовательно,
„i m (й„хг
Для осциллятора Я = — Ч —, следовательно,
2/л 2
Таким образом, если F=x, то
й(Ч—
31
== л:0 COS a>Qt H — Sin ю01.
Аналогично для p(t) найдем
p {t) = p0 cos gV —
9.15. Напишем гамильтониан системы осциллятор + поле излу-
излучения

§ 2] Уравнение Гамильтона — Якоби 367
Здесь А (г) = V<7vAv (г)- Поскольку осциллятор точечный, можно пре-
V
небречь зависимостью Av (г) от г и заменить А (г) на А@). Тогда
канонические уравнения Гамильтона имеют вид
Qv = Pv, Pv = j— = — a>2av + — (p — A ) Av;
"^v тс \ с j
дИ 1 / e л \ ¦ dH
-— = — [p A\, px= ~ —-
dpx m \ * с x) x dx
Из этой системы следует, что
<7 + cotf [р
р— — А^ Av;
I
me
pv + ft>vpv =-i- (р — A) Av;
me \ с I
р'х + <*орх = -j 4; р'у = к = о;
У = Г Aydt, z = — —\Azdt
me ,} me J
0 D
(здесь допущено, что в момент времени t = 0 py@) =р2@)=0).
9.16. Используя выражение для энергии А-той моды
и гамильтониан молекулы, получим
dHk ,и ы\ W дНк дН дНк дН
dt ^HkH} 2j \, dqx дР% дрх dq%
Следовательно,

368 Уравнения Гамильтона [Гд 9
§ 2. Уравнение Гамильтона—Якоби
9.17. Согласно определению действия
Поскольку закон движения имеет вид
«а — h
ТО
2 (f.-*i)* J 2 fe-
9.18. Поскольку для одномерного гармонического осцилля-
осциллятора
^ 2 '
получим решение уравнения Лагранжа в виде
х =
Теперь определим постоянные интегрирования так, чтобы
удовлетворить условиям x(ti) =хи x(t2) =x2. Тогда
х до = ! [Xl sin о (/, — t) + x2 siu се (f —
sjn со (?a — t])
Следовательно,
— 2х1хг cos © (^ +1%
Интегрируя, получим действие
S - Г <? dt == ^—— [(*» + *|) cos со (/, - у -
J 2 stn со (<a — ^i)
При w->-0
т. е. совпадает с действием свободной точки в отсутствие поля.

§ 2] Уравнение Гамильтона — Якоби 369
9 20
f
f {*=
где со = -^-.
тс
9 21 Ищем решение уравнения Гамильтона — Якоби
ii L (VSJ = 0
+
в виде
Тогда получим
откуда следует
Таким образом, находим полный интеграл
4
Закон движения получим согласно теоремы Якоби
—— — "о> г - го т '•
op m
9 22 Направим ось Oz вверх по вертикали Тогда функция
Гамильтона точки в декартовых координатах
а уравнение Гамильтона — Якоби имеет вид
as , 1 г/ as \* , / ds \« ,
а/ 2т
Все переменные в этом уравнении разделяются, т. е. его пол-
полный интеграл
S = — EQt + alX + а2у + W (z)

370 Уравнения Гамильтона [Гл 9
при условии, что W(z) удовлетворяет обыкновенному дифферен-
дифференциальному уравнению
Последнее уравнение легко интегрируется и приводит к функции
w= —d^~[2m {E°~ mgz) ~a*~а1]Ъ12-
Окончательно
5 = - EJ + щ. х + а3 у ^— [2т (Ео - tngz) — а? — а| f\
Отсюда на основании теоремы Якоби
-Р- = х + -~- [2т (?0 - tngz) — a\ — а22]1'2 = р\,
dS -•¦- °* [2m(E,-mgz)-a\-a2]V2 = ^;
дЕ0 mg - v и
Первые два из этих уравнений показывают, что траекторией ча-
частицы является парабола, а третье уравнение представляет собой
закон движения.
Далее найдем, что компоненты импульса рх, ру сохраняются,
т. е.
рх = dS/dx == «1, ру = dS/ду = о^;
найдем также компоненту рг, как функцию координат
р2 = dS/dz = [2m (E — tngz) — а? — «2 ]'/2.
9 23. Введем декартовы координаты х, у на наклонной пло-
плоскости, ось у направим по горизонтали. Тогда функция Лагранжа
J? =¦¦¦¦ — (х2 -f У2) + tngx sin a,
а гамильтониан
Я = —— (pi + pi) — tngx sin ос.
Теперь запишем уравнение Гамильтона — Якоби
dt ' 2ш I V dx } ( d,j J

