Механика

Введение в механику
В.В. Измоденов, И.И. Балюкин
15 декабря 2020 г.
2
Оглавление
Методологические пояснения
11
I
15
Основные понятия
1 Введение. Основные понятия. Теория размерностей
1.1 Предмет физики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Физической величины и законы . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Системы физических величин. Системы единиц измерений
СГС . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Основные принципы анализа размерности . . . . . . . . . .
1.4.1 Формула размерности . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Правило размерности (π-теорема) . . . . . . . . . . .
1.5 Роль модельных представлений в физике . . . . . . . . . . .
1.6 Литература к лекции 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
. . . . 17
. . . . 19
СИ и
. . . . 20
. . . . 24
. . . . 24
. . . . 26
. . . . 31
. . . . 33
2 Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
2.1 Время . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Пространство. Системы координат. Вектора. . . . . . . . . . . . . .
2.3 Инерциальные системы отсчёта. Принцип относительности Галилея.
2.4 Однородность пространства и времени. Изотропность пространства.
2.5 Резюме: Ньютонова механика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Специальная теория относительности . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Преобразования Лоренца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Литература к лекции 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
35
35
36
41
42
43
43
46
50
4
II
Оглавление
Кинематика
3 Кинематика материальной точки
3.1 Способы описания движения. Закон движения . . . . . . .
3.2 Скорость и ускорение точки в полярных координатах . . .
3.2.1 Полярная система координат . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Движение в полярной системе координат . . . . . . .
3.3 Проекции ускорения на оси естественного трехгранника . .
3.4 Система материальных точек. Степени свободы. Уравнения
матической связи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Литература к лекции 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
кине. . . .
. . . .
4 Кинематика абсолютно твердого тела
4.1 Распределений скоростей и ускорений в твердом теле . . . . . . .
4.1.1 Распределение скоростей в твердом теле. Формула Эйлера
4.1.2 Распределение ускорений в твердом теле. Формула Ривальса
4.2 Качественный анализ возможных движений твёрдого тела . . . .
4.3 Сложное движение. Формулы сложения скоростей и ускорений .
4.3.1 Сложение скоростей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Сложение ускорений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.3 Сложение угловых скоростей . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Кинематические формулы Эйлера . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Литература к лекции 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
55
58
58
59
61
64
65
67
68
68
72
73
77
78
79
80
81
82
5 Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
83
5.1 Введение. Понятие о сплошной среде или деформируемом теле. . 83
5.2 Лагранжев и эйлеров подходы для описания сплошной среды . . . 84
5.2.1 Траектория и линия тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
5.3 Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор
скоростей деформаций. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.3.1 Чистая деформация. Эллипсоид деформации . . . . . . . . 93
5.3.2 Однородная деформация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
5.4 Условия совместности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
5.5 Литература к лекции 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
III
Динамика материальной точки и системы матери-
Оглавление
5
альных точек
101
6 Динамика материальной точки
6.1 Масса – мера инертности тела . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 Инертная масса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.2 Гравитационная масса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Импульс. Второй закон Ньютона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Силы в механике . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Третий закон Ньютона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 Обобщение закона сохранения импульса для системы материальных точек. Теорема о движении центра масс. . . . . . . . . . . . .
6.6 Импульс силы и изменение импульса . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7 Приведенная масса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.8 Движение тел с переменной массой. Реактивное движение . . . . .
6.9 Литература к лекции 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
103
103
104
105
105
107
109
110
112
112
112
113
7 Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии 115
7.1 Теорема о изменении кинетической энергии . . . . . . . . . . . . . 115
7.1.1 Связь между кинетическими энергиями в различных системах отсчета. Теорема Кёнига . . . . . . . . . . . . . . . . 117
7.1.2 Потенциальные и консервативные силы. Потенциальная энергия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
7.2 Одномерное движение в потенциальном поле . . . . . . . . . . . . 121
7.3 Устойчивость равновесия. Теорема Лагранжа . . . . . . . . . . . . 121
7.4 Вириал сил. Теорема Клазиуса о вириале . . . . . . . . . . . . . . 122
7.5 Абсолютно упругий и абсолютно неупругий удары . . . . . . . . . 123
7.6 Литература к лекции 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
8 Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента
импульса.
125
8.1 Момент силы и момента импульса относительно точки. Уравнение
моментов для одной материальной точки и для системы материальных точек . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
8.1.1 Геометрический смысл момента импульса. Секториальная
скорость. Теорема площадей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
8.1.2 Момент импульса и сил относительно неподвижной оси. . . 128
8.2 Момент силы и момента импульса для системы материальных точек128
8.2.1 Момент инерции системы материальных точек . . . . . . . 130
6
Оглавление
8.2.2
8.3
Момент импульса твердого тела. Аналогия с вторым законом Ньютона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.3 Скамья Жуковского . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.4 Закон изменения импульса в подвижной системе координат
8.2.5 Тензор инерции твёрдого тела . . . . . . . . . . . . . . . . .
Литература к лекции 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9 Закон всемирного тяготения
9.1 Законы Кеплера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Вывод закона всемирного тяготения из законов Кеплера . . . . . .
9.3 Ускорение планет и комет при движении по коническим сечениям
9.4 Условия эллиптического, параболического и гиперболического движений. Вычисление параметров орбиты. Учет движения Солнца .
9.5 Сила тяжести Земли. Космические скорости . . . . . . . . . . . . .
9.6 Вывод законов Кеплера из закона всемирного тяготения Ньютона
9.7 Литература к лекции 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
131
131
132
134
138
139
140
140
140
140
140
140
140
10 Движение точки при наличии связи.
141
10.1 Движение точки при наличии связи . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
10.2 Движение материальной точки по кривой . . . . . . . . . . . . . . 142
10.3 Качественное исследование движения по кривой в поле силы тяжести . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
10.4 Математический маятник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
10.5 Циклоидальный маятник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
10.6 Определение силы реакции. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
10.7 Движение материальной точки по поверхности . . . . . . . . . . . 148
10.8 Движение точки по поверхности вращения. Сферический маятник. 149
10.9 Адиабатические инварианты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
10.10Литература к лекции 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
11 Движение в неинерциальных системах отсчета
11.1 Силы инерции, возникающие из-за вращения Земли . . . . . . . .
11.1.1 Влияние переносного ускорения на величину и направление
ускорения свободного падения . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Влияние силы инерции Кориолиса . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3 Как определить, что Земля вращается и период ее вращения? Маятник Фуко . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4 Приливы и отливы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5 Литература к лекции 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
153
154
154
156
156
156
156
Оглавление
IV
Динамика абсолютно твердого тела
12 Динамика абсолютно твердого тела
12.1 Что мы знаем о движении твердого тела из предыдущих лекций: .
12.2 Общая постановка задачи о свободном движении твёрдого тела . .
12.3 Движение твёрдого тела вокруг неподвижной оси . . . . . . . . . .
12.3.1 Физический маятник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.4 Плоскопараллельное движение твёрдого тела . . . . . . . . . . . .
12.5 Движение твердого тела с неподвижной точкой . . . . . . . . . . .
12.5.1 Динамические уравнения Эйлера . . . . . . . . . . . . . . .
12.5.2 Задача Эйлера - первые интегралы и квадратуры . . . . . .
12.5.3 Качественный анализ решений задачи Эйлера . . . . . . . .
12.5.4 Свободная регулярная прецессия . . . . . . . . . . . . . . .
12.5.5 Вынужденная регулярная прецессия. Основная формула
гироскопии. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.6 Постановка задачи о движении тяжёлого твёрдого тела с неподвижной точкой. Интегрируемые случаи. . . . . . . . . . . . . . .
12.7 Волчок Лагранжа. Гироскопы. Нерегулярная прецессия. . . . . . .
12.7.1 Применение гироскопов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
157
159
159
162
162
163
165
168
168
169
170
171
172
174
176
180
V Динамика сплошных деформируемых сред: твёрдых
упругих тел, жидкостей и газов
183
13 Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
185
13.1 Теорема о дифференцировании по подвижному объёму . . . . . . 185
13.2 Закон сохранения массы и уравнение неразрывности . . . . . . . . 188
13.3 Закон сохранения импульса и уравнение движения. Тензор напряжений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
13.4 Тензор напряжений в покоящейся жидкости. Давление. . . . . . . 195
13.5 Закон сохранения момента импульса . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
13.6 Закон изменения энергии. Понятие внутренней энергии. . . . . . 198
13.7 Модели механики сплошных сред. О замыкании системы уравнений механики сплошных сред. Модели механики сплошных сред:
идеальные жидкость и газ, линейно-упругие и линейно-вязкие среды. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
8
Оглавление
14 Механика жидкостей и газов.
14.1 Модель линейно-вязкой жидкости/газа . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.1 Опыт Ньютона по определению вязкой силы трения. Закон
вязкого трения Ньютона. Ньютоновские жидкости. . . . . .
14.1.2 Уравнения Навье-Стокса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.3 Несжимая жидкость (газ). Замкнутая система уравнения
для вязкой несжимаемой жидкости. . . . . . . . . . . . . . .
14.1.4 Модель теплопроводной жидкости/газа. Закон теплопроводности Фурье. Уравнение энергии для вязкого теплопроводного газа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.5 Замкнутая система уравнений для вязкого теплопроводного совершенного газа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.6 О постановке задач механики жидкости и газа. Параметры
подобия. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.7 Замкнутая система уравнеий для модели идеальной жидкости (газа) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2 Условия равновесия сплошной среды. Гидростатика . . . . . . . .
14.2.1 Барометрическая формула . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.2 Закон Архимеда . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.3 Устойчивость равновесия несжимаемой жидкости и политропной атмосферы в поле сил тяжести . . . . . . . . . . . .
14.3 Течения идеального газа/жидкости . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3.1 Интеграл Бернулли . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3.2 Критерий сжимаемости/несжимаемости течения? . . . . . .
14.3.3 Потенциальные течения. Интеграл Коши-Лагранжа . . . .
14.4 Парадокс Даламбера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5 Течения вязкой несжимаемой жидкости . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.1 Движение жидкости по цилиндрическим трубам. Течения
Пуазеля и Куэтта. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.2 Уравнение пограничного слоя. Течение Блазиуса. Отрыв
пограничного слоя. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.6 Опыты Рейнольса. Гидродинамическая неустойчивость и турбулентность . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.7 Литература к лекции 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203
203
204
205
206
206
207
207
209
210
212
213
215
217
217
218
218
218
219
219
220
220
220
15 Основы механики упругих тел
223
15.1 Опыт Гука . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
15.1.1 Замкнутая система уравнений в перемещениях . . . . . . . 226
Оглавление
9
15.1.2 Энергия упругих деформаций . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
15.2 Задача об одноосном растяжении упругого бруса . . . . . . . . . . 228
VI
Колебания и волны
229
16 Колебания
16.1 Основные понятия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.1.1 Гармонические колебания. Векторная интерпретация. Комплексная форма записи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.1.2 Сложение гармонических колебаний. Фазовая плоскость. .
16.1.3 Векторные колебания. Фигуры Лиссажу. . . . . . . . . . . .
16.1.4 Модулированные колебания. Биения. . . . . . . . . . . . . .
16.1.5 Спектральное разложение. Ряд и интеграл Фурье. Спектры
периодических и непериодических функций. . . . . . . . . .
16.1.6 Вейвлет-преобразования. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2 Механические примеры колебательных систем . . . . . . . . . . . .
16.2.1 Превращение энергии при свободных колебаниях гармонического осциллятора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2.2 Осциллятор с вязким трением. Коэффициент затухания,
логарифмический декремент затухания, добротность. Фазовые траектории осциллятора с затуханием. . . . . . . . .
16.2.3 Вынужденные колебания гармонического осциллятора (гармоническая внешняя сила. Резонанс.) . . . . . . . . . . . . .
16.2.4 Параметрические колебания. Качели. . . . . . . . . . . . . .
16.2.5 Автоколебания. Маятниковые часы. . . . . . . . . . . . . . .
16.3 Рекомендованная литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
231
231
17 Волны
17.1 Общие понятия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.1.1 Плоские гармонические волны . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.1.2 Стоячие волны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.1.3 Гармонические волны. Комплексная амплитуда. Уравнения
Гельмгольца. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.1.4 Векторные волны. Продольные и поперечные волны. . . . .
17.2 Волны в механике (примеры) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.2.1 Звуковые волны в совершенном газе . . . . . . . . . . . . .
17.2.2 Волны в линейно-упругой среде . . . . . . . . . . . . . . . .
17.3 Нелинейные волны. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
235
235
237
238
234
234
234
234
234
234
234
234
234
234
234
234
234
238
238
238
238
238
239
10
Оглавление
A Математический ликбез
241
A.1 Векторы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
A.1.1 Евклидово пространство . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
A.1.2 Простейшие операции с матрицами . . . . . . . . . . . . . . 242
A.2 Тензоры 2-го порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
A.3 Сведения об интегрировании и дифференцировании функций нескольких переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
A.3.1 Интегралы по объёму и по поверхности . . . . . . . . . . . 246
B Задачи семинаров
251
B.1 Теория размерностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
B.2 Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета. Преобразование Лоренца . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
B.3 Кинематика материальной точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
B.4 Кинематика абсолютно твердого тела . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
B.5 Кинематика деформируемого тела . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
B.6 Динамика материальной точки. Движение тел с переменной массой274
B.7 Момент импульса. Геометрия масс. Моменты инерции . . . . . . . 276
B.7.1 Закон сохранения энергии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
B.8 Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера . . . . . . . . . . . . 284
B.8.1 Движение в неинерциальных системах отсчета . . . . . . . 285
B.9 Динамика абсолютно твердого тела . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
B.9.1 Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси . . . . . . 286
B.9.2 Движение твердого тела с неподвижной точкой . . . . . . . 288
B.10 Механика сплошных сред 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
B.11 Механика сплошных сред 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
B.11.1 Гидростатика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
B.11.2 Течения вязкой несжимаемой жидкости . . . . . . . . . . . 295
B.11.3 Задачи на применение интегральных законов . . . . . . . . 296
B.12 Теория упругости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
C Вопросы к экзамену
301
Методологические пояснения
Данный текст представляет собой расширенный конспект лекций по механике,
который читался В.В. Измоденовым в 2016 – 2019 гг. студентам первого курса факультета физики ВШЭ в рамках курса “Общей физики”. Курс читался в
течение первого семестра (1 и 2 модуль) и предполагает 2 лекции (4 академ.
часа) и 2 семинара (4 академ. часа) в неделю. Итого 64 часа лекций и 64 часа
семинаров.
При планировании и в процессе чтения лекций возникли две существенные
сложности: 1) существенно различная степень подготовки первокурсников - вчерашних школьников. Так, обычно, примерно 1/3 студентов (обычно окончивших
физико-математические школы) имеют очень хорошую подготовку, а подготовка другой 1/3 студентов является относительно слабой; 2) незнание студентами
необходимого математического аппарата.
Классический подход, который позволяет преодолеть указанные трудности,
состоит в следующем: 1) курс общей физики читается на “повышенном школьном” уровне, 2) затем, тот же материал излагается повторно в курсе теоретической физики. В этом случае уже с использованием математического аппарата.
При этом подходе отдельные главы механики – например, механику сплошной
среды, студенты начинают изучать только на четвертом курсе. В результате 1)
создаётся разрыв в понимании механики как единой науки, 2) отдельные разделы механики, которые могли бы помочь в освоении других (более сложных)
разделов физики, изучаются позднее или вовсе не изучаются, 3) к старшим курсам у многих студентов теряется мотивация.
В настоящем курсе принят другой подход: все три раздела механики – 1)
механика материальной точки, 2) механика твёрдого тела, 3) механика деформируемых тел (сплошных сред) – излагаются как единая наука с использованием математического аппарат, который при этом необходим. Так как студентами
первого курса необходимый математический аппарат ещё не изучен в соответствующих математических курсах, то все необходимые математические понятия
и термины излагаются нами независимо. На факультете физики для этого спе11
12
Оглавление
циально введён курс “Элементы математического аппарата физики” (32 часа
лекций и 32 часа семинаров). В этом конспекта необходимый математический
аппарат изложен в Приложении А. Также дан минимальный набор задач, необходимый для усвоения этого аппарата.
Важно отметить, что изложение необходимой математики проводится на минимально необходимым (для механики) уровне и не подменяет собой классические фундаментальные курсы по математическому анализу, алгебре, дифференциальным уравнениями и уравнениям в частных производных. Более того, мы
надеемся, что после данного курса механики у студентов возникнет понимание
необходимости и мотивация к более углублённому изучению указанных математических предметов.
В заключение, важно отметить, что данный текст не полностью соответствует курсу лекций. Так, например, главы, связанные с пограничным слоем и магнитной гидродинамикой, были исключены из курса ввиду нехватки лекционный
часов.
Пояснение для студентов. Курс состоит из 32 лекций (64 академических
часов) и 32 семинаров (64 академических часов) и предполагает большую самостоятельную работу. До начала (или в начале) курса рекомендуется изучить
раздел механики школьного курса физики на углублённом уровне. Для этого,
например, можно изучить следующие школьные учебники физики:
1. Мякишев Г.Я. (ред.), Физика. Механика. 10 класс. Профильный уровень.
2. ...
Данный текст является всего лишь расширенной версией конспекта лекций
и не является исчерпывающим источником для изучения предмета. Для лучшего понимания материала рекомендуется изучение следующих классических
учебников:
1. Сивухин Д.В., Общий курс физики. Учебное пособие: Для вузов. В 5 т. Т.I.
Механика., 4-е издание, 2005, 560 с.
2. Кингсеп ...
3. Матвеев А.Н., Механика и теория относительности, 2003
О задачах. Для полного освоения курса наряду с изучением теории, необходимо приобрести навык решения задач. Для этого в курсе предлагается набор
задач, состоящий из задач, которые находятся в тексте, а также из списка задач
в Приложении В.
Оглавление
13
Решение некоторых задач приводится в тексте. Эти задачи, как правило,
разбирались на семинарах, а некоторые из них были предложены для самостоятельного разбора. Остальные задачи либо входили в домашнее задание, либо
предлагались для решения на экзаменах и контрольных работах.
Необходимо отметить те сложности, которые возникают у студентов при решении задач. Основной сложностью, на мой взгляд, является неумение студентов уяснить задачу, то есть переформулировать физическую постановку задачи
в задачу с абсолютно ясной и чёткой математической постановкой. Если этот
этап преодолён, то дальнейшее математическое решение обычно не составляет
трудностей.
О формах контроля. Для того, чтобы контролировать усвоения курса студентами использовались различные формы контроля. Текущий контроль имел
две формы:
1. домашнее решение предлагаемых задач и еженедельная проверка решений
семинаристами с последующим их разбором,
2. экспресс-решение задач (5-10 минут на 1-2 лёгкие задачки) в начале каждого семинара.
Домашние задания, как правило, состоят из двух частей. В первой части
задачи начального и среднего уровня сложности. Во второй части – задачи повышенного уровня сложности. Для получения удовлетворительной оценки по
курсу достаточно решать задачи первой части. Для получения хорошей и отличной оценки необходимо также решать задачи второй части.
В середине курса и его конце проводятся промежуточный и окончательный
экзамены по курсы, соответственно. На экзаменах контролируется как и усвоение теоретического материала, так и приобретение студентами навыков решения
задач. Также во второй половине курса проводится контрольная работа.
Курс общей физики (3 года): 1. Механика; 2. Термодинамика и молекулярная
физика; 3. Электричество и магнетизм; 4. Оптика; 5. Атомная и ядерная физика.
Курс теоретической физики (3.5 года): 1. Аналитическая механика. 2. Теория
поля. 3. Квантовая механика. 4. Статистическая физика. 5. Физика сплошных
сред. 6. Электродинамика конденсированных сред.
14
Оглавление
Часть I
Основные понятия
15
Глава 1
Введение. Основные понятия.
Теория размерностей
1.1
Предмет физики
Определение физики, которое даёт Большая Советская Энциклопедия (БСЭ):
“Физика – это наука, изучающая фундаментальные основы и закономерности строения и эволюции мира. В область интересов физики попадает как вещество, материя, так и энергия. Фактически
можно считать все остальные естественные науки подразделами
физики. Физика неразрывно связана с математикой. В некоторых
случаях невозможно провести чёткую грань разделяющую эти две
науки, так например математическая физика создаёт математические модели описывающие физический мир. В настоящее время
физика традиционно делится на теоретическую и прикладную. Теоретическая физика занимается разработкой математических моделей, описывающих физический мир. Прикладная физика, занимается разработкой и проведением экспериментов для подтверждения
или опровержения существующих физических моделей, а также создание физических моделей на основании экспериментальных данных. Физика, как теоретическая так и экспериментальная делится по типу исследуемых объектов. Механика – описывает законы
движения и взаимодействия физических объектов; Термодинамика
– изучает превращения и преобразования энергии в различных физических процессах; Оптика – изучает поведение электромагнитных излучений, в том числе и света; Электродинамика – наука изу17
18
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
чающая общие принципы поведения электромагнитных волн; Статистическая физика – изучает поведение ансамблей частиц с использованием вероятностных методов; Физика конденсированного
состояния – описывает поведение больших групп частиц с сильной
связью между частицами; Квантовая физика - исследует квантовые состояния вещества; Ядерная физика - занимается изучением
строения и взаимодействия ядер атомов; Физика высоких энергий
– раздел физики который занимается изучением частиц, энергия
которых существенно превышает их массу; Физика элементарных
частиц – раздел физики изучающий элементарные частицы.”
Механика – наука, посвящённая решению любых задач, связанных с изучением движения или равновесия тех или иных материальных тел и происходящих при этом взаимодействий между телами. В механике тела можно,
условно, разделить на три категории:
• материальная точка;
• твёрдое недеформируемое тело;
• деформируемые тела, которые в свою очередь делятся на твердые (теории
упругости, пластичности), жидкие и газообразные (гидродинамика, газовая динамика, теория плазмы).
Изучением движения материальных точек и твёрдых занимаются в курсах
теоретической (аналитической) механики. Изучению движения твёрдых деформируемых тел занимаются такие разделы механики, как теория упругости и
пластичности. Течения жидких и газообразных тел изучают в разделах механики, которые называются гидродинамика, газовая динамика, теория плазмы.
Механика природных явлений: геодинамика, океанология, космическая газовая
динамика, астрометрия. Механика – теоретическая основа для всевозможных
технических устройств (теория механизмов и машин, сопромат, гидравлика, механика грунтов).
Различные разделы механики можно классифицировать в зависимости от
свойств пространства, времени и материи:
• классическая механика;
• квантовая механика (2 курс);
• релятивистская механика (2 курс);
1.2. Физической величины и законы
19
Примеры классических «механических» систем: робот (Boston Dynamics);
атомная станция (схема устройства атомной станции – 90 % механические устройства); движение континентов; гелиосфера; спиральная структура галактики.
Сочетание экспериментальных, теоретических (аналитических и численных) методов. – на примере гелиосферы и задачи о сильном взрыве.
1.2
Физической величины и законы
В Большой советской энциклопедии даётся следующее «официальное» определение физической величины:
«Физическая величина – свойство, общее в качественном отношении многим физическим объектам, их состояниям и происходящим в них процессам, но в количественном отношении индивидуальное для каждого объекта. К физическим величинам, характеризующим свойства объектов, относятся длина, масса, электрическое
сопротивление и т.п. К физическим величинам, характеризующим
состояние системы, – давление, температура, магнитная индукция
и т.п. К физическим величинам, характеризующим процессы, – скорость, мощность и др. ... Для количественной оценки физической
величины (определения её значения в виде некоторого числа принятых для неё единиц) пользуются различными методами измерений
(cм. Измерение)...»
Итак, физическая величина – это свойство объекта, которое можно измерить,
сравнив с его величину с каким-то эталоном (единицей). Результатом такого
сравнения является измеренное значение величины, показывающее во сколько