§ 2] Уравнения Гамильтона — Якоби 37_1
и найдем его полный интеграл
S = — E
где
/ (x) — Г BmE0 — pi + 2m2g*:sin aI/2 dx =
BmE0 — po + 2m2gx sin aK/2.
3m2g sin a
9.24. Записывая лагранжиан маятника
<? ^ ШЁ^. + mgl cos ф
и его обобщенный импульс
получим гамильтониан
2/П/2 "*
и уравнение Гамильтона — Якоби
OS . l / as \2 , „
—mgl cos ф = 0.
d* 2mP V dtp j S Y
Далее найдем полный интеграл
где
W (ф) = j BЫ2 (?„ + m^ cos фУ^йф,
и закон движения маятника
— t = dS
или
1 р / 2m/2 \l/2 , , ,
2 J \ E + mglcosy j V °
9.25. Выберем вектор-потенциал магнитного поля в виде
А = — Ну пх
и запишем уравнение Гамильтона — Якоби (е=—е0)
JS_ + _L_ r/js___5v.+ /_ds_y+ f_«_y] =0. A)

372 Уравнения Гамильтона [Гл. 9
Его полный интеграл имеет вид
B)
Подставляя B) в AJ, находим
Далее согласно теореме Якоби получим
^; C)
дЕв
г - dS
Хц =
— а| — ^Ol — -^- Ну
Вычисляя интегралы C), D), найдем
а, с р , с
= -^ i-sitio(^_g (б)
(здесь ш - -^
\ тс
Последнее уравнение является уравнением проекции траектории
на плоскость OXY
Из F) и G) также следует
х ~~ х° = ~Йг cos ш (^ — ^о) •
Наконец, C) и E) приводят к закону движения вдоль напряжен-
напряженности поля

§2] Уравнения Гамильтона — Якоби 373
9.26. Записывая вектор-потенциал в виде А= —р пф, по-
получим уравнение Гамильтона — Якоби в цилиндрических коорди-
координатах
dS , 1 Г/ dS \« . / 1 as , е0Н \\. (JS \«
Затем найдем полный интеграл в виде
где
Отсюда получим закон движения
- dS , , Г
— 'о = -тг--; t—*о = \
оЕп I
J
и уравнения орбиты
Фо - " ¦ • Р ^
ф—Фо = + 1
J
г°=Г
at , е0Я
2 1 Р 2с .
B)
Из C) и A) следует
2 =г-2о Н (' — to) >
m
m
а B) является уравнением проекции траектории заряда на пло-
плоскость оху.
9.27. Выбирая потенциалы
А = — Ну пх, ср =— <э у,
запишем уравнение Гамильтона — Якоби
-™_-+е »у \ 1 \(ds
dt 2т i\ дх

374 Уравнения Гамильтона {Гл 9
Его полный интеграл
где
f(y) - Г \2т(Е0~eogy) _а| — fa — -^-
9.28. Решение уравнения Гамильтона — Якоби
es , i / as
dt 2т \ дт
ищем в виде
S^zr+S
Для функции 5Х (t) получим уравнение
— a cos со Л =0
dt 2m
откуда
W 2m J\ с /
Итак,
S = «г \(« —a cos со А
2m J\ с )
Отсюда найдем закон движения в виде
dS
%dt.
т. е.
'-'.+-=-(
в ^
at a sin cor
me ;
9 29. Введем движущуюся вместе с плоскостью систему коор-
координат: ось Оу направим вниз по оси вращения, а ось Ох — вдоль
плоскости. Далее обозначим через х и у координаты центра масс
стержня на вращающейся вертикальной плоскости, через 8 — угол
наклона стержня к горизонтальной плоскости, а через / — глав-
главный центральный момент инерции стержня. Тогда получим лагран-
лагранжиан стержня
L = — ( х* + у* + — ё2 + — ю2 cos2 Э + (аНЛ + tngy.
2 \ mm I
Отсюда найдем обобщенные импульсы
рх = mx, pu = my, pe = JQ