раз размер величины больше или меньше размера единицы.
Существуют экстенсивные (аддитивные) и интенсивные физические величины (длина – температура).
Определение 1.1. Физический закон – это количественное соотношение (функциональная зависимость) между физическими величинами, которое устанавливается на основе обобщения опытных фактов и выражают объективные закономерности, существующие в природе.
Примеры:
• закон Ньютона F = ma;
20
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
• закон всемирного тяготения F12 = −G mr13m2 r12 ;
12
• закон Кулона F12 = −k qr13q2 r12 , где k – коэффициент пропорциональности.
12
1.3
Системы физических величин. Системы единиц измерений СИ и СГС
Различные физические величины связаны между собой определёнными соотношениями (законами). Если некоторые из них выбрать в качестве основных (или
размерно-независимых), то все остальные величины будут выражаться через
основные (с помощью физических законов).
В физике/механике за основные величины удобно брать длину (L), массу
(M) и время (T) (система физических величин LMT). В некоторых технических
науках в качестве основных берут величины берут единицы длины, силы, времени (система единиц LFT). Можно было бы, например, в качестве основных
единиц взять единицы скорости, вязкости и плотности.
Единицы измерения (размерность) вторичных физических величин устанавливают на основе физических законов определяющих эти величины, а также
исходя из требования, чтобы входящие в эти законы числовые коэффициенты
принимали заранее выбранные значения.
Задача 1.1. Определить единицу измерения массы в системе физических величин LFT.
Решение. Можно определить размерность массы из закона Ньютона [F ] = [m][a],
где [a] = L/T 2 . Таким образом [m] = F T 2 /L.
Но можно поступить и другим образом. Например, определить размерность
массы так, чтобы в закон всемирного тяготения не входила размерная константа
G, то есть он записывался в следующем виде
F12 = −
m1 m2
r12 .
3
r12
В этом случае размерность массы будет равна F 1/2 L. Заметим, однако, что если
мы определим размерность массы таким образом, то размерности правой и левой частей во втором законе Ньютона будут отличаться, поэтому в этом случае
второй закон Ньютона запишется в виде F = kma, где k – размерная константа.
1.3. Системы физических величин. Системы единиц измерений СИ и СГС
21
Задача 1.2. Как определить эту константу? Какое значение этой константы в
технической системе единиц?
Итак, система физических величин – это определённый выбор основных физических величин и формул/законов, определяющих производные величины через основные. При этом масштабы основных величин не фиксируются. Термин
«система единиц» употребляется в более узком смысле, когда дополнительно
выбирается масштабы основных единиц. Примерами служат системы единиц
СГС или СИ.
Единицы измерения для основных величин будем называть основными или
первичными, все остальные – производными или вторичными.
В системе единиц СГС основные единицы: сантиметр, грамм и секунда. Для
облегчения работы в СГС в электродинамике были приняты дополнительно системы СГСЭ (абсолютная электростатическая система) и СГСМ (абсолютная
электромагнитная система), а также гауссова. В каждой из этих систем электромагнитные законы записываются по разному (с разными коэффициентами
пропорциональности). В СГСЭ и гауссовой системах закон Кулона записывается
без коэффициента F12 = − qr13q2 r12 . Этим выражением определяется размерность
12
заряда: [q] = L3/2 M1/2 T−1 = см3/2 г1/2 с−1 . Из выбранной таким образом единицы заряда выводятся определения производных единиц (напряжения, силы
тока, сопротивления и т. п.). Сила тока, по определению, величина заряда, переносимая (через поперечное сечение проводника) в единицу времени. То есть
[I] =
M 1/2 L3/2
[q]
=
[t]
T2
Размерность величины напряжённости электрического поля
[F ]
M 1/2
[E] =
= 1/2 .
[q]
L T
Размерность величины напряжённости магнитного поля определим из формулы
для силы Лоренца, которая в системе СГСЭ выглядит так
~
F~ = q[~v × B].
Отсюда следует, что [B] = M 1/2 /L3/2 . Таким образом, в системе СГСЭ размерности напряжённостей электрического и магнитного поля отличаются. Для
теоретиков это оказывается очень неудобно, поэтому Гаусс предложил модифицировать систему СГСЭ. Модифицированная система называет гауссовой или
22
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
симметричной СГС. В ней сила Лоренца записывается в виде
q
~
F~ = [~v × B],
c
где c – размерная константа, являющейся скоростью света.
Закон Ампера в СГСЭ и гауссовой системе единиц записывается в виде
1 I1 I2
dF
= 2
,
dl
c d
здесь введено обозначение dF/dl для силы на единицу длины проводника, d
— расстояние между токами. Заметим, что иногда бывает удобно пользоваться
СГСМ, в которой
dF
I1 I2
=
.
dl
d
Основными механическими величинами Международной системы величин
(СИ) являются длина, масса, время. Единицы измерения для них — основные
единицы СИ — метр, килограмм, секунда. Секунда – это промежуток времени, в течение которого совершается 9 192 631 770 колебаний электромагнитного
излучения, соответствующего переходу между двумя сверхтонкими уровнями
основного состояния атома цезия-133 в отсутствие внешних полей (атомные часы). Метр – это длина пути, проходимая светом в вакууме за 1/299792458 долю
секунды. Килограмм до 2018 года определялся как масса платино-иридиевого
тела в Международном бюро мер и весов в Севре (близ Парижа). С 2019 г.
определение килограмма связано с постоянной Планка и двумя формулами для
энергии: E = mc2 и E = hν и прибором, называемым весами Киббла. Другими
основными величинами в Си являются сила электрического тока, термодинамическая температура, количество вещества и сила света. Единицы измерения для
них – основные единицы СИ – ампер, кельвин, моль и кандела, соответственно.
Из этого определения ясно, что в этой системе единиц возникает много (по
сравнению с СГС) констант. Так, например, закон Кулона запишется в виде
F12 = −
1 q1 q2
r12 ,
3
4πε0 r12
здесь возникает ε0 - электрическая постоянная. Закон Ампера в Си:
dF
µ0 I1 I2
=
,
dl
4π d
здесь возникает ε0 = 4π10−7 (кг·м·с−2 ·A−2 ) - магнитная постоянная.
1.3. Системы физических величин. Системы единиц измерений СИ и СГС
23
Задача 1.3. Наряду с гравитационной постоянной G = 6.6726·10−8 см3 г−1 с−2 и
скоростью света в вакууме c = 2.99792458 · 1010 см/с в физике особую роль играют две фундаментальные постоянные: постоянная Планка h = 6.626070040·10−27
эрг · c и постоянная Больцмана kB = 1.380648 эрг/К. Планк построил естественную систему единиц, в качестве основых физических величин взяты G, c, h и
kB . Выразить единицы длины, массы, времени, температуры в планковской системе через соответствующие единицы в системе СГС, дополненной единицей
температуры – кельвином (К).
Решение. Так как
[G] =
M L2
M L2
L3
L
,
[h]
=
,
[k
]
=
,
[c]
=
B
MT 2
T
T
T 2Θ
Решая систему уравнений относительно L, M, T, Θ имеем следующие размерности для длины, массы, времени и температуры в планковской системе единиц,
соответственно:
s
s
s
s
[h][G]
[h][c]
[h][G]
[h][c]5
,
M
=
,
T
=
,
θ
=
(1.1)
L=
[c]3
[G]
[c]5
[kB ]2 [G]
Пусть lp , mp , tp , θp единичные значения величин в планковской системе. Если
рассмотреть систему физических величин LMTΘ и, соответствующую систему
единиц lp , mp , tp θp , то в этой системе единиц G = c = kB = h = 1.
Подставив в формулы (1.1) значения фундаментальных постоянных в СГС,
получим значения планковских единиц длины, массы, времени и температуры
в СГС. (cм., также, Сивухин стр. 466).
Рабочей системой единиц в физике/механике является LMT. Можно взять и
большее число основных единиц, но тогда в выражениях, выражающих физические законы появятся «лишние» константы. Например, пусть имеется четыре
основных единиц – длина (L), масса (M), время (T) и сила (F). В этом случае
2-ой закон Ньютона запишется в виде F = kma, где k – постоянная, имеющая
размерность [k] = (F T 2 )/(M L). Коэффициент k в данном случае является физической постоянной, подобной ускорению силы тяжести g или гравитационной
постоянной G.
Можно взять и меньшее число единиц. Например, за основные единицы взять
массу (М) и время (T), то длину можно выразить в единицах времени, связывая
их через скорость света l = ct.
24
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
Задача 1.4. Составьте выражение для величины, имеющей размерность длины,
используя скорость света, массу электрона, и постоянную Планка. Определите
числовое значение для этой величины. Эта длина играет важную роль в атомной
физике и называется комптоновской длиной.
1.4
1.4.1
Основные принципы анализа размерности
Формула размерности
Пусть выбрана система основных физических величин (например, LMT). И
пусть есть зависимая физическая величина. Будем считать, что выполнено следующее (очевидное) физическое условие: отношение двух численных
значений зависимой величины не должно зависеть от выбора масштабов для основных единиц измерения. В этом случае можно доказать формулу размерности, которая состоит в том, что размерности всех физических
величин имеют вид степенного одночлена размерностей основных величин.
Для начала, рассмотрим простейший случай формулы размерности.
Лемма 1.1. Пусть имеется функциональная зависимость, b = f (a), физической величины b от одной из основных величин a. Доказать формулу размерности в этом простом случае: [b] = [a]m (пример: основная величина – длина
L, зависимая величина – площадь, объём).
Доказательство. Нам надо доказать, что при изменении масштаба величины a
в α раз масштаб величины b меняется в β = αm раз.
Из сформулированного выше условия следует, что для произвольных значений a1 и a2 :
f (a1 )
f (αa1 )
b1
=
=
b2
f (a2 )
f (αa2 )
Из последнего равенства следует, что
f (αa1 )
f (αa2 )
=
,
f (a1 )
f (a2 )
то есть отношение ff(αa)
не зависит от a и является только функцией коэффици(a)
ента масштабирования α, то есть
β(α) =
f (αa)
.
f (a)
1.4. Основные принципы анализа размерности
25
Докажем, что функция β(α) обладает следующим свойством
β(α1 )
=β
β(α2 )
α1
α2
Действительно, для двух значений α можно составить отношение:
β(α1 )
f (α1 a)
=
.
β(α2 )
f (α2 a)
Выберем для a такой масштаб, что a = â/α2 , тогда
β(α1 )
f (α1 /α2 â)
=
= β(α1 /α2 ).
β(α2 )
f (â)
Таким образом мы доказали, что введённая функция β обладает следующим
свойством
β(α1 )
α1
=β
.
β(α2 )
α2
Продифференцируем это соотношение по α1 . Правую часть дифференцируем по
правилу дифференцирования сложной функции. В результате получим:
1 dβ
1 dβ
=
.
β(α2 ) dα1
α2 dγ γ=α1 /α2
Положим в этом соотношении α1 = α2 = α, имеем
m
1 dβ
1 dβ
=
= ,
β(α) dα
α dγ γ=1
α
где m – постоянная величина. Интегрируя, найдём β = Cαm . Так как при α = 1
β = 1, то C = 1, и следовательно
β = αm .
Пользуясь результатом леммы установим формулу размерности в общем случае.
26
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
Лемма 1.2 (формула размерности). Пусть есть физическая величина b, а также система основных величин a1 , a2 , ...,ak . Формула размерности в этом случае записывается в виде
[b] = [a1 ]m1 ....[ak ]mk .
Фактически, эта формула означает следующее: если изменить масштабы основных величин в α1 ,...,αk раз, то масштаб величины b изменится в β раз,
где
β = α1m1 ....αkmk .
Доказательство. Пусть b = f (a1 , ..., ak ), фиксируя масштабы всех основных
величин кроме ai и пользуясь результатами предыдущей задачи мы последовательно можем показать, что β ∼ αimi . И итоге получаем, что
β = Cα1m1 ..αkmk
Коэффициент C = 1, так как при α1 = ... = αk = 1 β = 1.
Следствие 1.1. В системе единиц LMT формулы размерности всех физических величин имеют вид степенного одночлена Ll Mm Tτ .
1.4.2
Правило размерности (π-теорема)
Теперь рассмотрим общий случай.
Определение 1.2. Размерная независимость системы величин означает, что
размерность каждой из них не может быть выражена через размерности остальных. Если мы работаем в системе единиц LMT, то число размерно-независимых
величин не может превышать трёх, но в определённых задачах может быть и
меньше.
Теорема 1.1 (π-теорема, правило размерности). Пусть при решении какойлибо задачи нам необходимо (теоретически или экспериментально) установить связь между размерной величиной a и определяющими ее размерными
величинами a1 ,..ak , b1 ..., bn−k (k + (n − k) = n величин):
a = f (a1 , ..., ak , b1 , ..., bn−k )
(1.2)
Доказать, что в безразмерных переменных величина â (безразмерная a) зависит от (n − k) переменных, а не от n параметров.
1.4. Основные принципы анализа размерности
27
Доказательство. Пусть первые k величин являются размерно-независимыми.
Размерности остальных величин a, b1 , ... ,bn−k могут быть выражены через размерности первых k величин: a1 , ..., ak .
Введем для размерностей величин a1 , ..., ak обозначения
[a1 ] = A1 , ...., [ak ] = Ak ,
тогда размерности остальных величин можно выразить через них
mk
m2
1
[a] = Am
1 A2 ...Ak ,
m
m
m
[b1 ] = A1 1,1 A2 2,1 ...Ak k,1 ,
......
m
m
m
[bn−k ] = A1 1,n−k A2 2,n−k ...Ak k,n−k .
Изменим единицы измерения основных величин a1 ,...,ak в α1 ,...,αk раз. Численные значения всех величин изменятся и в новой системе будут равны:
a01 = α1 a1 , ...., a0k = αk ak ,
a0 = α1m1 α2m2 ...αkmk a,
m
m
m
b01 = α1 1,1 α2 2,1 ...αk k,1 b1 ,
......
m
m
m
b0n−k = α1 1,n−k α2 2,n−k ...αk k,n−k bn−k .
В новой системе единиц связь (1.2) приобретает вид
a0 = f (a01 , ..., a0k , b01 , ..., b0n−k )
Откуда,
α1m1 α2m2 ...αkmk a =
m
m
m
m
m
m
= f (α1 a1 , ...., αk ak , α1 1,1 α2 2,1 ...αk k,1 b1 , ..., α1 1,n−k α2 2,n−k ...αk k,n−k bn−k ).
Так как масштабы α1 ,...,αk могут быть произвольны, то положим:
α1 =
1
1
, ..., αk = .
a1
ak
Иначе говоря, используя то обстоятельство, что соотношение (1.2) не зависит
от системы единиц измерения, мы устанавливаем систему единиц измерения
28
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
так, чтобы k аргументов у функции f имели постоянные значения, равные 1. В
этой относительной системе единиц численные значения параметров a, ak+1 ,...an
определяются формулами:
â =
b̂i =
m
a1 1,i
a
,
k
· . . . · am
k
1 m2
am
1 a2
bi
m ,
· . . . · ak k,i
(i = 1, ..., n − k).
Величины â, b̂1 , ... ,b̂n−k являются безразмерными. Для них соотношение (1.2)
запишется в виде:
â = f (1, 1, ..., bˆ1 , ...b̂n−k ).
Таким образом, нам удалось уменьшить число параметров в функциональном
соотношении (1.2), а следовательно упростить задачу.
Следствие 1.2. Если число определяющих параметров задачи равно числу размерно - независимых параметров, то искомая зависимость определяется с
точностью до множителя.
Доказательство. Условие задачи соответствует случаю n = k, поэтому в безразмерном виде можно записать
a
mk
1 m2
am
1 a2 ...ak
= f (1, ..., 1).
Значение f (1, .., 1) и есть неизвестный множитель.
Задача 1.5. Доказать теорему Пифагора с помощью теории размерности.
Решение. Прямоугольный треугольник полностью определяется своей гипотенузой c и меньшим из острых углов, ϕ. Мы хотим найти формулу для площади
треугольника через c и ϕ:
Sc = f (c, ϕ).
Так как размерность площади L2 , то при изменении масштаба длины в α раз
имеем:
α2 Sc = f (αc, ϕ).
Так как величина α может быть любой, то выберем α = 1/c и получим
Sc
= f (1, ϕ),
c2
1.4. Основные принципы анализа размерности
29
где f (1, ϕ) – это функция угла ϕ. Обозначим ее g(ϕ). Таким образом, используя
знание о размерности площади, мы показали, что Sc = c2 g(ϕ), то есть нашли
зависимость площади треугольника от его гипотенузы. Устанавливать функцию
g(ϕ) надо из каких-либо других соображений.
Согласно теории размерностей площадь треугольника Sc = c2 g(ϕ), где f (ϕ)
– некоторая функция угла. Опустив из прямого угла высоту на гипотенузу мы
получаем два новых треугольника, гипотенузами которых будут являться катеты начального треугольника a и b, а наименьшим острым углом также будет
угол ϕ. Для них Sa = a2 g(ϕ) и Sb = b2 g(ϕ). Так как Sc = Sa + Sb , то подставляя
выражения для площадей и сокращая на g(ϕ) получаем a2 + b2 = c2 .
Задача 1.6. Математический маятник массы m отклонён на угол ϕ и отпущен
без начальной скорости. Исследовать зависимость периода колебаний от длины
маятника. Ускорение свободного падения считать равным g.
Решение. Искомый период τ зависит от l, m, g, которые имеют независимые
размерности, и безразмерной величины ϕ:
τ = f (l, m, g, ϕ)
Согласно формуле размерности [τ ] = [L]l [M ]m [g]k . Так как [g] = L/T 2 , то имеем
равенство
T = Ll+k M m T −2k
Отсюда имеем: m = 0, k = −1/2, l = 1/2.
Выберем величины l, m, g в качестве основных. Из формулы размерности
следует, что если изменить масштабы основных величин в α1 , α2 и α3 раз, то τ
−1/2
1/2
раз:
изменится в α1 α20 α3
1/2
−1/2
α1 α20 α3
τ = f (α1 l, α2 m, α3 g, ϕ).
Коэффициенты масштабирования могут быть произвольны. Выберем их так:
α1 = 1/l, α2 = 1/m, α3 = 1/g. В результате получим
τ
p
= f (1, 1, 1, ϕ) = f (ϕ).
l/g
Величина в левой части является безразмерной. В лекциях мы безразмерные
величины будем обозначать символом «ˆ»:
τ
τ̂ = p .
l/g
30
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
Заметим, что рассуждения последнего абзаца можно было пропустить и записать последнее выражение сразу, пользуясь π-теоремой. Мы же фактически
доказали π-теорему для нашей конкретной задачи.
Таким образом получаем формулу для периода колебаний математического
маятника.
p
τ = f (ϕ) l/g
Функцию f (ϕ) можно получить, например, экспериментально. Из точного решения для малых углов будет следовать, что f (ϕ) = 2π.
Замечание. Мы получили содержательный результат из анализа размерностей
не «бесплатно», а благодаря физической интуиции, которая позволила нам поставить
упрощённую (идеализированную) задачу. Например, пренебречь затуханием колебаний под влиянием сопротивления окружающего воздуха (Галилей делал свои опыты в
сосуде, из которого был выкачан воздух).
Задача 1.7 (о сильном взрыве). В точке пространства, заполненного идеальным (отсутствует вязкость и теплопроводность) совершенным (подчиняется уравнению Клапейрона) газом с давлением p0 , плотностью ρ0 и показателем адиабаты γ в момент времени t = 0 происходит взрыв, то есть в этой точке мгновенно
выделяется конечная энергия E0 . Возникает и распространяется по газу сферическая ударная волна, которая отделяет область возмущённого движения от
области покоящегося газа. Считая точечный взрыв сильным, т.е. пренебрегая
«противодавлением» p0 и предполагая адиабатичность сжатия газа в ударной
волне, получить закон движения ударной волны Rs (t).
Решение. Согласно постановке задачи Rs = f (t, E0 , ρ0 , γ). Величины t, E0 , ρ0
являются размерно-независимыми. Согласно формуле размерности
[RS ] = [t]a [E0 ]b [ρ0 ]c .
Так как [RS ] = L, [t] = T , [E0 ] = M L2 /T 2 , [ρ0 ] = M/L3 , имеем
L = T a−2b M b+c L2b−3c .
Откуда получаем систему уравнений
a − 2b = 0, b + c = 0, 2b − 3c = 1.
Решая ее находим c = −1/5, b = 1/5, a = 2/5.
1.5. Роль модельных представлений в физике
31
Выбираем в качестве основных величины t, E0 , ρ0 . Из формулы размерности
следует, что если изменить масштабы основных величин в α1 , α2 и α3 раз, то Rs
2/5 1/5 −1/5
изменится в α1 α2 α3
раз:
2/5
1/5
−1/5
α1 α2 α3
Rs = f (α1 t, α2 E0 , α3 ρ0 , ϕ).
Коэффициенты масштабирования могут быть произвольны. Выберем их так:
α1 = 1/t, α2 = 1/E0 , α3 = 1/ρ0 . В результате получим
Rs
2/5
t (E0 /ρ)1/5
= f (1, 1, 1, γ).
Рассуждения последнего абзаца можно было пропустить и записать последнее выражение сразу, пользуясь π-теоремой. Мы же фактически доказали πтеорему для нашей конкретной задачи.
Применяя π-теорему в безразмерном виде имеем
R̂s =
Rs
2/5
t (E0 /ρ)1/5
= f (1, 1, 1, γ)
Таким образом находим закон распространения ударной волны
Rs = kt2/5 (E0 /ρ)1/5 .
Константу k можно искать из полного (численного решения задачи) или на
основе экспериментальных данных.
1.5
Роль модельных представлений в физике
При проектировании какой-либо дорогостоящей техники – кораблей, самолетов,
космических аппаратов – проводят тестирование их свойств на моделях – меньших по размеру образцах. На моделях легче и дешевле определить какие-либо
характеристики объекта. Например, сопротивление и подъёмную силу можно
определить помещая модель самолёта в аэродинамическую трубу. Также в аэродинамических трубах можно изучать критические, т.е. приводящие к разрушениям, нагрузки на модели различных зданий и сооружений.
Также моделирование можно использовать для изучения поведения природных явлений. Так, в музеях науки можно найти, например, модели природных
вихревых явлений – торнадо, тайфунов.
Для того, чтобы результаты моделирования можно было использовать на
практике, необходимо ввести понятие физически подобных явлений.
32
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
Определение 1.3. Физические явления называются подобными, если они описываются одними и тем же уравнениями и безразмерные параметры соответствующих задач равны. При этом размерные физические параметры задачи могут отличаться.
Пусть имеется две задачи:
1. Реальная физическая задача (прототип), в которой надо найти зависимость величины от размерных переменных задачи a1 , ..., ak , b1 , ..., bn−k :
a = f (a1 , ..., ak , b1 , ..., bn−k );
2. Модельная задача, в которой надо найти зависимость величины a(m) от
размерных переменных задачи a(m),1 , ..., a(m),k , b(m),1 , ..., b(m),n−k :
am = f (a(m),1 , ..., a(m),k , b(m),1 , ..., b(m),n−k ).
Так как прототип и модель физически подобны, то функция f одинакова в обеих
задачах. В безразмерном виде для обеих задач имеем: â = fˆ(b̂1 , ..., b̂n−k ) и âm =
fˆm (b̂(m),1 , ..., b̂(m),n−k ). Итак, прототип и модель физически подобны, если:
1. fˆ = fˆm ,
2. b̂1 = b̂(m),1 , . . . , b̂n−k = b̂(m),n−k .
Задача 1.8 (правила пересчета). Пусть в результате модельного эксперимента
получено значение величины a(m) . Как определить значение величины a для
прототипа?
Решение. Согласно теории размерности
âm =
a(m)
α1
k
a(m),1 , ..., aα(m),k
= fˆm (b̂(m),1 , ..., b̂(m),n−k ) = fˆ(b̂1 , ..., b̂n−k ) =
Отсюда
a = a(m)
a1
a(m),1
α1
· ..... ·
ak
a(m),k
αk
.
a
aα1 1 , ..., aαk k
1.6. Литература к лекции 1
1.6
33
Литература к лекции 1
1. Сивухин гл 9.
2. Коган, Б.Ю., Размерность физической величины, Изд-во "Наука 1968.
3. Седов, Л.И., Методы подобия и размерности в механике, Москва "Наука 1981.
4. Баренблатт, Г.И., Автомодельные явления - анализ размерностей и скейлинг, Издательский дом "Интеллект Долгопрудный 2009.
34
Глава 1. Введение. Основные понятия. Теория размерностей
Глава 2
Пространство и время. Системы
координат. Инерциальные системы
отсчета.
В первой главе определили механику, как науку изучающую движение. Что
такое движение? Движение – это изменение положения тела в пространстве
относительно других тел с течением времени.
Для описания процессов, происходящих в природе, необходимо выбрать систему отсчёта, которая состоит из 1) системы координат для указания положения в пространстве, 2) часов для указания времени.
2.1
Время
“...Следует признать тот факт,что время, это одно из понятий, которое определить невозможно, и просто сказать, что это
нечто известное нам: это то, что отделяет два последовательных
события.” (Фейнмановские лекции по физике)
Время можно определить наблюдая какие-то периодически меняющиеся события. Например, нахождение Солнца в наивысшей точке на небе (иногда говорят, что Солнце находится “в зените”, что не совсем точно. См. определение
зенита). Периодичность этого события надо проверять с помощью других периодических событий, например, песочных часов, или механических часов.
Установив периодичность суток, можно делить сутки на части - часы, минуты, секунды. Их можно отсчитывать с помощь механических часов. Для изме35
36Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
рения меньших интервалов времени можно использовать электрический осциллятор (“электрический маятник”). Там образом можно измерять промежутки
времени вплоть до 10−12 c.
Далее надо менять способ определения времени. Пример принципиально другого способа определения времени – через расстояние и скорость. Время жизни
нейтрального π-мезона позволяет определить интервалы времени ∼10−17 c. Еще
меньшие времена? 10−24 c – период вибраций ядра.
Времена больше суток: (1) год; (2) период полураспада радиоактивного вещества. Примеры определения возраста останков животных по содержанию изотопа углерода, а также горной породы по количеству в ней урана и свинца.
Период полураспада изотопа урана – 109 лет. Возраст Земли ∼4.5 миллиардов
лет. Возраст Вселенной ∼13.7 миллиардов лет.
Задача 2.1 Определите время, необходимое для того, чтобы сигнал, распространяющийся со скоростью света, прошёл расстояние, равное диаметру протона.
2.2
Пространство. Системы координат. Вектора.
Для определения положения тела в пространстве нам нужно научиться 1) измерять расстояния, 2) определять положение тела в пространстве по отношению
к другим телам. Тела по отношению которых определяется положения называются телами отчета.
Для измерения “обычных” расстояний берём какую-единицу расстояния. Первые единицы были связаны с размерами человека (англ. - фут, ярд, русск. локоть, сажень). Можно взять какой-нибудь брусок и измерять расстояние в
брусках.
Для определения дальних расстояний используют метод триангуляции (см.
рис. 2.1). Для определение расстояния до не очень далёких звёзд также используют метод триангуляции, только в качестве базы используют разные точки на
орбите Земли при ее движении вокруг Солнца.
Для того, чтобы определить положение тела (или материальной точки – “идеализации”) в пространстве не достаточно только уметь определять расстояние
до него. Надо ещё задать способ описания положения тела относительно других
тел, то есть задать систему координат.
В классической механике пространство считается трехмерным и евклидовым. Предполагаем, что все понимают, что такое трехмерное евклидово пространство. Его можно задать аксиоматически, как это делал Евклид и как учили
2.2. Пространство. Системы координат. Вектора.
37
Рис. 2.1: Метод триангуляции
в школе , а можно задать через трёхмерное линейное вещественное пространство R3 с введённым в нем скалярным произведением. (Этому учат в линейной
алгебре. См. Приложение С.)
Вообще говоря, задать положения тел можно совершенно разными способами, но удобно пользоваться декартовыми координатами.
Введём декартову систему координат, то есть систему координат в которой
оси взаимно-перпендикулярны. Вектора единичной длины, отложенные вдоль
осей будем называть базисными векторами и обозначать ~ex , ~ey , ~ez . (Далее, в
тексте и задачах базисные вектора могут также обозначаться как ~i, ~j, ~k или
~e1 , ~e2 , ~e3 .) В этой системе координат положение точки характеризуется тремя
координатами: ~r = x~ex + y~ey + z~ez . Расстояние между двумя точками ~r1 и ~r2
определяется через скалярное произведение R2 = (~r1 − ~r2 , ~r1 − ~r2 ).
Декартовы системы координат бывают правыми и левыми. На рис.2.2 показана правая система координат. В левой системе координат направление вектора
~k будет противоположным. В физике обычно применяется правая система координат.
Для описания механических (физических законов) удобно ввести понятие
вектора. Задать вектор ~a значит задать его три координаты (ax ,ay ,az ) в какойто системе координат. Координаты вектора в другой системе координат будут
другими.
В учебнике Сивухина дано следующее определение: “Вектором называется
упорядоченная тройка чисел, заданная в каждой системе координат, которые
при переносе начала и повороте координатных осей преобразуются как разности
координат концов направленного геометрического отрезка.”
Рассматриваемые в механике величины являются векторами. Действительно, положение материальной точки задается радиус-вектором ~r(t), то есть от-
38Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
Рис. 2.2: Декартовы координаты. Правая система координат.
резком, направленным из начала координат к материальной точке. Скорость –
определяется как
~r(t + ∆t) − ~r(t)
,
∆t→0
∆t
~v = lim
то есть является разностью двух векторов деленным на скаляр, и поэтому тоже является вектором. Сила также является вектором, что следует из второго
закона Ньютона.
Необходимо подчеркнуть, что вектор следует рассматривать как объект, который существует независимо от выбора координат, но для его описания надо
задать три компоненты в какой-то системе координат. Способ преобразования
координат вектора к другой системе координат указан в его определении “при
переносе начала и повороте координатных осей преобразуются как разности координат концов направленного геометрического отрезка”.
Задача 2.1. Пусть координаты вектора ~b заданы в декартовой системе координат К – (b1 , b2 , b3 ). Пусть в том же пространстве задана другая произвольная
декартова система координат К’. Выразить компоненты вектора в системе К’
через (b1 , b2 , b3 ).
2.2. Пространство. Системы координат. Вектора.
39
 