§ 2] Уравнение Гамильтона — Якоби 375
и гамильтониан стержня
Таким образом, получим уравнение Гамильтона — Якоби
dS . 1 Г / dS \ 2 , I dS \ 2
dt 2т [\ дх ) \ ду
которое перепишем в виде
л as , г/ as \2 о 2 2i . \( ds \2 о , i ,
2т. Ь — т2 со2 ж2 Н — 2m2gy +
dt [\ дх j \ [\ ду ) sy\^
J
Ввиду того, что переменные разделяются
S^-Hot+Wl (x) + w2 (у) + w3 (9),
где wu w2, w3 удовлетворяют уравнениям
dx J " \ dy
— 2mH0 + 2ax + 2cc2 + ~ (-^-J~ Jma*cos29=0.
J V dQ j
Следовательно,
S = — И4 + С Утг ©2 хг + 2ax dx + Г ]/2m2 gy 4-2a2 dy -f
+ "l/-^- //mсо2cos29 + 2тЯ0 — 2aa — 2a2
Далее согласно теореме Якоби получим
dx
¦/т? ю2*2 + 2ах у т J yfjm ш2 cos2 9 + 2тН0 — 2аг — 2а2
2а2 V т. j y/~Jm со2 cos3 6 4- 2тНд — 2cti — 2а2
У т J У Jm о2 cos- (:
nH0 — 2аг — 2a>

376 Уравнения Гамильтона {Гл. 9
Отсюда
mdx л . , ша
Pi,
Г
J
mdy
т. е.
Hi м
1
gin
Из последних двух выражений видно, что закон движения центра
масс стержня может быть представлен в виде (при соответствую-
соответствующих переобозначениях постоянных)
х — + ,
y-~gt2 + Ct + D.
Что касается интеграла ^F), определяющего закон вращения
стержня относительно центра масс, то он сводится к эллиптиче-
эллиптическому интегралу 1-го рода.
9.30. Возьмем производную по координате xt от левой части
уравнения Гамильтона — Якоби
+
Пусть S(r, a, t)—полный интеграл этого уравнения. Учитывая,
что импульс, определенный соотношением
с
является функцией координат, найдем
д
* + «УгФ = О.

§ 3] Канонические преобразования. Вариационные принципы 377
Полученное уравнение совпадает с уравнением
p = eE+ —[vHl,
С
поскольку
§ 3. Канонические преобразования. Интегральные
вариационные принципы
9.31. Запишем необходимое и достаточное условие канонич-
каноничности преобразования гамилыоповых переменных в виде
Полагая здесь
получим
Рассмотренное преобразование по существу превращает «старые»
импульсы в «новые» координаты, а «старые» координаты в «но-
«новые» импульсы.
9.32. Записывая основное условие каноничности преобразова-
преобразования гамильтоновых переменных в виде
и совершая здесь преобразование Лежандра к функции
получим условие каноничности в переменных
6Ф2 = 2 р, &7, + S Q? б ^, - (Я - Ж)«.

378 Уравнения Гамильтона {Гл. 9
Таким образом, для производящей функции Ф3 = 2<7го^ получим
п Эф2 _ _ дФ2 _
^H + H.
dt
9.33. Запишем условие каноничности преобразования перемен-
переменных в виде
M>i (Я, Q, i) =
откуда следует
Таким образом,
i=l ?=1
Правая часть этого равенства является полным дифференциалом,
так как
д ( дФг
dqj
9.34. Поскольку
находим
p = &+bt, Q=q — at,
т. е.
ff"^p~bt, Q = q — at
^«преобразование Галилея» в фазовом пространстве). Затем
9.35. В рассматриваемом случае уравнение
A)