~ex
Решение. В системе координат К: ~b = b1~ex + b2~ey + b3~ez = (b1 , b2 , b3 ) ~ey 
~ez
Рис. 2.3: Углы Эйлера.
Выразим базисные (или реперные) вектора (~ex , ~ey , ~ez ) через (~ex0 , ~ey0 , ~ez0 )
Сделаем это за три шага (три поворота):
1. Поворот относительно оси Oz (вокруг вектора ~ez ) на угол ψ между направлением вектора ~ez и линией пересечения плоскостей Oxy и Ox0 y 0 (направление
ON на рисунке) Обозначим единичный вектор в направлении ON за ~ex1 ):
~ex = cosψ~ex1 − sinψ~ey1
~ey = sinψ~ex1 + cosψ~ey1
~ez = ~ez1
Или в матричном виде
  
 
~ex
cosψ −sinψ 0
~ex1
~ey  = sinψ cosψ 0 ~ey1 
~ez
0
0
1
~ez1
40Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
2. Поворот вокругoси Ox1 на угол θ:
  
 
~ex1
1
0
0
~ex2
~ey1  = 0 cosθ −sinθ ~ey2 
~ez1
0 sinθ cosθ
~ez2
После этого поворота ось Oz2 совпадает с осью Oz 0 .
3. Поворот вокруг оси Oz2 на угол ϕ:
  
 
~ex2
cosϕ −sinϕ 0
~ex0
~ey2  = sinϕ cosϕ 0 ~ey0 
~ez2
0
0
1
~ez0
Объединяя три поворота имеем
  


 
~ex
cosψ −sinψ 0
1
0
0
cosϕ −sinϕ 0
~ex0
~ey  = sinψ cosψ 0  cosθ −sinθ sinϕ cosϕ 0 ~ey0 
~ez
0
0
1
0 sinθ cosθ
0
0
1
~ez0
Проведя алгебраические преобразования получим
 
 
~ex0
~ex
~ey  = A  ~ey0 
~ez0 ,
~ez
где


cosψcosϕ − sinψcosθsinϕ −cosψsinϕ − sinψcosθcosγ sinαsinθ
A = sinψcosϕ + cosψcosθsinϕ −sinψsinϕ + cosψcosβcosϕ −cosψ sin θ
sinθsinϕ
sinθcosϕ
cosθ
Теперь выразим координаты. В системе координат 0 :
 
 
 
~ex0
~ex
~ex0
0
0
0 
(b1 , b2 , b3 ) ~ey0  = (b1 , b2 , b3 ) ~ey  = (b1 , b2 , b3 )A ~ey0 
~ez0
~ez
~ez0
Откуда
(b01 , b02 , b03 ) = (b1 , b2 , b3 )A
Или
 0
 
b1
b1
b02  = AT b2 
b03
b3
2.3. Инерциальные системы отсчёта. Принцип относительности Галилея.
41
Задача 2.2. Какое наименьшее число независимых параметров нужно задать,
чтобы однозначно определить положение системы К’ относительно К?
Задача 2.3. Выразить декартовы компоненты (x, y, z) радиус-вектора ~r через
его координаты а) (R, θ, ϕ) в сферической системе координат и б) координаты
(r, θ, ϕ) в цилиндрической системе координат. Выразить также сферические и
цилиндрические координаты точки через ее декартовы координаты.
2.3
Инерциальные системы отсчёта. Принцип относительности Галилея.
Системой отсчёта будем называть тройку: (1) тело отсчёта от которого измеряются все расстояния (cчитаем, что тело отсчёта является материальной точкой,
и бозначим ее O); (2) систему координат с началом в точке O; (3) начало отсчёта
времени.
Определение 2.1. Инерциальные системы отсчёта – это такие системы, в которых свободное движение тел, т.е. движение тел, не находящихся под действием
внешних сил, происходит с постоянной скоростью.
Согласно принципу Галилея, в инерциальных системах отсчёта одинаково поставленные опыты приводят к идентичным результатам независимо от того, где
и когда они проводились и как при этом была ориентирована экспериментальная
установка. Если система отсчёта является неинерциальной, то соответствующие
опыты могут давать разные результаты.
Другая формулировка принципа относительности Галилея:
Существуют системы координат, называемые инерциальными, обладающие
следующими двумя свойствами: 1) Все физические законы во все моменты времени одинаковы во всех инерциальных системах координат, 2) Все системы
отсчёта, движущиеся относительно инерциальной равномерно и поступательно
(прямолинейно), инерциальны.
Определение 2.2 (преобразования Галилея). Рассмотрим две системы отсчёта
O и O’. Пусть вторая движется относительно первой с постоянной скоростью
V~ . Тогда перейти от одной системы к другой можно с помощью следующего
преобразования (называемого преобразованием Галилея):
t = t0 ,
~r = ~r0 + V~O t
42Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
Принцип относительности Галилея гласит, что если есть какой-нибудь закон
физики f (a1 , ...a1 , ~r, t) = 0 в системе отсчёта O, то он будет справедлив и в системе отсчёта O’, то есть f (a1 , ...a1 , ~r0 , t0 ) = 0. Например, второй закон Ньютона
выполняется в обеих системах отчёта, так как ускорение в них одинаково. Выполняется в обеих системах отсчета и закон всемирного тяготения выполняется,
так как расстояния между точками сохраняются.
2.4
Однородность пространства и времени. Изотропность пространства.
Определение 2.3. Под однородностью пространства понимают следующее:
Пусть у нас есть замкнутая физическая система. Если мы параллельно перенесём эту систему в любую произвольную точку пространства, то физические
явления/процессы в этой системе, будут протекать также, как и в ее первоначальном положении.
Определение 2.4. Физическая система называется замкнутой, если она не
взаимодействует с внешними телами или полями. Понятие замкнутой системы
является идеализацией, которая означает, что влиянием внешних тел и полей
на проходящие в системе процессы можно пренебречь.
Определение 2.5. Изотропность пространства означает, что если физическую систему повернуть в пространстве как целое, то физические явления/процессы
в этой системе, будут протекать также, как и в ее первоначальном положении.
Определение 2.6. Однородность времени означает, что при одинаковых внешних и начальных условиях физические процессы протекают одинаково. Например, если проводить физический эксперимент в одинаковых условиях, то он
будет протекать одинаково, независимо от времени начала эксперимента.
В классической механике мы полагаем, что евклидово пространство является однородным и изотропным в указанном выше смысле, а время является
однородным.
В современной физике сохранение какого-либо свойства физической системы
при каких-либо изменениях/преобразованиях называется симметрией. Так указанные нами свойства однородности пространства и времени, называются трансляционными симметриями пространства и времени. Изотропность пространства
соответствует симметрии относительно группы поворотов. В математике такая
группа поворотов называется группой SO(3).
2.5. Резюме: Ньютонова механика
43
Важно заметить, что понятие симметрии существенно в современной физике
элементарных частиц. В частности, считается, что, основанные на понятии симметрии, теории суперсимметрии и супергравитации являются наиболее близко
подходящими к ещё не созданной теории квантовой гравитации – теории, объединяющей общую теорию относительности и квантовую механику.
2.5
Резюме: Ньютонова механика
Итак, в основе классической (ньютоновой) механики лежит ряд экспериментальных фактов:
1. Наше пространство трехмерно и евклидово.
2. Пространство и время являются однородными. Пространство является также изотропным.
3. Время – одномерно и абсолютно (то есть не зависит от системы координат).
4. Пространство и время независимы.
5. Принцип относительности Галилея. Существуют системы координат, называемые инерциальными, обладающие следующими двумя свойствами:
1) Все законы физики одинаковы во всех инерциальных системах координат во все моменты времени, 2) Система координат, которая движется
равномерно и поступательно (прямолинейно) относительно инерциальной,
также является инерциальной.
6. (забегая вперёд) Принцип детерминированности Ньютона. Начальное состояние механической системы (совокупность положений и скоростей точек системы в какой-нибудь момент времени) однозначно определяет все
ее движение.
Задача 2.4. Представить себе мир не удовлетворяющий принципу детерминированности Ньютона.
2.6
Специальная теория относительности
Специальная теория относительности (СТО) основана на двух положениях:
44Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
1. Принципа относительности. “Все законы природы одинаковы во всех инерциальных системах отсчета”. Этот принцип означает, что уравнения, описывающие законы природы, будучи выражены через координаты и время
в различных инерциальных системах отсчёта, имеют один и тот же вид.
2. Максимальная скорость распространения взаимодействий (“скорость сигнала”) конечна, одинакова во всех инерционных системах отсчета и равна
c = 2.998·1010 см/с. Позже в курсе физики будет доказано, что c равняется
скорости распространения электромагнитных волн в пустоте, т.е. скорости
света.
Вместе эти оба положения называются принципом относительности Эйнштейна. Рассмотрим несколько следствий из принципа относительности Эйнштейна:
Следствие 2.1. Время течёт по-разному в разных инерциальных системах
координат.
Доказательство. Действительно, пусть время абсолютно. В классической механике из абсолютности времени и преобразования Галилея следует закон сложения скоростей: скорость сложного движения равна векторной сумме скоростей,
составляющих это движение. Закон сложения скоростей должен быть применим и к скорости распространения возмущений, поэтому скорость света должна
быть различной в различных инерциальных системах отсчёта, что противоречит
принципу относительности Эйнштейна.
Рис. 2.4: Иллюстрация относительности промежутка времени.
2.6. Специальная теория относительности
45
Так время больше не абсолютно, то понятие промежутка времени между двумя событиями перестаёт иметь смысл без указания на то, в какой инерциальной
системе отсчёта эти события рассматриваются. В частности, понятие одновременности событий зависит от системы отчета. Действительно, пусть есть две
инерциальных системы отсчёта К и К’, и пусть система K’ движется относительно К вдоль оси x. Пусть точки А, B, C неподвижны в системе координат
K’ (рис. 2.4). Пусть из А одновременно направляются со скоростью света сигналы в направлениях B и С. Эти сигналы достигнут В и С в один момент. В
системе K точка В движется навстречу сигналу, а С удаляется от направления
распространения сигнала (так как скорость света одинакова во всех инерциальных системах координат), поэтому сигнал достигнет точки В быстрее, чем точки
С.
Определение 2.7. Событие – точка в четырехмерном пространстве-времени
(мировая точка). Мировая линия состоит из мировых точек.
Определение 2.8. Интервалом между двумя событиями (1 и 2) называется
следующая величина:
p
s12 = c2 (t2 − t1 )2 − (x2 − x1 )2 − (y2 − y1 )2 − (z2 − z1 )2 .
Следствие 2.2. Если интервал между двумя событиями равен нулю в одной
системе отсчёта, то он равен нулю и во всякой другой системе отсчёта.
Доказательство. Рассмотрим два события. Первое событие: из точки c координатами x1 , y1 , z1 в момент времени t1 в системе отсчёта O отправляется сигнал,
распространяющийся со скоростью света. Второе событие: в момент времени t2
сигнал приходит в точку x2 , y2 , z2 в той же системе отсчета.
Расстояние, которое пройдет сигнал, можно вычислить двумя способами: 1)
c(t2 − t1 ), 2) ((x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 )1/2 . Эти расстояния равны, поэтому
s212 = c2 (t2 − t1 )2 − (x2 − x1 )2 − (y2 − y1 )2 − (z2 − z1 )2 = 0.
Эти же два события можно наблюдать и в движущейся системе координат
O’. В этой системе координаты первого события обозначим x01 , y10 , z10 , t01 и координаты второго события x02 , y20 , z20 , t02 . Расстояние, которое пройдёт сигнал, можно
вычислить двумя способами: 1) c(t02 − t01 ), 2) ((x02 − x01 )2 + (y20 − y10 )2 + (z20 − z10 )2 )1/2 .
поэтому s0 212 = c2 (t02 − t01 )2 − (x02 − x01 )2 − (y20 − y10 )2 − (z20 − z10 )2 = 0.
Таким образом мы показали, что в любой системе координат интервал между
первым и вторым событиями равен 0.
Теорема 2.1. Интервал между событиями одинаков во всех инерциальных
системах отсчёта, то есть является инвариантом по отношению к преобразованию от одной инерциальной системы координат к другой.
46Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
Доказательство. Рассмотрим два события, которые бесконечно близки друг
другу. Для этих событий
ds2 = c2 dt2 − dx2 − dy 2 − dz 2
и для таких точек если ds = 0 в одной системе координат, то и ds0 = 0 в другой
инерциальной системе координат (см. Следствие 2.2). Это значит, что ds2 и ds02
пропорциональны друг другу, т.е. ds2 = ads0 2 . Необходимо доказать, что a = 1.
Заметим, что коэффициент a не может зависеть от координат и времени, так
как тогда бы нарушались бы принципы однородности пространства и времени.
Этот коэффициент не может также зависеть от направления скорости движения
системы O’. Это бы нарушало принцип изотропности. Таким образом, a может
зависеть только от абсолютной величины относительной скорости систем отсчета.
Рассмотрим три системы отсчета O, O1 , O2 . Пусть V~1 и V~2 - скорости движения систем O1 и O2 относительно O. Тогда ds2 = a(V1 )ds21 и ds2 = a(V2 )ds22 .
Если рассмотреть движение системы O2 относительно O1 , то ds21 = a(V12 )ds22 ,
где V12 = |V~2 − V~1 |. Отсюда имеем
a(V2 )
= a(V12 ).
a(V1 )
Абсолютная величина относительной скорости V12 зависит не только от значений
V1 и V2 , но и их от направлений. Поэтому a может быть только постоянной, и,
чтобы последнее соотношение выполнялось, эта постоянная должна быть равна
единице (т.к. для случая V1 = V2 отношение в левой части равенства равно
единице).
2.7
Преобразования Лоренца
Найдем аналог преобразования Галилея в случае специальной теории относительности. То есть будем искать ответ на вопрос: как определить координаты
события (x, y, z, t) в некоторой системе O через координаты (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) этого
же события в другой инерциальной системе отсчета O’, которая движется со
скоростью V вдоль оси x.
Для простоты рассмотрим подпространство (x, t) и будем искать системы отсчёта в которой интервал s2 = (ct)2 −x2 от начала отсчёта до точки сохраняется.
2.7. Преобразования Лоренца
47
В обычной геометрии преобразованиями в которых сохраняются все расстояния являются повороты и параллельные переносы. Действительно, для поворотов
x = x0 cosψ − y 0 sinψ,
y = x0 sinψ + y 0 sinψ,
s2 = x2 + y 2 = x02 + y 02
Аналогично, величина s2 = (ct)2 − x2 будет сохраняться при следующем преобразовании (также называемого поворотом):
x = x0 chψ + ct0 shψ,
ct = x0 shψ + ct0 chψ,
где ψ – угол поворота, ch и sh – гиперболические косинус и синус:
chψ =
eψ − e−ψ
eψ + e−ψ
, shψ =
.
2
2
Задача 2.5. Убедиться, что указанное выше преобразование сохраняет величину (ct)2 − x2 .
Теперь нам нужно найти значение параметра ψ так, чтобы это преобразование соответствовало переходу от системы O к O’, которая движется со скоростью
V вдоль оси x. Посмотрим куда переходит координатная линия x0 = 0 в системе
К’:
x = ct0 shψ, ct = ct0 chψ.
Откуда получаем
thψ =
V
x
= .
ct
c
Далее, отсюда, получим
V /c
1
shψ = q
, chψ = q
2
1 − Vc2
1−
.
V2
c2
И окончательно получаем формулы преобразования Лоренца:
t0 + V2 x0
x0 + V t0
x= q
, y = y0, z = z0, t = q c
.
V2
V2
1 − c2
1 − c2
(2.1)
48Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
Обратные преобразования:
t − V2 x
x−Vt
, y 0 = y, z 0 = z, t0 = q c
.
x0 = q
V2
V2
1 − c2
1 − c2
(2.2)
Замечание. В случае малых скоростей V , таких что V /c 1 можно пользоваться
приближенными формулами
x = x0 + V t 0 , y = y 0 , z = z 0 , t = t 0 +
V 0
x,
c2
которые при c → ∞ переходят в преобразование Галилея.
Замечание. Преобразования Лоренца не являются коммутативными, в отличие
от преобразований Галилея. Исключением являются лишь преобразования с парал~1 и V
~2 .
лельными векторами V
Определение 2.9. Длина стрежня в системе координат в которой он покоится
называется собственной длиной.
Следствие 2.3 (лоренцево сокращение длин). Пусть в системе O’ покоится
стержень, параллельный оси x0 , и имеющий собственную длину l0 = x02 −x01 . Система O’ движется относительно O со скоростью V вдоль оси x k x0 . Найти
длину стержня l = x2 − x1 в системе отсчета O.
Согласно преобразованиям Лоренца
x1 − V t1 0
x2 − V t2
x01 = q
, x2 = q
.
V2
V2
1 − c2
1 − c2
Так как измерение положения левого и правого концов в системе O проводится
одновременно
(т.е. t2 = t1 ), то вычитая из второго выражения первое получим
q
l0 = l/ 1 −
V2
.
c2
Откуда
r
l = l0
1−
V2
,
c2
То есть длина движущегося стержня, измеренная неподвижным наблюдателем, меньше собственной длины стержня.
Определение 2.10. Собственным временем объекта называется время, отсчитываемое по часам, которые движутся вместе с этим объектом.
2.7. Преобразования Лоренца
49
Следствие 2.4 (лоренцево замедление времени). Пусть в системе O’ в точке
(x0 , y 0 , z 0 ) покоятся часы. Рассмотрим два события (x0 , y 0 , z 0 , t1 0 ) и (x0 , y 0 , z 0 , t2 0 ).
Промежуток времени между событиями в системе O’: ∆t0 = t2 0 −t1 0 . Система
O’ движется относительно O со скоростью V вдоль оси x. Определить промежуток времени между этими событиями ∆t = t2 − t1 в системе отсчёта
O.
Из преобразований Лоренца имеем
t1 =
Откуда
t0 2 + (V /c2 )x0
t0 1 + (V /c2 )x0
q
, t2 = q
2
2
1 − Vc2
1 − Vc2
t0 2 − t0 1
.
t2 − t1 = q
V2
1 − c2
Промежуток времени ∆t больше, чем ∆t0 . То есть время в системе O идет
быстрее.
Следствие 2.5 (закон сложения скоростей релятивистской механики). Пусть
система O’ движется относительно системы O со скоростью V вдоль оси х.
vx = dx/dt - x-компонента скорость в системе О, а vx0 = dx0 /dt0 - x-компонента
скорость в системе О’.
Из преобразования Лоренца имеем
dx0 + V dt0
dt0 + (V /c2 )dx0
dx = p
, dy = dy 0 , dz = dz 0 , dt = p
.
1 − V 2 /c2
1 − V 2 /c2
Разделив первые три соотношения на четвертое получим правило преобразования скоростей
p
p
vy0 1 − V 2 /c2
vz0 1 − V 2 /c2
vx0 + V
, vy =
, vz =
.
vx =
1 + vx0 V /c2
1 + vx0 V /c2
1 + vx0 V /c2
Замечание. В предельном случае c → ∞ они переходят в правило сложения скоростей классической механики.
Задача 2.6 (относительность одновременности). Сквозь неподвижную трубку
AB длиной l0 пролетает стержень A0 B 0 , собственная длина которого L0 = 2l0 .
Скорость стержня V такова, что его длина в системе относительно трубки AB
L = l0 , и в некоторый момент стержень, пролетая сквозь трубку, целиком в ней
50Глава 2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета.
умещается. Поместится ли стержень целиком в трубке с точки зрения наблюдателя, находящегося в системе отсчёта стержня? Чему при этом будет равна
длина трубки в системе отсчёта стержня? Чему равна скорость V ?
Решение. Определим сначала скорость стержня из уравнения
p
L = 2l0 1 − v 2 /c2 = l0 ,
√
откуда v/c = 3/2. Если перейти в систему отсчёта стержня, то с этой же
скоростью
на него будет надвигаться трубка. Тогда длина трубки будет равна
p
l = l0 1 − v 2 /c2 = l0 /2. Таким образом, длина трубки в системе отсчёта стержня вчетверо меньше собственной длины стержня. Как же так? Всё просто. Два
события (совпадение левых и правых концов трубки и стержня), одновременные
в одной системе отсчёта, не одновременны в другой, что следует из преобразований Лоренца. Одновременность – понятие относительное.
Задача 2.7 (парадокс близнецов). Рассматривается история двух братьев близнецов. Один из них (далее, путешественник) отправляется в космический
полёт, второй (далее, домосед) – остаётся на Земле. После полёта путешественник совершает возврат на Землю. Чаще всего «парадокс» формулируется следующим образом: С точки зрения домоседа часы движущегося путешественника
имеют замедленный ход времени, поэтому при возвращении они должны отстать
от часов домоседа. С другой стороны, в системе отсчёта путешественника двигалась и ускорялась Земля, поэтому отстать должны часы домоседа. На самом
деле братья равноправны, следовательно, после возвращения их часы должны
показывать одно время. Как разрешить этот парадокс?
2.8
Литература к лекции 2
1. Сивухин, глава 1 и параграфы 9 и 15 главы 2.
2. Фейнман Р., Лейтон Р., Сэндс М., Фейнмановские лекции по физике (вып.1,2)
главы 5, 15.
3. Киттель Ч., Найт В., Рудерман М., Берклеевский курс физики. Том 1.
Механика. Глава 3.
4. Ландау, Лифшиц, Теория поля, глава 1.
Часть II
Кинематика
51
53
Начиная с этой лекции и до конца курса механики мы будем работать в
рамках классической механики Ньютона.
Традиционно, изучение механики начинается с кинематики. Кинематика –