§ 3] Канонические преобразования, Вариационные принципы 379
позволяет найти Q = Q(q, p), а функция
dQ 2 ч sin»Q
определяет зависимость вида ff" = ^>{Q,q). Из A), B) находим
sin Qf p== Bm ffl рун Cos Q.
Затем получим новый гамильтониан
и уравнения Гамильтона в новых переменных
В случае со = 0 найдем решение E), F):
Q == (at + а; ^ = С.
Из D) получим С = Е/и>, где ? — полная энергия. Наконец, из C)
определим закон движения:
^У/2 sin (со * + сх).
9.36. Так как производящая функция содержит только старые
и новые координаты, то
Отсюда
А = 2а? (?1 + <7a) ctg Qt + 2аа (^ — ?„) ctg Q2; A >
р2 = 2а? (<?! + ft) ctg Qi — 2fl2 (?i - ft) ctg Q2; B)
<П = «i (</i + <72J coseca Qx; #»B = a^ (Ol — ftJ cosec2 Q2; C)
m=-\{p\ + pl) + \q\ H~072-<7iJ+ y^- D>
Соотношение D) с помощью A), B) представим в виде
^ + /3" ^2 = 4at (ft и- <7гJ ctg2 Qt +

380 . Уравнения Гамильтона [Гл. 9
+ 4at (ft — qtf ctg2 Q2 + q\ — qxq% + ql,
откуда, используя (З), находим
а
= -j-, а2 —
Таким образом, имеем каноническое преобразование
Рх = 4 ^ + It) ct§ Qi + ~Х"(<71 ~ ^а) Ctg Q?'
Р2 = "г" (ft + %) ctS Qi — -V" (<7i — ?a) ctg Q2.
A = 4" (^ + ^J cosec2 Qlf ^2 = 4- /3" (q, - q,J cosec2 Q,.
4 4
В переменных Q, ^ уравнения Гамильтона имеют вид:
Следовательно,
Qx = < + a, Q2 = Vut + p; ^x = b\ ^ = c2.
Поэтому
(<7i + <72J = 462sin2 (t + a), (?1 - q.2f = ^c2 sin2
т. e.
— qu == ± f—?
a), qi — qu == ±
V/3
где a, p, b, с — постоянные интегрирования.
Полученные функции означают, что собственные частоты си-
системы соответственно равны 1/Bя), 1/3/Bя), а главные коорди-
координаты соответственно пропорциональны Qi + дг и <7i—?2-
9.37. Преобразование, порождаемое заданной производящей
функцией, имеет вид
A)
С точностью до членов первого порядка по г включительно оно
эквивалентно преобразованию

3] Канонические преобразования. Вариационные принципы 381
B)
¦" ^ " дрс
Далее заметим, что изменение произвольной функции F(q, p)
при преобразовании A) определяется равенством
в частности, 6# = б[#/]. Поскольку f(<7, p)—интеграл движения,
т. е. [#/]=0, изменение 6Н = О.
9.38. Производящая функция S(q, $*, t) порождает канони-
каноническое преобразование
которое приводит к «новым» уравнениям Гамильтона
Полагая Ж = §, находим новые импульсы и координаты постоян-
постоянными. Следовательно, производящая функция удовлетворяет урав-
уравнению
т. е. уравнению Гамильтона — Якоби. Более того, производящая
функция S(q, qP0, t) есть полный интеграл уравнения Гамильтона —
Якоби, поскольку якобиан с элементами отличен от нуля.
Соотношения Qi0 = (t = 1 s) позволяют найти координаты
qt как функции времени и 2s констант Qi0 и oPi0. Зависимость им-
импульсов от координат q и времени определяется функциями

382 Уравнения Гамильтона {Гл. 9
9.39. Запишем уравнение Гамильтона — Якоби для осцилля-
осциллятора
di 2т \ дд j 2 ч
Полный интеграл этого уравнения
S(q, a, t) = rm \ (-^-qA^dq-at.
J \ яка' /
Примем постоянную а за новый импульс^. Затем из уравнений
p=JL, Q = -K.
dq dj>
найдем каноническое преобразование
р = тсо
mm2
Q = — — arccos q [-^-) m~t, p2 + mcoV = 2ms3.
CO \ zcT3 /
В переменных Q, $* новый гамильтониан ffi = 0. Следовательно,
Q = 0, & = 0, т. е. Q = р, &> = ?, где р, ? — const.
Таким образом,
9.40. Используя изохронность вариаций, запишем принцип Га-
Гамильтона— Остроградского в виде
h i=l
если
tyj (t0) = 8qj (tj) = 0 (/ = 1, 2, ... s).
Интегрируя по частям члены, содержащие вариации скоростей,
получим
-A- f_?^.\ бо.Л. B)
dt "I JU dqL