это раздел механики, который изучает движение идеализированных объектов
(материальные точки, абсолютно твёрдые тела, деформируемые частицы и непрерывно деформируемые среды) не рассматривая причин этого движения (действующих сил и взаимодействий). Целью кинематики является понять (геометрически) и математически описать движение, а также определить все кинематические характеристики движения (скорости, ускорения). Движение изучается
относительно определённой системы отсчёта. Предметом кинематики является
также изучение и определение характеристик сложных движений, то есть движений изучаемых по отношению к нескольким взаимно перемещающимся системам отсчёта. В задачи кинематики деформируемых тел входит общая теория
деформаций и условие, выражающее непрерывность среды – уравнение неразрывности.
54
Глава 3
Кинематика материальной точки
Определение 3.1. Материальная точка – идеализация, в которой считается,
что размеры макроскопического тела малы по отношению к характерным размерам рассматриваемой задачи, и поэтому можно считать, что все вещество тела
сосредоточено в одной геометрической точке.
Пример: Земля при движении вокруг Солнца может рассматриваться как материальная точка, так как радиус Земли ∼ 6.371 · 108 см (6371 км), а расстояние
от Земли до Солнца 1 а.е. ≈ 1.49 · 1013 см.
Движение произвольной системы тел сводится к изучению системы взаимодействующих материальных точек.
3.1
Способы описания движения. Закон движения
Рассмотрим движение точки M в декартовой системе координат Oxyz. Напомним, что базисные вектора ~ex , ~ey , ~ez в этой системе координат являются ортогональными (т.е., ~ei · ~ej = 0, для i 6= j, i, j = x, y, z) и нормированными на
1 (т.е., (~ei · ~ei ) = 1, i = x, y, z). Положение точки задается радиус-вектором
~r = x~ex + y~ey + z~ez , который меняется при движении.
Определение 3.2. Закон движения материальной точки в векторном виде
~r = ~r(t)
или покоординатно
x = x(t), y = y(t), z = z(t).
55
56
Глава 3. Кинематика материальной точки
Определение 3.3. Кривая, описываемая движущейся точкой в пространстве,
называется траекторией движения этой точки.
Рис. 3.1: Вектор перемещения.
Вектором перемещения называется вектор M~M1 = ~r(t + ∆t) − ~r(t) (см. рис.
3.1). Этот вектор обозначают ∆~r.
Определение 3.4. Скорость точки ~v определяется как
∆~r
.
∆t→0 ∆t
~v = lim
В декартовой системе координат вектор скорости ~v имеет компоненты
vx =
dx
dy
dz
, vy = , vz = .
dt
dt
dt
Величина скорости точки
s 2 2 p 2
2
dx + dy 2 + dz 2
dx
dy
dz
ds
+
+
=
v=
= ,
dt
dt
dt
dt
dt
где ds – дифференциал дуги траектории точки.
3.1. Способы описания движения. Закон движения
57
Определение 3.5. Равномерным движением называется движение с постоянной величиной скорости (направление вектора скорости при этом может меняться. В этом случае
v=
ds
= const ⇒ ds = vdt ⇒ s = vt + const.
dt
Определение 3.6. Ускорение материальной точки определяется как
~a =
d~v
d2~r
= 2.
dt
dt
В декартовой системе координат вектор ускорения ~a имеет компоненты
ax =
d2 y
d2 z
d2 x
,
a
=
,
a
=
.
y
z
dt2
dt2
dt2
Величина ускорения выражается через декартовы компоненты радиус вектора
s
2 2 2 2 2
dy
dz
d2 x
+
+
.
a=
2
2
dt
dt
dt2
Замечание. Часто вводят определения скоростной точки и годографа скорости.
Если вектор скорости отложить от начала координат, то получим скоростную точку,
геометрическое место скоростных точек называется годографом скорости. Ускорение
– скорость движения скоростной точки по годографу.
Задача 3.1. Точка M совершает движение в плоскости Oxy по закону
x(t) = Rcos(ωt), y(t) = Rsin(ωt),
где R и ω – постоянные величины. Определить траекторию, скорость и ускорение
точки.
Решение. Уравнение траектории задано в параметрическом виде. Исключив отсюда время t, получим уравнение окружности радиуса R: x2 +y 2 = R2 . Проекции
скорости получим, дифференцируя уравнения, определяющие координаты точки как функции времени
vx =
dx
= −Rωsin(ωt) = −ωy,
dt
vy =
dx
= Rωcos(ωt) = ωx.
dt
58
Глава 3. Кинематика материальной точки
p
Отсюда, величина скорости v = vx2 + vy2 = Rω. Введем период вращения T =
2πR/v – время за которое точка совершает полный оборот по окружности, тогда
ω = 2π/T , то есть ω угловая скорость.
Скорость направлена касательно к окружности (легко проверить взяв, например, скалярное произведение радиус-вектора и вектора скорости). Выражение для скорости можно записать в векторном виде ~v = ωR~eϕ , где ~eϕ - вектор
единичной длины перпендикулярный радиус вектору ~r.
Ускорение
dvx
ax =
= −Rω 2 cos(ωt) = −ω 2 x,
dt
dvy
= −Rω 2 sin(ωt) = −ω 2 y.
dt
То есть ускорение направлено радиально к центру окружности.
ay =
3.2
3.2.1
Скорость и ускорение точки в полярных координатах
Полярная система координат
При решении задач часто удобно пользоваться различными системами координат. Рассмотрим полярную систему координат, в которой положение точки
задается двумя координатами (r, ϕ), где r – расстояния от начала координат до
точки, ϕ – угол, отсчитываемый от какой-то выделенной оси.
Пусть угол ϕ откладывается от оси X декартовой системы координат и растет в направлении оси Y . Декартовы координаты точки связаны с его полярными координатами следующим образом:
x = rcosϕ, y = rsinϕ.
(3.1)
Введем единичные вектора ~er и ~eϕ направленные из начала координат на
движущуюся точку, и перпендикулярное ему в сторону возрастания угла ϕ (это
направление называется трансверсальным). Вектора (~er , ~eϕ ) выражаются через
(~ex , ~ey ) следующим образом
~er = cosϕ~ex + sinϕ~ey ,
~eϕ = −sinϕ~ex + cosϕ~ey ,
3.2. Скорость и ускорение точки в полярных координатах
59
Обратное преобразование
~ex = cosϕ~er − sinϕ~eϕ ,
(3.2)
~ey = sinϕ~er + cosϕ~eϕ ,
Важно понимать отличие декартовой системы координат от полярной (и любой криволинейной) системы: в декартовой системе координат базисные вектора
постоянны (раз и навсегда фиксированы). В полярной (как и любой криволинейной) системе координат базисные вектора меняются от точки и к точке.
3.2.2
Движение в полярной системе координат
Теперь перейдем к рассмотрению движения точки в плоскости. Пусть движение
точки задано в полярной системе координат (r, ϕ), то есть заданы функции r(t)
и ϕ(t).
По определению скорости
~v = vx~ex + vy~ey =
dy
dx
~ex + ~ey
dt
dt
(3.3)
Из (3.1)
dx
dr
dϕ
= cosϕ − r sinϕ
dt
dt
dt
dr
dϕ
dy
= sinϕ + r cosϕ
dt
dt
dt
(3.4)
Подставляя в (3.3) выражения (3.4), а также выражения (3.2) для векторов ~ex ,
~ey через ~er , ~eϕ получаем
~v = ṙ~er + rϕ̇~eϕ
(3.5)
Таким образом, компоненты скорости в полярной системе координат:
vr =
dr
dϕ
, vϕ = r
dt
dt
Получить вектор скорости в полярной системе координат можно и другим
способом. Радиус-вектор в полярной системе координат ~r = r~er . При движении
точки меняются как ее радиус, так и базисный вектор ~er , поэтому
~v =
d~r
d(r~er )
dr
d~er
=
= ~er + r
.
dt
dt
dt
dt
60
Глава 3. Кинематика материальной точки
Сравнивая последнюю формулу с (3.5) получим правило дифференцирования
базисного вектора ~er
d~er
dϕ
=
~eϕ = ϕ̇~eϕ .
(3.6)
dt
dt
Вычислим компоненты вектора ускорения в полярной системе координат:
~a = ar~er + aϕ~eϕ
Рассмотрим теперь проекции вектора ускорения на оси декартовой системы
координат. Для этого, дифференцируя (3.4) по времени, получим:
2 !
d2 x
dr dϕ
d2 ϕ
d2 r
dϕ
ax = 2 =
cosϕ − 2
+ r 2 sinϕ
(3.7)
−r
dt
dt2
dt
dt dt
dt
d2 y
ay = 2 =
dt
d2 r
−r
dt2
dϕ
dt
2 !
dr dϕ
d2 ϕ
sinϕ − 2
+r 2
dt dt
dt
cosϕ
Подставляя (3.7) и (3.2) в выражение вектора ускорения в декартовых координатах и приводя подобные члены, получим
~a = ax~ex + ay~ey = (r̈ − rϕ̇2 )~er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)~eϕ
(3.8)
Представим теперь вектор ускорения, как производную от скорости в полярных координатах:
~a =
d(ṙ~er + rϕ̇~eϕ )
d~v
=
= r̈~er + ṙ~e˙ r + ṙϕ̇~eϕ + rϕ̈~eϕ + rϕ̇~e˙ ϕ
dt
dt
Сравнивая последнее выражение с (3.8) и учитывая выражение (3.6) получим
правило дифференцирования базисного вектора ~eϕ :
~e˙ ϕ = −ϕ̇~er
(3.9)
Задача 3.2. Вычислить производные по времени от базисных векторов полярной системы координат, т.е. получить соотношения (3.6) и (3.9), пользуясь геометрическими соображениями.
Задача 3.3. Вычислить радиальные и транверсальные скорости и ускорения
при движении точки по окружности.
3.3. Проекции ускорения на оси естественного трехгранника
61
Рис. 3.2: Рисунок к задаче 3.4.
Решение. При движении по окружности радиус не меняется, поэтому ṙ = 0.
Тогда из выведенных выше форму для скорости и ускорения в полярной системе
координат имеем:
~v = rϕ̇~eϕ = v~eϕ ,
где v – абсолютное значение (или модуль) скорости
~a = −r(ϕ̇)2~er + rϕ̈~eϕ = −
v2
~er + v̇~eϕ .
r
Первый член называется центростремительным или нормальным ускорением,
а второй член – тангенциальным или касательным ускорением.
Задача 3.4. Найти выражение для скорости и ускорения в сферической и цилиндрической системах координат.
3.3
Проекции ускорения на оси естественного трехгранника
Все кривые в трёхмерном пространстве можно разделить на плоские и пространственные (или кривые двоякой кривизны). Плоской кривой называется кривая
все точки которой лежат в одной плоскости. Пример пространственной кривой
- спиральная кривая.
62
Глава 3. Кинематика материальной точки
Рассмотрим три последовательных положения точки на траектории M , M1 ,
M2 . Если точка M1 занимает бесконечно близкое положение по отношению к
точке M , то отрезок M M1 в пределе определит касательную к кривой в точке
M . Три точки M , M1 , M2 определят некоторую плоскость (если траектория не
прямая линия).
Определение 3.7. Предельное положение этой плоскости при M1 → M и
M2 → M называется соприкасающейся плоскостью. В общем случае три точки
M , M1 , M2 однозначно определяют окружность, лежащую в соприкасающейся плоскости. Эта окружность называется окружностью кривизны или кругом
кривизны. Ее радиус называется радиусом кривизны Rk , а величина k = 1/Rk –
кривизной.
Рассмотрим систему осей координат с началом в точке M , построенную на
следующих базисных векторах: ~eτ = ~v /|~v | - единичный вектор касательный к
траектории, ~en - единичный вектор, лежащий в соприкасающейся плоскости и
перпендикулярный вектору ~eτ и направленный в сторону вогнутости траектории
(это направление называется направлением главной нормали), и ~eβ = [~eτ × ~en ]
– вектор бинормали, который выбран так, чтобы тройка векторов (~eτ , ~en , ~eβ )
образовывала правую систему координат.
Определение 3.8. Выбранная система координат с тройкой векторов (~eτ , ~en ,
~eβ ) называется естественным трёхгранником или трёхгранником (репером)
Френе.
Утверждение 3.1. Проекции вектора ускорения на оси естественного трёхгранника равны
v2
dv
, aβ = 0,
aτ = , an =
dt
Rk
а модуль ускорения определяется равенством
s 2 2
2
dv
v
a=
+
.
dt
Rk
~ = ~v1 −~v , где ~v , ~v1 – скорости в точках M и
Доказательство. Введем вектор AB
M1 , соответственно. Он определяет перемещение вектора скорости по годографу.
На рисунке 3.3 M~A = ~v , M~B = ~v1 . Построим точку K так, чтобы |M~K| = |M~B|.
~ = AK
~ + KB.
~ Разделив на ∆t получим
Тогда AB
~
~
~
AB
AK
KB
=
+
.
∆t
∆t
∆t
3.3. Проекции ускорения на оси естественного трехгранника
63
Рис. 3.3: Рисунок к утверждению 3.1.
~
Отношение AB
равно среднему ускорению точки M за время ∆t. Ускорение в
∆t
точке M является предельным значением среднего ускорения, когда интервал
времени ∆t → 0.
~
, который всегда направлен по касательной к траекРассмотрим вектор AK
∆t
тории. Предельное значение модуля этого вектора будет иметь вид
lim
∆t→0
~
d|~v |
dv
AK
||~v1 | − |~v ||
= lim
=
=
= v̇.
∆t→0
∆t
∆t
dt
dt
Это есть проекция вектора ускорения на направление ~eτ , то есть величина касательной (тангенциальной) компоненты ускорения.
~
. Пусть ε - угол между векторами (~v1 , ~v ). Так как
Рассмотрим вектор KB
∆t
треугольник МКВ является равнобедренным, то |KB| = 2v1 sin(ε/2). Так для
малых углов sin(ε/2) ∼ ε/2, то |KB| = v1 ε. Поэтому
lim
∆t→0
~
KB
v1 ε
= lim
∆t→0 ∆t
∆t
Проведем из точек M и M1 перпендикуляры к векторам скорости. Угол между
ними также будет равен ε (см. рис. 3.3). Угол ε можно выразить через ∆S –
длину дуги между точками M и M1 , и ρ – расстоянием до точки пересечения
нормалей (см. рис. 3.3).
∆S
ε=
ρ
64
Глава 3. Кинематика материальной точки
lim
∆t→0
~
v1 ∆S
KB
v2
= lim
=
,
∆t→0 ρ ∆t
∆t
Rk
где Rk = limM1 →M ρ – предельное значение величины отрезка M O при M1 → M ,
которое и является радиусом кривизны в точке M .
~ заметим, что угол
Для определения предельного направления вектора KB
~ перпендиϕ → π/2 при ∆t → 0. Таким образом, в пределе ∆t → 0 вектор KB
кулярен вектору ~eτ и лежит в соприкасающейся плоскости.
Таким образом мы доказали, что
~
v2
AB
= v̇~eτ +
~en .
∆t→0 ∆t
Rk
~a = lim
Других компонент у предельного значения
~
AB
∆t
нет, поэтому aβ = 0.
Замечание. В современных учебниках по теоретической механике соприкасающуюся плоскость определяют как плоскость, натянутую на вектора скорости и ускорения.
Это определение эквивалентно данному нами, так как вектора ~v и ~a лежат в этой плоскости, а следовательно однозначно ее определяют.
Утверждение 3.2. Точка движется по плоскости Oxy по закону x = x(t), y =
y(t). Радиус кривизны траектории точки определяется формулой
v3
.
Rk =
|[~a × ~v ]|
Доказательство. Умножим выражение ~a = v̇~eτ +
v2
~e
Rk n
векторно на ~v :
v2
[~a × ~v ] = v̇[~eτ × ~v ] +
[~en × ~v ].
Rk
Замечая, что первое слагаемое в правой части равно 0, а модуль второго равен
v, получаем искомую формулу.
Задача 3.5. Доказать формулы Френе.
3.4
Система материальных точек. Степени свободы. Уравнения кинематической связи.
Для описания положения материальной точки в пространстве нужно задать три
числа (координаты). При этом, сами координаты зависят от выбора системы
3.5. Литература к лекции 3
65
отсчёта, но их число всегда неизменно и для материальной точки равняется
трём. В этом случае говорят, что число степеней свободы равно трём.
Число степеней свободы материальной точки может быть меньше трех, если
на её движение наложены какие-то ограничения. Примеры:
1. Бусинка с отверстием нанизана на тонкую проволоку (не обязательно прямую). В этом случае положение точки определяется только одной координатой – расстоянием до некоторой точке на стержне. 1 степень свободы.
2. Шарик привязан к нерастяжимой нитке, у которой другой конец закреплен. Пусть нить натянута. В этом случае шарик будет двигаться по поверхности сферы (математический маятник). 2 степени свободы.
Можно придумать много задач, где материальная точка движется по поверхности. Если поверхность задается уравнением f (x, y, z) = 0, то все три координаты точки не могут быть независимыми. В этом случае говорят, что на
материальную точку наложена кинематическая связь. Число степеней свободы
при этом уменьшается на одну.
В первом примере условием кинематической связи является то, что бусинка
должна принадлежать пространственной кривой (проволоке). Так как пространственная кривая задается, например, системой из двух уравнений: f1 (x, y, z) = 0
и f2 (x, y, z) = 0, то число степеней свободы 3 − 2 = 1.
В общем случае, если механическая система состоит из n материальных точек и на них наложено k кинематических связей, то число степеней свободы
такой системы материальных точек 3n − k.
Задача 3.6. Определить количество степеней свободы твердого тела.
3.5
Литература к лекции 3
1. Сивухин, глава 1
2. Березкин Е.Н., Курс теоретической механики, глава 1, параграф 1 главы
2.
3. Болотин С.В., Карапетян А.В., Кугушев Е.И., Трещев Д.В., Теоретическая
механика, параграф 1.1 главы 1.
4. Арнольд В.И., Математические методы классической механики, глава 1
(Для самых продвинутых)
66
Глава 3. Кинематика материальной точки
Глава 4
Кинематика абсолютно твердого
тела
Определение 4.1. Абсолютно твердым телом называют систему материальных точек, расстояния между двумя любыми точками которой остаются всегда
неизменными. Абсолютно твердое тело может состоять из нескольких отдельных точек, а может заполнять некоторую область пространства. Твердое тело
будем называть невырожденным, если в нем существуют три точки не лежащие
на одной прямой (отрезок – вырожденное тело). В дальнейшем, если не будет
оговорено особо, будем рассматривать невырожденные тела.
Пусть в пространстве задана неподвижная ортогональная система (~ex ,~ey ,~ez ),
которую будем называть абсолютной. С твердым телом можно связать свою ортогональную систему координат (~eξ , ~eη , ~eζ ) c центром в точке S. Положение тела
(т.е. любой точки твердого тела) в произвольный момент времени t однозначно
задается положением точки S (т.е. радиус вектором ~rs (t)) и базисными векторами ~eξ (t), ~eη (t), ~eζ (t) (см. рис. 4.1). Действительно, положение любой точки
твердого тела в абсолютной системе координат Oxyz можно записать следующим образом
~r(t) = ~rs (t) + ξ~eξ (t) + η~eη (t) + ζ~eζ (t).
Координаты (ξ, η, ζ) определяют положение точки в системе координат твердого
тела, поэтому они постоянны.
Будем считать, что само движение твердого тела нам известно, то есть, например, известны функции ~rs (t), ~eξ (t), ~eη (t), ~eζ (t). Нашими ближайшими задачами будут являться:
1. Нахождение распределений скоростей и ускорений в твердом теле, т.е. на67
68
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Рис. 4.1: Ортогональная система отсчета, связанная с твердым телом.
хождение скорости и ускорения в произвольной его точке, задаваемой координатами (ξ, η, ζ).
2. Классификация всех возможных движений твердого тела.
4.1
4.1.1
Распределений скоростей и ускорений в твердом теле
Распределение скоростей в твердом теле. Формула
Эйлера
Прежде чем вычислить скорость точек твердого тела, заметим, что связь между
базисами (~ex ,~ey ,~ez ) и (~eξ , ~eη , ~eζ ) можно записать в матричном виде:
 
 
~eξ
~ex
~eη  = A ~ey  ,
~eζ
~ez
4.1. Распределений скоростей и ускорений в твердом теле
69
где

(~eξ , ~ex ) (~eξ , ~ey ) (~eξ , ~ez )
A = (~eη , ~ex ) (~eη , ~ey ) (~eη , ~ez )
(~eζ , ~ex ) (~eζ , ~ey ) (~eζ , ~ez )

Замечание. Матрица A является произведением трех матриц поворота, т.е. ее
можно задать тремя параметрами (например, углами Эйлера, см. решение задачи 2.1).
Утверждение 4.1. Матрица перехода A от одного ортонормированного базиса к другому ортонормированному базису является ортогональной, то есть
AAT = AT A = E (AT означает транспонирование матрицы A; E – единичная
матрица, у которой диагональные элементы равны 1 , а остальные – нулевые).
Доказательство.