§ 3] Канонические преобразования. Вариационные принципы 383
Из A) и B) ввиду условий на вариации координат в t0 и tx най-
найдем
J 2j \dqt dt~
to I
Отсюда, поскольку 6q независимы, следуют уравнения Лагранжа.
9.41. Согласно интегральному вариационному принципу для
систем с любыми заданными силами и идеальными (голономными
и линейными неголономными) связями
t = 0, A)
= О (P=l, 2f... k.2), B)
причем 8qj(to) =6<7j(^i) =0 (/=1 sf, Si = 3N—&i); здесь N — чис-
число материальных точек системы; kx — число голономных связей;
k2-—число неголономных связей.
Используя выражение для виртуальной работы заданных сил
8А = S'
представим A) в виде
Отсюда, интегрируя вторую сумму по частям и имея в виду обра-
обращение в нуль вариаций координат при t0 и tu получим
и /=-i
Теперь обратим внимание на то, что вариации координат под-
подчинены согласно B) условиям
,6,7, = 0 (р = 1, 2, ... , А2). D)

384 Уравнения Гамильтона (Гл, 9
Затем используем метод неопределенных множителей Лагранжа.
Умножим каждое из уравнений D) на «свой» неопределенный
множитель щ и проинтегрируем во времени от t0 до t\. Результаты
этой процедуры сложим с C) и найдем
Число вариаций координат равно Si из них зависимых k%, а неза-
независимых s\—ki (рассматриваем случай, когда 3N >ki + fi2, т. е.
Si>&2). Далее подберем k2 множителей ир так, чтобы в E) обра-
обратить в нуль коэффициенты при к2 зависимых вариациях. Тогда,
чтобы удовлетворить E), следует потребовать равенства нулю
остальных Sj—k2 коэффициентов при Si—k2 независимых вариа-
вариациях. Таким образом, из E) найдем систему уравнений
которая совместно с B) является системой si+k2 уравнений отно-
относительно s\ + k2 неизвестных функций ^(/ = 1, 2, ..., s{) и ие (р —
= 1,2 кг).
9.42. Лагранжиан заряда
% = Т + — Av — еФ,
с
а его обобщенный импульс
<^=wv + —А.
с
Поскольку обобщенная энергия сохраняется (Н = Нй),
и и
S = ^dt = \ (ЯГ + ~ Av) dt ~ Яо (ts - tj. A)
и и
Таким образом, укороченное действие
и
W = С Ы + yAv) dt*
и

§ 3J Канонические преобразования. Вариационные принципы 385
а принцип Мопертюи принимает вид 8W—Q. При #=Я0 и пол-
полных вариациях б^«=5^2=0.
Принцип B) можно представить в другой форме, исключив
элемент времени dt. Действительно, поскольку
2Tdt = tnvdr,
B) сводится к
б
где §* — обобщенный импульс.
Можно также перейти к независимой переменной s — длине
дуги траектории. В самом деле, учитывая, что полная энергия со-
сохраняется, т. е. Н=Е=Т+ец>=Е0, а также, что » = —г-, найдем
at
тР dt = mods = V2tn (?0 ~ ец) ds
и напишем принцип B) в форме Якоби
~- Adrj = 0. C)
Теперь получим из C) дифференциальное уравнение траекто-
траектории. Замечая, что ds — V(dff = ydxldxi, а следовательно,
ds ds
изменим порядок дифференцирования и варьирования. Тогда най-
найдем
S,
Г (— dx,ds + F J?L dbx. + — АМх. + — 8A,dx,) = 0,
J \ dxt ds с с J
где F = ( )
Отсюда, интегрируя второй и третий члены по частям, получим
ds
ds
6х. -dAt6xt + ~ 6A.dxt] = 0.
с с J