(~eξ , ~ex ) (~eξ , ~ey ) (~eξ , ~ez )
(~eξ , ~ex ) (~eη , ~ex ) (~eζ , ~ex )
AAT = (~eη , ~ex ) (~eη , ~ey ) (~eη , ~ez ) (~eξ , ~ey ) (~eη , ~ey ) (~eζ , ~ey )
(~eζ , ~ex ) (~eζ , ~ey ) (~eζ , ~ez )
(~eξ , ~ez ) (~eη , ~ez ) (~eζ , ~ez )
Первый член матрицы произведения будет иметь вид:
(~eξ , ~ex )2 + (~eξ , ~ey )2 + (~eξ , ~ez )2 = 1,
так как скалярные произведения (~eξ , ~ex ), (~eξ , ~ey ), (~eξ , ~ez ) есть проекции вектора
~eξ на оси декартовой системы координат Oxyz. Равенство единице остальных
диагональных элементов матрицы доказывается аналогично.
Все внедиагональные элементы равны 0, так как представляют собой скалярные произведения ортогональных векторов. Например, элемент матрицы,
находящий в первой строке и втором столбце будет иметь вид:
(~eξ , ~ex ) · (~eη , ~ex ) + (~eξ , ~ey ) · (~eη , ~ey ) + (~eξ , ~ez ) · (~eη , ~ez ) = (~eξ , ~eη ) = 0.
Вычислим скорость произвольной точки ~r твердого тела:
˙ 
 
 
~eξ
~ex
~eξ
T  
˙
˙
˙




~eη . (4.1)
~v = ~r = ~rS +(ξ, η, ζ) ~eη = ~vS +(ξ, η, ζ)Ȧ ~ey = ~vS +(ξ, η, ζ)ȦA
˙~eζ
~ez
~eζ
Отметим, что производные координат (ξ, η, ζ) точки твердого тела в системе
отсчета этого твердого тела равны нулю, так как они постоянны.
70
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Утверждение 4.2. Матрица Ω = ȦAT является кососимметричной, то есть
ΩT = −Ω.
Решение. Так как AAT = E, то ȦAT + AȦT = 0. Поэтому Ω + ΩT = 0.
Любая кососимметричная матрица имеет следующий вид


0
ωζ −ωη
0
ωξ 
Ω = −ωζ
ωη −ωξ
0
Обозначения элементов в кососимметричной матрице Ω выбраны нами из соображений удобства в дальнейшем.
Важно отметить, что если движение твердого тела задано, то задана и матрица A(t), и, следовательно, можно вычислить и матрицу ȦAT , которая окажется
кососимметричной.
Определение 4.2. Вектор ω
~ = ωξ~eξ + ωη~eη + ωζ ~eζ называется вектором угловой
скорости твердого тела.
Задача 4.1. Доказать формулы Пуассона:
~e˙ ξ = ωζ ~eη − ωη~eζ = [~ω × ~eξ ],
~e˙ η = ωξ~eζ − ωζ ~eξ = [~ω × ~eη ],
~e˙ ζ = ωη~eξ − ωξ~eη = [~ω × ~eζ ].
Задача 4.2. Докажите, что:
• ω
~ = (~e˙ η · ~eζ )~eξ + (~e˙ ζ · ~eξ )~eη + (~e˙ ξ · ~eη )~eζ .
• ω
~ = 12 ([~eξ × ~e˙ ξ ] + [~eη × ~e˙ η ] + [~eζ × ~e˙ ζ ]).
Теорема 4.1 (формула Эйлера). Связь между скоростями любых двух точек
A и B твердого тела определяется равенством
~
~vB = ~vA + [~ω × AB].
Доказательство. Продолжая равенство 4.1 с учетом введенных обозначений
имеем:

 