386 Уравнения Гамильтона [Гл 9
Здесь первая скобка равна нулю, так как интеграл варьируется
при заданных значениях координат на пределах. Далее учтем, что
6Atdxt — dAfixt = -^L bxkdxt — -^L dxk8xt =
dxk oxk
b
к
dxt dxk
и найдем
s2
я-
dF d I dxl
_ __ p .
ds \ ds J , с V dxi dxk J ds
Ввиду произвольности 6xi отсюда следуют уравнения
dxi \ дР . е I dAk dAj \ dxk
ds \ ds J dxi с \ dxt dx^ J ds
Упростим форму этих уравнений, поскольку H = rotA, т. е.
ЪАь dAi
и, следовательно,
?aikHodxk = EikaHadxk = -i- elka (Hadxk — Hkdxa) = [dr, H]t.
Таким образом, окончательно получим уравнение траектории
D)
(p) + \
ds \ ds j дг с I ds
Если в качестве независимой переменной выбрать некоторый
параметр и, то действие приобретет вид
где
1 Г7^ 71F \~ ds
du.
Варьирование действия E) приводит к уравнению траектории в
форме уравнения Эйлера — Лаграпжа
d dFi dF\
du dr ~~ dr F)

§ 3] Канонические преобразования. Вариационные принципы 387
с функцией
В геометрической оптике аналогом принципа Якоби являет-
является принцип Ферми
где п(г, —) — коэффициент преломления среды.
V }
9.43. Согласно уравнению D) задачи 9.42 уравнение траекто-
траектории определяется уравнением
(F\
ds \ ds j дг '
где F = У2тЕ0. Следовательно, —- = 0, т. е.
г = as + b.
Поскольку r(si)=ri, r(s2)=r2, находим
Таким образом, полное действие
S = j V2mE0ds — Ео (f, - tx) = У2тЩ\ гя — гх | — ?0 (t2 - tj.
9.44. Время движения между точками (а, у (а)) и (b, y(b))
J
V2g(y{a)-y)
зависит от вида функции у(х). Каждой функции у(х) соответ-
соответствует определенное значение т.; тем самым A) является функ-
функционалом, а задача состоит в нахождении экстремума функцио-
функционала.
Обозначая
/ЧШ-у)
B)

388 Уравнения Гамильтона [Гл 9
найдем, как меняется значение
¦t = $F(y,y')dx C)
а
при малом изменении функции у-+у'=у + Ьу, причем у(а)=уа,
у(Ь)=уь, а
%!а = 0, б#|6 = 0. D)
Изменение бт можно записать в виде
* ь
8y,y' + 8y')dx-^F(y, y')dx =
а а
а а
Поскольку 8у и Ьу' не являются независимыми, то, интегрируя
второй член в E) по частям и учитывая D), получим
x ду
а
ду ду
Ь
ЯдР d dF
так как бг/'=(бг/)' Приравнивая F) нулю, найдем условие экс-
экстремума функционала
1L-JLJL = o, G)
ду dx ду' w
а умножая G) на у', получим (так как F не зависит явно от х)
t —- у =С.
Наконец, подставляя сюда B), найдем
1
(8)
Vl+y'2V2g(ya-y)
Теперь с помощью подстановки
/ = —— (9)

§ 3] Канонические преобразования Вариационные принципы 389
из (8) получим
„'»_ 2 1- Sm2» /10Ч
3 1 — cosu A— cosh)» ' v '
Из (9) и A0) следует
dy du sin и
du dx 1 — cos и
тем самым
~du
C1. A1)
Таким образом, искомой кривой является циклоида, которая опре-
определена здесь в параметрической форме соотношениями A1) и (9).