0
ωζ −ωη
~eξ
ωζ ~eη − ωη~eζ
0
ωξ  ~eη  = ~vS + (ξ, η, ζ) −ωζ ~eξ + ωξ~eζ 
~v = ~vS + (ξ, η, ζ) −ωζ
ωη −ωξ
0
~eζ
ωη~eξ − ωξ~eη
4.1. Распределений скоростей и ускорений в твердом теле
71
= ~vS + (−ηωζ + ζωη )~eξ + (ξωζ − ζωξ )~eη + (ηωξ − ξωη )~eζ = ~vS + [~ω × ρ~],
где ρ~ = ξ~eξ + η~eη + ζ~eζ – радиус-вектор точки, в системе координат, связанной с
твердым телом.
Рассмотрим скорости двух произвольных точек тела A и B:
~ ~vB = ~vS + [~ω × SB].
~
~vA = ~vS + [~ω × SA],
Вычитая из второго равенства первое получим:
~
~vB = ~vA + [~ω × AB].
Следствие 4.1. Пусть в твердом теле скорости двух точек A и B одинаковы,
~ = 0, а значит ω
~
т.е. ~vA = ~vB . Тогда согласно формуле Эйлера [~ω × AB]
~ k AB.
Утверждение 4.3. Вектор угловой скорости не зависит от выбора подвижной (связанной с телом) системы координат.
Доказательство. Докажем от противного. Пусть в другой, связанной с телом
системе координат вектор угловой скорости другой ω
~ 0 . Согласно формуле Эй~ = [~ω 0 × SB],
~
лера ~vB − ~vS = [~ω × SB]
где B – некоторая точка тела. Откуда,
0
~
[(~ω − ω
~ ) × SB] = 0. Так как точка B может быть выбрана произвольно, а тело
не является вырожденным, то ω
~ =ω
~ 0.
Утверждение 4.4. При любом движении твердого тела его угловая скорость
ω
~ связана с полем скоростей его точек равенством
1
ω
~ = rot~v
2
(определение операции rot дано в приложении А "Математический ликбез").
Доказательство. Рассмотрим распределение скоростей в твердом теле ~v (t, ~r) =
~v (t, x, y, z), где (x, y, z) – декартовы координаты в неподвижной системе координат. Согласно формуле Эйлера
~v (t, ~r) = ~vS (t) + [~ω × (~r − ~rS (t))],
где ~rS и ~vs – радиус вектор и скорость некоторой точки S тела. Векторы ω
~ , ~rS ,
~vS являются функциями только времени. Покоординатно имеем:
vx = vSx + ωy (z − zs ) − ωz (y − ys ),
vy = vSy + ωz (x − xs ) − ωx (z − zs ),
vz = vSz + ωx (y − ys ) − ωy (x − xs )
(4.2)
72
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Вычислим rot~v :
~ex ~ey ~ez
rot~v =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
vx vy vz
=
∂vz ∂vy
−
∂y
∂z
~ex +
∂vx ∂vz
−
∂z
∂x
~ey +
∂vy ∂vx
−
∂x
∂y
~ez
Подставляя выражения для компонент скорости (4.2) получим:
rot~v = 2ωx~ex + 2ωy~ey + 2ωz~ez = 2~ω .
4.1.2
Распределение ускорений в твердом теле. Формула
Ривальса
Определение 4.3. Вектор ~ε = ω
~˙ называется вектором углового ускорения
твердого тела.
Теорема 4.2 (формула Ривальса). Cвязь между ускорениями любых двух точек A и B твердого тела определяется равенством
~ + [~ω × [~ω × AB]].
~
~aB = ~aA + [~ε × AB]
Доказательство. Дифференцируя формулу Эйлера вычислим ускорение в точке B:
~ + [~ω × AB].
~˙
~aB = ~v˙ B = ~v˙ A + [ω
~˙ × AB]
~˙ = ~vB − ~vA = [~ω × AB],
~
Замечая, что AB
получаем формулу из утверждения
теоремы.
~
Утверждение 4.5. Последний член в формуле Ривальса ~aoc = [~ω × [~ω × AB]]
определяет осестремительное ускорение.
Доказательство. Воспользовавшись формулой для двойного векторного произведения заметим, что
~ = −ω 2 (AB
~ − (AB
~ · ~eω )~eω ),
~ =ω
~ − ω 2 AB
[~ω × [~ω × AB]]
~ (~ω · AB)
где ~eω – единичный вектор в направлении вектора ω
~.
Проведем через точку A прямую l с направляющим вектором ~eω . Заметим,
что согласно полученному выражению осестремительное ускорение перпендикулярно прямой l и направлено к ней. Величина осестремитеьного ускорения
равна ω 2 ρ, где ρ – расстояние от точки B до прямой l.
4.2. Качественный анализ возможных движений твёрдого тела
4.2
73
Качественный анализ возможных движений
твёрдого тела
Формула Эйлера позволяет нам провести качественный анализ движений твёрдого тела.
Рис. 4.2: Схематическое представление винтового движения.
Определение 4.4. Мгновенно-винтовым движением твёрдого тела называется
такое движение, при котором существует прямая l параллельная вектору углового вращения ω
~ (т.е. ω
~ k l), а скорости всех точек этой оси равны и направлены
вдоль l (т.е. ~vS k l для любой точки S ∈ l). Прямая l называется мгновенновинтовой осью (см. рис. 4.2).
Теорема 4.3. В каждый момент времени любое движение твёрдого тела
можно представить как мгновенно-винтовое. Скорость произвольной точки
при мгновенно-винтовом движении есть суперпозиция поступательного движения и вращательного движения вокруг оси l.
Доказательство. Докажем утвержение о мгновенно-винтовом движении. Покажем, что если ω
~ 6= 0, то в каждый момент времени t можно найти ось l
мгновенно-винтового движения.
Рассмотрим произвольную точку B твердого тела и проведем через нее плоскость перпендикулярную вектору угловой скорости ω
~ . Найдем в этой плоскости
точку S у которой вектор скорости паралеллен вектору ω
~ , то есть для скорости
этой точки должно выполняться равенство ~vs = λ~ω , где λ – некоторый произвольный коэффициент.
74
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
~ = λ~ω . Умножим это равенство
Из формулы Эйлера имеем: ~vB + [~ω × BS]
векторно на ω
~
~ =0
[~ω × ~vB ] + [~ω × [~ω × BS]]
Воспользовавшись формулой для двойного векторного произведения, имеем
~ ω − ω 2 BS
~ = 0.
[~ω × ~vB ] + (~ω · BS)~
~ лежит в плоскости перпендикулярной оси вращения, что (~ω ·BS)
~ = 0.
Так как BS
Откуда имеем, что
~ = [~ω × ~vB ] .
BS
ω2
Таким образом, точка в которой скорость параллельна вектору угловой скорости
найдена. Проведем через эту точку прямую направленную вдоль ω
~ . Скорость
любой точки P на этой оси равна скорости точки S, так как согласно формуле
~ ], а вектора ω
~ – параллельны. Найденная ось и
Эйлера ~vP = ~vS + [~ω × SP
~ и SP
будет являться осью l мгновенно-винтового движения.
Параметр λ называется параметром винта.
Замечание. Подчеркнем еще раз – ось мгновенно-винтового движения может меняться со временем!
Задача 4.3. Рассмотрим движение винта, который завинчивается в отверстие
с постоянной угловой скорость, направленной вдоль оси симметрии винта. Показать, что за один оборот винт сместится вдоль оси вращения на величину λ –
шаг винта.
Важными частными случаями мгновенно-винтового движения являются:
• Мгновенно-поступательное движение. Мгновенно-поступательным
(в момент времени t) называется движение в котором ω
~ = 0. Согласно
формуле Эйлера ~vA = ~vB для любых двух точек твердого тела, т.е. скорости всех точек тела одинаковы. Заметим, что условие ω
~ = 0 не означает,
что ω
~˙ = 0, поэтому ускорения различных точек тела не будут совпадать.
Если условие ω
~ = 0 выполняется на конечном промежутке времени [t1 , t2 ],
то в интервале (t1 , t2 ) тело будет совершать поступательное движение.
• Мгновенно-вращательное движение (вокруг мгновенной оси вращения). Если в момент времени t в твердом теле существует неподвижная
прямая, т.е. прямая l для всех точек которой ~v = 0, то такое движение
4.2. Качественный анализ возможных движений твёрдого тела
75
называется мгновенно-вращательным, а прямая l называется мгновенной
осью вращения.
Выберем неподвижную и подвижную систему координат следующим образом: Пусть центр систем координат точка O совпадает у обеих систем
и лежит на прямой l, а оси Oz и Oζ направлены вдоль l. В этом случае
система координат Oξηζ вращается вокруг оси Oz. Пусть ϕ = ϕ(t) – угол
между осями Ox и Oξ. Тогда
~eξ = cosϕ~ex + sinϕ~ey ,
~eη = −sinϕ~ex + cosϕ~ey ,
~eζ = ~ez ,
Используя, например, первую формулу задачи (4.2) получаем, что ω
~ =
ϕ̇~ez = ϕ̇~eζ . Из формулы Эйлера скорость любой точки тела равна ~r˙ = ϕ̇[~ez ×
~r]. Следовательно, скорость любой точки перпендикулярна оси вращения
~ez и радиус-вектору ~r. Это значит, что скорость любой точки твердого
тела не лежащей на оси вращения является касательной к окружности,
которая проходит через эту точку и лежит в плоскости перпендикулярной
к оси вращения. По модулю эта скорость равна произведению расстояния
от точки до оси на ϕ̇.
Плоскопараллельное движение
Пусть каждая точка твердого тела движется в плоскости, параллельной неподвижной плоскости Oxy. По формуле Эйлера для любых двух точек A и B имеем
~
~vB − ~vA = [~ω × AB],
то есть вектор ω
~ перпендикулярен лежащему в плоскости
вектору ~vB − ~vA . Так как это справедливо для любых точек, то ω
~ перпендикулярен плоскости Oxy. Введем угол ϕ между осями Ox и Sξ, тогда ω
~ = ϕ̇~ez = ϕ̇~eζ .
Задача 4.4. Доказать, что если при плоскопараллельном движении ω
~ (t) 6= 0,
то существует точка C = C(t) твердого тела, такая, что ~vC (t) = 0.
Определение 4.5. Точка C плоского твёрдого тела, скорость которой равна нулю, называется мгновенным центром скоростей. Положение центра скоростей
с течением времени меняется как в неподвижной, так и в подвижной системах
координат.
Определение 4.6. Геометрическое место мгновенных центров скоростей на
неподвижной плоскости, в которой движется тело, называется неподвижной
76
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Рис. 4.3: Плоскопараллельное движение твердого тела
центроидой, а геометрическое место мгновенных центров скоростей на самом
теле (или в плоскости движущейся вместе с телом) называется подвижной центроидой.
Задача 4.5. Пусть при плоском движении твёрдого тела известны направления
скоростей в двух точках A и B тела. Как геометрически найти центр скоростей?
Задача 4.6. Концы отрезка скользят по неподвижным координатным осям.
Найти подвижную и неподвижную центроиды.
Задача 4.7. Пусть диск катится по неподвижной прямой без проскальзывания.
Найти центр скоростей, а также подвижную и неподвижную центроиды. Найти
ускорение в центре скоростей, если скорость центра диска постоянна, а радиус
диска равен r.
Вращение твердого тела вокруг неподвижной точки
Пусть в твердом теле есть неподвижная точка O, т.е. ~vO = 0. По формуле Эйлера
~ ]. Точки на оси Oω имеют нулевую
для любой точки P твердого тела ~vP = [~ω ×OP
4.3. Сложное движение. Формулы сложения скоростей и ускорений
77
скорость, значит это ось мгновенного вращения. Скорости точек твердого тела
распределены так, как будто бы оно вращается вокруг оси l.
Определение 4.7. Геометрическое место мгновенных осей вращения в пространстве (неподвижной системе отсчета) и в теле (подвижной системе отсчета)
называются неподвижным и подвижным аксоидами, соответственно. Это конические поверхности.
4.3
Сложное движение. Формулы сложения скоростей и ускорений
Зная распределение скоростей и ускорение в твердом теле можно легко получить
формулы для скоростей и ускорений в сложном движении.
Рис. 4.4: Неподвижная (абсолютная) и подвижная системы отсчета
Введем неподвижную (абсолютную) и подвижную системы отсчета (см. рис.
4.4). Введем соответствующие радиус-векторы точки некоторой точки P :
~r = x~ex + y~ey + z~ez ,
ρ~ = ξ~eξ + η~eη + ζ~eζ .
Эти векторы связаны равенством
~ + ρ~,
~r = R
~ = OS.
~
где R
(4.3)
78
4.3.1
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Сложение скоростей
Определение 4.8. Скорость точки P в неподвижной (абсолютной) системе координаты называется абсолютной скоростью:
~vабс = ẋ~ex + ẏ~ey + ż~ez .
Скорость точки P в подвижной системе координат называется относительной скоростью:
˙eξ + η̇~eη + ζ̇~eζ .
~vотн = ξ~
Абсолютная скорость точки подвижной системы отсчета, совпадающей в
данный момент с точкой P , называется переносной скоростью точки P .
Теорема 4.4 (формула сложения скоростей). При сложном движении для произвольной точки тела верна формула сложения скоростей:
~vабс = ~vотн + ~vпер .
Доказательство. Вычислим абсолютную скорость при помощи дифференцирования соотношения (4.3):
˙eξ + η̇~eη + ζ̇~eζ + ξ~e˙ ξ + η~e˙ η + ζ ~e˙ ζ =
~˙ + ρ~˙ = R
~˙ + ξ~
~vабс = ~r˙ = R
˙eξ + η̇~eη + ζ̇~eζ ) + (R
~˙ + ξ~e˙ ξ + η~e˙ η + ζ ~e˙ ζ )
= (ξ~
Выражение в первой скобке представляет собой скорость точки P в подвижной системе координат, т.е. относительную скорость ~vотн .
Выражение во второй скобке составляет переносную скорость ~vпер точки P .
Покажем это. Формулу для переносной скорости можно преобразовать воспользовавшись формулами Пуассона (задача 4.4):
~˙ + ξ~e˙ ξ + η~e˙ η + ζ ~e˙ ζ = R
~˙ + ξ[~ω × ~eξ ] + η[~ω × ~eη ] + ζ[~ω × ~eζ ] =
~vпер = R
~˙ + [~ω × (ξ~eξ + η~eη + ζ~eζ )] = R
~˙ + [~ω × ρ~].
=R
Действительно, если рассмотреть “гипотетическое” твердое тело, жестко связанное с системой координат Sξηζ, то последнее выражение является формулой
~˙ SP
~ =
Эйлера, записанной для точек P и S этого твердого тела (~vP = ~vпер , ~vS = R,
ρ~). Значит, ~vпер является абсолютной скоростью точки подвижной системы отсчета, совпадающей в данный момент с точкой P .
4.3. Сложное движение. Формулы сложения скоростей и ускорений
79
Задача 4.8. Прямые l1 и l2 , лежащие в неподвижной плоскости, движутся поступательно с заданными скоростями ~v1 и ~v2 . Найдите скорость точки пересечения. Угол между прямыми α.
Задача 4.9. Положение точки P относительно неподвижной системы отсче~ , в подвижной SP
~ . Для любого
та Oxy можно определить радиус-вектором OP
~ = OS
~ + SP
~ . Дифференмомента времени справедливо векторное равенство OP
цируем по времени
~
~
~
dOP
dOS
dSP
=
+
dt
dt
dt
Можно ли считать векторы
соответственно? Почему?
~1
dOO
dt
и
dO1~M
dt
переносной и относительной скоростями,
Задача 4.10. Пусть есть произвольный вектор ~u(t). Доказать, что производные
вектора ~u(t) по времени в неподвижной и подвижной системах отсчета связаны
формулой
d~u
d~u
=
+ [~ω × ~u]
dt абс
dt отн
4.3.2
Сложение ускорений
Абсолютное, относительное и переносное ускорения определяются аналогично
соответствующим скоростям.
Определение 4.9. Ускорение точки P в неподвижной (абсолютной) системе
отсчета Oxyz называется абсолютным ускорением:
~aабс = ẍ~ex + ÿ~ey + z̈~ez .
Ускорение точки P в подвижной системе отсчета Oξηζ называется относительным ускорением:
¨eξ + η̈~eη + ζ̈~eζ .
~aотн = ξ~
Абсолютное ускорение точки подвижной системы отсчета, совпадающей в
данный момент с точкой P , называется переносным ускорение:
~¨ + ξ~e¨ξ + η~e¨η + ζ ~e¨ζ = R
~¨ + [ω
~aпер = R
~˙ × ρ~] + [~ω × [~ω × ρ~]].
Кориолисовым (добавочным) ускорением точки называют вектор
~aкор = 2[~ω × ~vотн ].
Здесь ω
~ =ω
~ пер – вектор угловой скорости подвижной системы Oξηζ по отношению к неподвижной системе Oxyz.
80
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Теорема 4.5 (формула сложения ускорений). При сложном движении для произвольной точки тела верна формула сложения ускорений:
~aабс = ~aотн + ~aпер + ~aкор .
Доказательство. Вычислим ускорение в абсолютной системе координат как
производную абсолютной скорости
~aабс = ~v˙ отн + ~v˙ пер =
¨
˙
˙
˙
¨
¨
¨
˙
˙
˙
¨
˙
˙
~
= (ξ~eξ + η̈~eη + ζ̈~eζ ) + (ξ~eξ + η̇~eη + ζ̇ ~eζ ) + (R + ξ~eξ + η~eη + ζ ~eζ ) + (ξ~eξ + η̇~eη + ζ̇ ~eζ ) =
¨eξ + η̈~eη + ζ̈~eζ ) + (R
~¨ + ξ~e¨ξ + η~e¨η + ζ ~e¨ζ ) + 2(ξ˙~e˙ ξ + η̇~e˙ η + ζ̇ ~e˙ ζ ) =
= (ξ~
= ~aотн + ~aпер + 2(ξ˙~e˙ ξ + η̇~e˙ η + ζ̇ ~e˙ ζ ).
По формулам Пуассона сумма в последних скобках
˙eξ + η̇~eη + ζ̇~eζ )] = [~ω × ~vотн ].
ξ˙~e˙ ξ + η̇~e˙ η + ζ̇ ~e˙ ζ = [~ω × (ξ~
Переносные скорость и ускорение вычисляются по формулам Эйлера и Ривальса
~vпер = ~aS + [~ω × ρ~],
~aпер = ~aS + [~ε × ρ~] + [~ω × [~ω × ρ~]],
так как переносное движение происходит как движение твердого тела, жестко
связанного с системой отсчета Sξηζ.
4.3.3
Сложение угловых скоростей
Пусть движение твердого тела рассматривается по отношению к двум системам отсчета Oxyz и Sξηζ, условно называемым неподвижной (абсолютной) и
подвижной, соответственно.
Определение 4.10. Абсолютной угловой скоростью ω
~ абс называется вектор
угловой скорости твердого тела по отношению к неподвижной системе отсчета Oxyz. Относительной угловой скоростью ω
~ отн называется вектор угловой
скорости твердого тела по отношению к подвижной системе отсчета Oξηζ. Переносной угловой скоростью ω
~ пер называется угловая скорость системы Oξηζ по
отношению к системе Oxyz.
4.4. Кинематические формулы Эйлера
81
Теорема 4.6 (формула сложения угловых ускорений).
ω
~ абс = ω
~ отн + ω
~ пер .
Доказательство. Пусть A и B – любые точки твердого тела. По формуле Эйлера:
~
~vабс,B = ~vабс,A + [~ωабс × AB],
~
~vотн,B = ~vотн,A + [~ωотн × AB],
~
~vпер,B = ~vпер,A + [~ωпер × AB].
Вычитая из первого равенства сумму второго и третьего и учитывая формулы
сложения скоростей
~vабс,B = ~vотн,B + ~vпер,B , ~vабс,A = ~vотн,A + ~vпер,A
~ = 0 для любых точек A и B. Отсюда
получаем, что [(~ωабс − ω
~ отн − ω
~ пер ) × AB]
(в силу невырожденности твердого тела) получаем:
ω
~ абс − ω
~ отн − ω
~ пер = 0.
4.4
Кинематические формулы Эйлера
При решении задачи 2.1 было показано, что положение твердого тела с неподвижной точкой задается тремя углами: ψ – углом прецессии, θ – углом нутации, ϕ – углом собственного вращения. Эти углы задают элемент в множестве
положений твердого тела с неподвижной точкой или множества правых ортонормированных реперов (эта множество – группа, которая обозначается SO(3)).
Для каждого из поворотов можно записать угловую скорость
ω
~ 1 = ψ̇~ez , ω
~ 2 = θ̇~ex1 , ω
~ 3 = ϕ̇~eζ
Так как угловые скорости складываются, то
ω
~ = ψ̇~ez + θ̇~ex1 + ϕ̇~eζ
Выразив единичные вектора ~ez , ~ex1 через базисный репер связанный с твердым
телом получим кинематические формулы Эйлера
ωξ = ϕ̇sinθsinψ + θ̇cosψ,
ωη = ϕ̇sinθcosψ − θ̇sinψ,
ωζ = ψ̇ + ϕ̇cosθ.
82
Глава 4. Кинематика абсолютно твердого тела
Задача 4.11. Провести пропущенные выкладки для получения кинематических формул Эйлера (см. Болотин, Крапетян, Кугушев, Трещев, Теоретическая
механика, раздел 1.3.3).
4.5
Литература к лекции 4
1. Болотин С.В., Карапетян А.В., Кугушев Е.И., Трещев Д.В., Теоретическая
механика
2. Сивухин глава 7 (параграфы 45-47)
Глава 5
Кинематика деформируемого тела
(сплошной среды)
5.1
Введение. Понятие о сплошной среде или деформируемом теле.
Все тела/среды состоят из молекул и атомов. Для описания движения тела/среды
можно описывать движение всех элементарных частиц в теле/среде, но в 1 см3
воздуха 2.7 × 1019 молекул – получается слишком много уравнений, а также
встает вопрос с заданием начальных условий.
Утверждение 5.1. (гипотеза сплошности) Модель сплошной среды: вводится
понятие элементарного объема, который мал (точка) по сравнению с характерным размером задачи, но в нем много частиц взаимодействующих (сталкивающихся) друг с другом, при этом длина свободного пробега (т.е. среднее
расстояние, которое проходит частица между столкновениями) много меньше, чем характерный размер задачи.
Введя модель сплошной среды мы забываем, что тела состоят из молекул
и атомов. Теперь под словом частица мы понимаем частицу сплошной среды
– элементарный объем сплошной среды в котором характеристики сплошной
среды можно считать постоянными.
Замечание. Абсолютно твёрдое тело – тоже сплошная среда (очень простая).
Введем понятия плотности и скорости сплошной среды
∆M
,
∆V→0 ∆V
ρ(t, x, y, z) = lim
83
84
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
где ∆M - масса, заключённая в элементарном объеме ∆V вещества.
Скорость ~v (t, x, y, z) – скорость частицы сплошной среды в точке пространства с координатами (x, y, z) момент времени.
5.2
Лагранжев и эйлеров подходы для описания
сплошной среды
Задачей механики является изучение движения (материальной точки, твердого
тела, деформируемого тела). В случае материальной точки движение считается
известным, если задано положение точки в любой момент времени
~r = ~r(t).
Если вектор ~r(t) известен в любой момент времени, то (если нет особенностей)
можем найти скорость и ускорение точки в каждый момент времени. И наоборот, если известна зависимость скорости точки в каждый момент времени, а
также положение точки в момент времени t0 , то движение точки можно определить решив задачу Коши (т.е. задачу с начальными условиями) для следующего
обыкновенного дифференциального уравнения:
~r˙ = ~v (t),
с начальным условием при t = t0 :
~r(t0 ) = ~r0 .
Для описания движения твердого тела мы вводили связанную с этим телом
подвижную систему координат (~eξ1 , ~eξ2 , ~eξ3 ) c центром в точке S, тогда движение
любой точки твердого тела запишется в виде
~r(t) = ~rs (t) + ξ1~eξ1 (t) + ξ2~eξ2 (t) + ξ3~eξ3 (t)
Дифференцируя данное соотношение получаем по формулам Эйлера и Ривальса
распределение скоростей и ускорений в твердом теле.
Замечание. Здесь и далее, координаты неподвижной декартовой системы координат мы будем обозначать как (x1 , x2 , x3 ), а координаты подвижной, связанной с телом,
системы координат будем обозначать (ξ1 , ξ2 , ξ3 )
Рассмотрим обратную задачу. Пусть задано распределение скоростей в твердом теле ~v (t, x1 , x2 , x3 ) и надо описать движение твердого тела. Воспользовавшись Утверждением 4.4 вычислим вектор угловой скорости ω
~ = 1/2rot~v . Зная
вектор угловой скорости мы можем полностью описать движение твердого тела.
5.2. Лагранжев и эйлеров подходы для описания сплошной среды
85
Задачей механики деформируемых тел (сплошных) сред является изучение
движения частиц сплошной среды. Пронумеруем каким-либо образом частицы
сплошной среды. Так как пространство трехмерно, то для нумерации частиц
понадобится три числа (координаты) (ξ1 , ξ2 , ξ3 ).
Определение 5.1. Параметры (ξ1 , ξ2 , ξ3 ), которые идентифицируют индивидуальные точки среды, называются лагранжевыми (или материальными) координатами. Для индивидуальной точки они не меняются в процессе движения.
За лагранжевы координаты можно выбрать, например, декартовы координаты частиц в некоторый момент времени. Вообще говоря, способ “идентификации” частиц может быть произвольным.
Решением задачи механики сплошных сред, является определение местоположения каждой из частиц в каждый момент времени. Введем декартову неподвижную систему координат x1 , x2 , x3 , тогда решением задачи механики
сплошных сред является установление координат (x1 , x2 , x3 ) материальной частицы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) в любой момент времени, то есть нахождении
функций
x1 = f1 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ),
x2 = f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ),
x3 = f3 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ).
(5.1)
Определение 5.2. Выражения (5.1) определяют закон движения сплошной
среды.
Уравнения движения можно обратить и выразить (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) через декартовы
координаты
ξ1 = g1 (t, x1 , x2 , x3 ),
ξ2 = g2 (t, x1 , x2 , x3 ),
ξ3 = g3 (t, x1 , x2 , x3 ).
(5.2)
Эти соотношения позволяют определить какая частица сплошной среды (часто говорят лагранжева частица или материальная точка) находится в данный
момент в точки с декартовыми координатами (x1 , x2 , x3 ).
Определение 5.3. Координаты точек среды (x1 , x2 , x3 ) в пространственной
системе координат называются эйлеровыми (или пространственными) координатами.
86
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Плотность частиц сплошной среды (как и любую любую другую функцию,
описывающую свойства частиц сплошной среды - температуру, ускорение, и т.д.)
можно определять как функцию лагранжевых координат ρ(t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ), так и
функцию эйлеровых координат ρ(t, x1 , x2 , x3 ).
Задача 5.1. Ввести пространственную систему координат и лагранжевы координаты частиц и найти закон движения для твердого тела, которое а) движется
поступательно со скоростью, постоянной по направлению и имеющей постоянную величину v0 , б) вращается вокруг неподвижной оси с постоянной угловой
скоростью ω, в) совершает винтовое движение вокруг неподвижной оси с постоянной угловой скоростью ω.
Решение. (а) Чтобы определить движение произвольной точки твердого тела,
находящейся в начальный момент времени в точке ~r0 = (x10 , x20 , x30 ) надо решить задачу Коши:
~r˙ = ~v0 , с начальным условием: ~r(t0 ) = ~r0 .
Интегрируя получим закон движения: ~r = ~v0 t + ~r0 .
(б) В качестве начала координат выберем произвольную точку O на оси вращения, ось Oz выберем вдоль оси, а оси Ox и Oy в плоскости перпендикулярной
оси Oz. Положение точки можно определить задавая цилиндрические координаты (z, r, ϕ):
x = rcosϕ; y = rsinϕ; z = z
В качестве лагранжевых координат выберем цилиндрические координаты точек
в момент времени t0 : (z0 , r0 , ϕ0 ). Задачи Коши в цилиндрических координатах
запишется в виде:
ż = 0, ṙ = 0, ϕ̇ = ω с начальным условием: z(t0 ) = z0 , r(t0 ) = r0 , ϕ(t0 ) = ϕ0 .
Интегрируя получаем уравнения движения в цилиндрической системе координат:
z = z0 , r = r0 , ϕ = ϕ0 + ωt.
В декартовой системе координат уравнения движения запишутся в следующем
виде
x = rcos(ϕ0 + ωt); y = rsin(ϕ0 + ωt); z = z0
(в) решить самостоятельно.
5.2. Лагранжев и эйлеров подходы для описания сплошной среды
87
Определение 5.4. Функция ρ(t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ) определяет плотность в частице сплошной среды с “идентификаторами” (ξ1 , ξ2 , ξ3 ). Положение этой частицы в пространстве определяется законом движения (5.1). Такой подход для описания
свойств сплошной среды называется лагранжевым. Производная ∂ρ(t, ξ1 , ξ2 , ξ3 )/∂t
определяет скорость изменения плотности в частице сплошной среды.
Во втором случае функция ρ(t, x1 , x2 , x3 ) определяет плотность частицы сплошной среды, которая в момент времени t находится в точке пространства с координатами (x1 , x2 , x3 ). Такой подход для описания свойств сплошной среды называется эйлеровым. Производная ∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )/∂t определяет скорость изменения
плотности в точке пространства.
Задача 5.2. Вычислить изменение плотности в материальной частице сплошной среды при эйлеровом способе описания.
Решение. При эйлеровом способе описания нам известна функция ρ(t, x1 , x2 , x3 ),
а также известен закон движения в виде (5.1). Тогда плотность в материальной
точке (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) определяется как сложная функция
ρ = ρ(t, f1 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ), f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ), f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 )).
Для вычисления производной воспользуемся правилами дифференцирования сложной функции
∂ρ(t, f1 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ), f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ), f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ))
=
∂t
∂ρ(t, x1 , x2 , x3 ) ∂f1 ∂ρ(t, x1 , x2 , x3 ) ∂f2 ∂ρ(t, x1 , x2 , x3 ) ∂f3 ∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )
=
+
+
+
∂t
∂t
∂x1
∂t
∂x2
∂t
∂x3
∂fi
Так как ∂t = vi – i-ая компонента скорости индивидуальной частицы, находящейся в момент времени t в точке (x1 , x2 , x3 ). Поэтому окончательно имеем
формулу для вычисления производной в материальной точке
∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )
∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )
∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )
∂ρ(t, x1 , x2 , x3 )
+ v1
+ v2
+ v3
.
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
Такая производная называется материальной или субстациональной и обозначается d/dt.
Для любой функции в эйлеровых переменных A(x1 , x2 , x3 ) можно записать
dA
∂A
∂A
∂A
∂A
=
+ v1
+ v2
+ v3
,
dt
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
и это выражение определяет изменение величины A в материальной точке находящейся в момент времени t в точке (x1 , x2 , x3 ).
88
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Задача 5.3. Рассмотрим функции ξj = gj (t, x1 , x2 , x3 ), j = 1, 2, 3, которые являются обратными функциями xi = fi (t, ξ1 , ξ2 , ξ2 ), i = 1, 2, 3. Как было сказано
выше, эти функции определяют лагранжевы координаты точки, находящейся в
момент времени t в точке пространства с координатами (x1 , x2 , x3 ). Каков смысл
этих значений? Чему равны индивидуальные производные dξj /dt?
Задача 5.4. Найти поля скорости и ускорения в лагранжевом и эйлеровом описаниях, если движение среды происходит по закону
1. Трехосное растяжение тела:
x1 = a(t)ξ1 , x2 = b(t)ξ2 , x3 = c(t)ξ3 ;
2. Простой сдвиг:
x1 = ξ1 + b(t)ξ2 , x2 = ξ2 , x3 = ξ3 ;
3. Однородная деформация при одновременном вращении тела с закрепленной точкой:
xi = Ai1 (t)ξ1 + Ai2 (t)ξ2 + Ai3 (t)ξ3 , det||Aij || =
6 0.
5.2.1
Траектория и линия тока
Определение 5.5. Траекториeй частицы называется геометрическое место ее
положений во все моменты времени. Траектория частицы определяется законом
движения (5.1).
Определение 5.6. Линией тока в момент времени t0 называется кривая направление касательной которой в каждой точке совпадает в направлением вектора скорости сплошной среды ~v (t0 , x1 , x2 , x3 ) в этот момент времени. Линии
тока определяются из уравнений
dx2
dx3
dx1
=
=
.
v1 (t0 , x1 , x2 , x3 )
v2 (t0 , x1 , x2 , x3 )
v3 (t0 , x1 , x2 , x3 )
(5.3)
Задача 5.5. Привести пример поля скорости сплошной среды, при котором
линии тока и траектории частиц не совпадают.
Задача 5.6. Блиц-вопросы:
5.3. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор скоростей деформаций.89
1. (a) Можно ли по известным в данный момент линиями тока найти закон
движения?; (б) мгновенное поле скоростей?
Ответ: (а) Нельзя: для каждой частицы известна кривая, по которой она
движется, однако это движение может происходить с разной по величине
скоростью; (б) Нельзя: в каждой точке известна прямая, вдоль которой
направлена скорость, но величина скорости может быть разной.
2. (а) Могут ли частицы среды двигаться ускоренно, если скорости всех частиц одинаковы?; (б) а если в каждой точке пространства скорость не изменяется со временем?
Ответ: (а) Могут. (б) могут.
3. Плотность каждой индивидуальной частицы несжимаемой среды является постоянной. Может ли в какой-нибудь точке пространства происходить
изменение плотности со временем?
Ответ: Может.
5.3
Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых
деформаций и тензор скоростей деформаций.
Пусть нас задано поле скоростей сплошной среды в Эйлеровом описании ~v (t, x, y, z).
По полю скоростей легко найти закон движения среды, решив задачу Коши
~r˙ = ~r(t, x, y, z), c начальным условием: ~r(t0 ) = ~r0 ,
~r0 - положения частиц в момент времени t0 выберем в качестве лагранжевых
координат.
Как и в случае твердого тела, постараемся понять качественно, что представляет собой движение задаваемое полем скоростей ~v ?. Для твердого тела
мы показали, что любое движение можно представить как последовательность
мгновенно-винтовых движений.
В отличие от твердого тела, будем проводить анализ локально, то есть в малой окрестности некоторой точки O. Для начала рассмотрим любой произвольный момент времени t. Для любой точки A, находящейся в близкой окрестности
точки O, скорость можно представить в декартовой системе координат:
~vA = ~vO +
∂~v
∂~v
∂~v
(x1 − x1O ) +
(x2 − x2O ) +
~v (x3 − x3O ),
∂x1
∂x2
∂x3
90
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
где (x1O , x2O , x3O ) – координаты точки O, и (x1 , x2 , x3 ) – координаты точки A в
декартовой системе координат.
Данная формула следует немедленно из линейного приближения функции
~vi (t, x1 , x2 , x3 ), i = 1, 2, 3, в окрестности точки O. Рассмотрим компоненту скорости в направлении оси Ox v1 (t, x1 , x2 , x3 ):
v1 (t, x1 , x2 , x3 ) − v1 (t, x1O , x2O , x3O ) = (v1 (t, x1 , x2 , x3 ) − v1 (t, x1O , x2 , x3 )) +
+(v1 (t, x1O , x2 , x3 ) − v1 (t, x1O , x2O , x3 )) + (v1 (t, x1O , x2O , x3 ) − v1 (t, x1O , x2O , x3O ))
В линейном приближении каждую из скобок можно заменить производной умноженной на приращение аргумента, так как по определению производной
df
f (x0 ) − f (x0 )
≈
x − x0
dx
.
x=x0
В итоге получаем
v1 (t, x1 , x2 , x3 ) − v1 (t, x1O , x2O , x3O ) =
∂v1
∂v1
∂v1
(x1 − x1O ) +
(x2 − x2O ) +
(x3 − x3O ) =
∂x1
∂x2
∂x3
∂
∂
∂
(x1 − x1O )
+ (x2 − x2O )
+ (x3 − x3O )
v1 ,
∂x1
∂x2
∂x3
~ (на рисунке 5.1 обогде (x1 − x1O , x2 − x2O , x3 − x3O ) – компоненты вектора OA
значен как ~r). Выражение в больших круглых скобках может быть рассмотрено
как оператор (функция над функцией) над v1 (t, x1 , x2 , x3 ).
Так как (x1 − x1O , x2 − x2O , x3 − x3O ) являются координатами вектора ~r (см.
рис. 5.1), то удобно ввести обозначение
~r · ∇ = (x1 − x1O )
∂
∂
∂
+ (x2 − x2O )
+ (x3 − x3O )
.
∂x1
∂x2
∂x3
Тогда
v1 (t, x1 , x2 , x3 ) − v1 (t, x1O , x2O , x3O ) = ~r · ∇v1 .
Аналогично и для других компонент
v2 (t, x1 , x2 , x3 ) − v2 (t, x1O , x2O , x3O ) = ~r · ∇v2 ,
v3 (t, x1 , x2 , x3 ) − v3 (t, x1O , x2O , x3O ) = ~r · ∇v3 .
5.3. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор скоростей деформаций.91
Рис. 5.1: Деформация малого элемента сплошной среды.
или в векторной записи:
~vA = ~vO + (~r · ∇)~v
~ O , а радиус-вектор точки – за R,
~
Если радиус-вектор точки O обозначить за R
то последняя формула запишется в виде
~ = ~v (t, R
~ O ) + (~r · ∇)~v
~v (t, R)
(5.4)
Теперь посмотрим будем изучать перемещение точки A со временем. Мысленно вырежем и будем рассматривать движение бесконечно-малой частицы
сплошной среды. Рассмотрим два последовательных положения этой частицы
в моменты времени t и t + dt, где dt – бесконечно малый промежуток времени
(рисунок 5.1).
Элементарные перемещения точек O и A запишутся в следующем виде:
0
~0 − R
~O = R
~O
~ O , dR
~ =R
~
dR
−R
92
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Вектор d~r = r~0 − ~r – относительное элементарное перемещение точки A по отношению к O:
0
~0 − R
~ −R
~ O ) = dR
~ − dR
~ O = (~v − ~vO )dt
~O
) − (R
d~r = r~0 − ~r = (R
где ~v , ~vO – скорости точек A и O в момент времени t. Воспользовавшись (5.4),
имеем:
d~r = (~r · ∇)~v dt.
(5.5)
В координатном виде это выражение имеет вид
X ∂vi
· rj dt,
dri =
∂xj
j=1,2,3
где (r1 , r2 , r3 )– координаты
вектора ~r, (dr1 , dr2 , dr3 ) – координаты вектора d~r.
∂vi
Матрица ∂xj является тензором (второго порядка). Как известно из алгебры (см. Приложение A), любую матрицу (тензор) можно представить в виде
суммы симметричной и кососимметричной матриц. Представим dri в виде
X
dri =
(eij rj + fij rj ) dt,
(5.6)
j
где eij – симметричная матрица:
1
eij =
2
∂vi ∂vj
+
∂rj
∂ri
∂vi ∂vj
−
∂rj
∂ri
,
(5.7)
.
(5.8)
fij – кососимметричная матрица:
1
fij =
2
P
f1j rj :
X
∂v1 ∂v2
∂v1 ∂v3
1
r2
−
+ x3
−
=
f1j rj =
2
∂r2 ∂r1
∂r3 ∂r1
j
Преобразуем выражение
j
1
1
= (−r2 (rot~v )3 + r3 (rot~v )2 ) = rot~v × ~r ,
2
2
1
где (rot~v )2 , (rot~v )3 – обозначают проекции вектора rot~v на оси x2 , x3 , соответственно; [ 12 rot~v × ~r]1 – проекция вектора [ 12 rot~v × ~r] на ось x1 .
5.3. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор скоростей деформаций.93
Тогда выражение (5.6) можно переписать в виде формулы Коши-Гельмгольца:
1
d~r = Ê~rdt +
rot~v × ~r dt,
(5.9)
2
где