ЛИТЕРАТУРА
1. Ольховский И. И. Курс теоретической механики для физиков, изд. 2.
М., Изд-во МГУ, 1974.
2. Голдстейн Г. Классическая механика, изд. 2, перевод с анг. М.,
«Наука», 1975.
3. Л а н д а у Л. Д., Л и ф ш и ц Е. М. Механика, изд. 3. М., «Наука», 1973.
4. К о т к и н Г. Л., С е р б о В. Г. Сборник задач по классической механи-
механике. М., «Наука», 1969.
5. Т а м м И. Е. Основы теории электричества, изд. 9. М., «Наука», 1976.
6. А н к у н д и н о в В. А., К е л ь м а н С. М., Сысоева Л. Г. ЖТФ, 34,
23, 1964.
7. Л а н д а у Л. Д., Л и ф ш и ц Е. М. Теория поля, изд. 6. М., «Наука»,
1973.
8. Г р а д ш т е й н И. С, Рыжик И. М. Таблицы интегралов, сумм, рядов
и произведений, изд. 5. М., «Наука», 1971.
9. GoldhaberA. Physical Review, 140, В, 1407, 1965.
10. Л а н да у Л. Д., Л и ф ш и ц Е. М. Электродинамика сплошных сред.
М., Гостехиздат, 1957.
11. ТерлецкийЯ. П. ЖЭТФ, 21, № 5, 588, 1959.
12. Джексон Дж. Классическая электродинамика, перевод с англ. М.,
«Мир», 1965.
13. Павленко Ю. Г., Гальцов Д. В. «Изв. вузов», Радиофизика, 9,
1232, 1966.
14. Лонгмайр К. Физика плазмы, элементарный курс, перевод с англ.
М., Атомиздат, 1966.
15. Ансельм А. И. Основы статистической физики и термодинамики. М.,
«Наука», 1973.
16. ДжеффрисГ., СвирлсБ. Методы математической физики, вып. 1,
перевод с англ. М., «Мир», 1969.
17. Боголюбов Н. Н., Митропольский Ю. А. Асимптотические
методы в теории нелинейных колебаний, изд. 4. М., «Наука», 1974.
18. Капица П. Л. УФН, 78, 181, 1962.
19. В о л о с о в В. М., Моргунов Б. И. Метод осреднения в теории
нелинейных колебательных систем. М., Изд-во МГУ, 1971.
20. С о к о л о в А. А., К у л ь к и н А. Г., П а в л е н к о А. Г. Атомная энер-
энергия, 31, 292, 1971.
21. К а п и ц а П. Л. УФН, 44, 7, 1951.
22. Проблемы физической оптики и другие вопросы физики. Сборник ста-
статей, посвященный памяти С. Н. Вавилова. М.—Л., ГИТТЛ, 1951.
23. К а п и ц а П. Л. ЖЭТФ, 21, № 5, 588, 1951.
24. Г а п о н о в А. В., М и л л е р М. А. ЖЭТФ, 34, 242, 1958.
25. Аскарьян Г. А. ЖЭТФ, 42, 1567, 1962.
26. Г л а з е р В. Основы электронной оптики, перевод с нем. М., Гостех-
Гостехиздат, 1957.
27. В а т с о н Дж. Теория бесселевых функций, ч. 1—2, перевод с англ.
М., ИЛ, 1949.

ОЛЬХОВСКИЙ ИГОРЬ ИВАНОВИЧ,
ПАВЛЕНКО ЮРИИ ГРИГОРЬЕВИЧ,
КУЗЬМЕНКОВ ЛЕОНИД СТЕФАНОВИЧ
ЗАДАЧИ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
ДЛЯ ФИЗИКОВ
Зав. редакцией Т. Г. Батенина
Редактор Р. А. Бунатян
Мл. редактор В. В. Конкина
Переплет художника И. А. Князькова
Технический редактор Т. Е. Светличная
Корректоры И. А. Большакова, И. С. Хлыстова
Тематический план 1977 г. № 66
ИБ №- 261
Сдано в набор 29/ХП 1976 г. Подписано к
печати 2/VIII 1977 г. Формат 60X90/16 Бумага
тип. № 3 Уел печ л. 24,5 Уч -изд. л. 21.S1
Изд. № 3176 Зак. 4 Тираж 16 840 Цена 90 ко».
Издательство Московского университета.
Москва, К-9, ул. Герцена, 5/7.
Типография Изд-ва МГУ. Москва, Ленинские горы