e11 e12 e13
Ê =  e12 e22 e23 
e13 e23 e33
(5.10)
b = (eij ) называется тензор скоростей деформаОпределение 5.7. Матрица E
ций. εb = (eij dt) – тензор малых деформаций.
Утверждение 5.2. Элементарное перемещение любой точки жидкой частицы можно рассматривать как геометрическую сумму трех перемещений: (1)
поступательного движения точки O; (2) вращательного с осью вращения ω =
1
rot~v ; (3) деформационного.
2
~ − dR
~ O , то
Доказательство. Так как d~r = dR
1
~ = dR
~ O + Ê~rdt +
dR
rot~v × ~r dt
2
(5.11)
Разделив на dt мы можем повторить тоже самое заключение про скорость:
1
~v = ~vO + Ê~r + rot~v × ~r
2
5.3.1
(5.12)
Чистая деформация. Эллипсоид деформации
Рассмотрим физический смысл тензора (εij ). Для этого рассмотрим случай чистой деформации то есть случай, когда вращательная часть движения отсутствует (rot~v = 0).
Перейдем в ортогональную систему координат в которой матрица (εij ) имеет
диагональный вид


ε1 0 0
ε̂ =  0 ε2 0 
(5.13)
0 0 ε3
94
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Так как матрица (εij ), то из алгебры известно, что такая система координат
обязательно существует (см. Приложение). Такую систему координат назовем
главной, а соответствующие оси - главными осями.
В этой системе координат из формулы Коши-Гельмгольца для чистой деформации получим
d~r = ε1 r1~e1 + ε2 r2~e2 + ε3 r3~e3 ,
(5.14)
где ~e1 , ~e2 , ~e3 - базисные вектора системы координат.
Рассмотрим пример. Пусть линейный элемент сплошной среды (отрезок OA)
расположен вдоль направления главной оси и имеет длину l. В этом случае вектор ~r имеет координаты (l, 0, 0). Тогда, из формулы (5.14) следует, что вектор d~r
имеет координаты (ε1 l, 0, 0), то есть при перемещении элемент OA сохраняет свое
направление, и изменяет свою длину на величину ε1 l. Если l0 - длина элемента
O0 A0 (элемент в который переходит OA при перемещении), то |d~r| = l0 − l = ε1 l.
То есть ε1 = (l0 − l)/l – относительное удлинение элемента OA за промежуток
времени dt. Величина e1 = ε1 /dt будет являться скоростью удлинения элемента
OA.
Аналогично, можно показать, что элементы параллельные другим главным
осям, будут сохранять свое направление и изменять свою длину пропорционально ε2 и ε3 , соответственно.
Определение 5.8. Коэффициенты ε1 , ε2 , ε3 носят название главных удлинений.
Задача 5.7. Показать, что в случае чистой деформации (вращательная часть
движения отсутствует) точки малой частицы сплошной среды лежащие в момент t на сфере радиуса a:
ξ12 + ξ22 + ξ32 = a2
перейдут в момент t + dt второго порядка, которая может быть только эллипсоидом, так как следствие сплошности движения, шаровая жидкая поверхность
может за бесконечно малый элемент времени dt претерпеть лишь бесконечно
малое изменение своей формы. Этот эллипсоид называется эллипсоидом деформации, а его главные оси называются главными осями деформации.
Решение. Относительные координаты некоторой точки частицы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) по
истечении малого промежутка времени dt примут значения
ξ10 = ξ1 + dξ1 = (1 + e11 dt)ξ1 + e12 dtξ2 + e13 dtξ3
ξ20 = ξ2 + dξ2 = e12 dtξ1 + (1 + e22 dt)ξ2 + e23 dtξ3
ξ30 = ξ3 + dξ3 = e13 dtξ1 + e23 dtξ2 + (1 + e33 dt)ξ3
(5.15)
5.3. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор скоростей деформаций.95
Так как ξi0 отличаются от ξi на величины бесконечно малые, то с точностью до
второго порядка малости можно считать
ξ10 = ξ1 + e11 dtξ10 + e12 dtξ20 + e13 dtξ30
ξ20 = ξ2 + e12 dtξ10 + e22 dtξ20 + e23 dtξ30
ξ30 = ξ3 + e13 dtξ10 + e23 dtξ20 + e33 dtξ30
(5.16)
ξ1 = (1 − e11 dt)ξ10 − e12 dtξ20 − e13 dtξ30
ξ2 = −e12 dtξ10 + (1 − e22 dt)ξ20 − e23 dtξ30
ξ3 = −e13 dtξ10 − e23 dtξ20 + (1 − e33 dt)ξ30
(5.17)
Откуда получаем
Последние формулы показывают, что точки малой частицы, лежащие в момент
t на сфере радиуса а ξ12 + ξ22 + ξ32 = a2 перейдут в момент времени t + dt на
поверхность второго порядка, т.е. эллипс. Уравнение этого эллипсоида будет:
2
2
2
(1 − 2e11 dt)ξ 0 1 + (1 − 2e22 dt)ξ 0 2 + (1 − 2e33 dt)ξ 0 3 −
4e23 dtξ 0 2 ξ 0 3 − 4e13 dtξ 0 1 ξ 0 3 − 4e12 dtξ 0 1 ξ 0 2 = a2
(5.18)
Задача 5.8. Показать, что точки частицы сплошной среды, лежащие на главных осях деформации, остаются после деформации на тех же осях, испытывая
лишь смещения вдоль этих осей.
Решение. Воспользуемся тем свойством главных осей эллипсоида, что они совпадают с нормалями к эллипсоиду в точках его пересечения с осями. Пусть
точка A пересечения главной полуоси эллипсоида с эллипсоидом имеет координаты (ξ10 , ξ20 , ξ30 ). Направляющие косинусы нормали к эллипсоиду в этой точке
равны производным левой части уравнения (B.6) по (ξ10 , ξ20 , ξ30 ). Условия коллинеарности нормали с вектором ОА запишутся в виде
(1 − 2e11 )dtξ10 − 2e12 dtξ20 − 2e13 dtξ30 = µξ10
−2e12 dtξ10 + (1 − 2e22 )dtξ20 − 2e23 dtξ30 = µξ20
−2e13 dtξ10 − 2e23 dtξ20 + (1 − 2e33 )dtξ30 = µξ20
(5.19)
Параметр µ имеет очень простое значение. Если умножить предыдущие уравнения на ξ10 , ξ20 , ξ30 соответственно и сложить, то получим, что a2 = µ(ξ 0 21 + ξ 0 2 + ξ 0 23 ).
Откуда
µ = a2 /r02 ,
(5.20)
96
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
где r0 - длина рассматриваемой главной полуоси эллипсоида. Учитывая выражения (B.5) условия коллинеарности могут быть переписаны ы следующем виде
2ξi − ξi0 = µξi0 , i = 1, 2, 3
откуда
1 + µ ~0
r.
(5.21)
2
Где ~r - радиус-вектор той точки А, которая после деформации перешла в конец
вектора r~0 . Мы показали, что все точки, лежавшие до деформации на главной
оси эллипсоида, остаются после деформации на той же оси.
~r =
Главные удлинения. Вычислим отнесенное к единице времени относительное удлинение главной оси e = (r0 − r)/rdt. Учитывая (B.8) и что r=a, получим
µ=
1
(1 + edt)2
Или пренебрегая членами второго порядка малости
µ = 1 − 2edt
(5.22)
Воспользовавшись последним выражением, можно переписать (B.7) как
(e11 − e)ξ10 + e12 ξ20 + e13 ξ30 = 0
e12 ξ10 + (e22 − e)ξ20 + e23 ξ30 = 0
e13 ξ10 + e23 ξ20 + (e22 − e)ξ20 = 0
(5.23)
Условие совместности этой системы трех однородных уравнений по (ξ10 , ξ20 , ξ30 )
состоит в равенстве 0 определителя
e11 − e
e12
e13
e12
e22 − e
e23
e13
e23
e33 − e
=0
(5.24)
Это кубическое относительно e всегда имеет три вещественных корня e1 , e2 , e3 .
Которые и определяют длины главных осей эллипсоида
a2 =
R2
R2
R2
, b2 =
, c2 =
1 − 2e1 dt
1 − 2e2 dt
1 − 2e3 dt
5.3. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор малых деформаций и тензор скоростей деформаций.97
Уравнение эллипсоида деформации в системе координат связанных с главными
осями получит вид
(1 − 2e1 dt)2 η12 + (1 − 2e3 dt)2 η32 + (1 − 2e3 dt)2 η32 = 0
(5.25)
Кубическое расширение. Рассмотрим величину:
e1 + e2 + e3 = e11 + e22 + e33 = div~v .
Нетрудно доказать, что эта величина имеет простое физическое значение, выражая собой кубическое расширение жидкости, отнесенное к единице времени.
4
πabc − 4 πR3
(1 + e1 dt)(1 + e2 dt)(1 + e3 dt) − 1
V0−V
= 3 4 33
=
= e1 + e2 + e3 .
V dt
dt
πR dt
3
Таким образом, величина div~v характеризует скорость относительного изменения объема частицы среды.
5.3.2
Однородная деформация
b = (eij ), ω
Заметим, что величины E
~ определяющие чистую деформацию и вращение частицы, относятся к точке O и являются функциями координат и времени. В том случае, когда эти величины являются постоянными, деформация
называется однородной.
Задача 5.9. Показать, что при однородной деформации точки жидкости лежащие на плоскости или на прямой, остаются после деформации соответственно
на некоторой плоскости или на прямой.
Задача 5.10. Выяснить значение коэффициента e11 , считая, что все прочие
коэффициенты равны 0.
Решение. В этом случае
ξ10 = (1 + e11 dt)ξ1 , ξ20 = ξ2 , ξ30 = ξ3
Откуда
ξ10 − ξ1
= e11
ξ1 dt
e11 определяет скорость относительного удлинения материального элемента направленного по оси x.
98
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Задача 5.11. Выяснить значение коэффициента e12 , считая, что все прочие
коэффициенты равны 0. Ответ. e12 есть скорость скашивания прямого угла
Oxy.
Задача 5.12. Показать, что при однородной деформации направления главных
осей деформации для любой точки жидкости будут одинаковы.
Задача 5.13. В результате перемещения частицы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) среды оказались в
точках с координатами
x1 = ξ1 + aξ1 , x2 = ξ2 , x3 = ξ3 , a = const,
относительно пространственной декартовой системы координат. Такая деформация называется однородным одноосным растяжением в направлении оси x1 .
а) Что произошло с материальными элементами, первоначально расположенными параллельно и перпендикулярно координатной оси x1 , при a > 0, и при
−1 < a < 0?
б) Найти поле перемещений в лагранжевом и эйлеровом описании.
Задача 5.14. Для одноосного растяжения с параметром a, являющимся функцией времени a = a(t), причем a(0) = 0,
а) записать формулу перехода от пространственной системе координат (xi )
к сопутствующей (ξ α );
б) нарисовать координатные линии, найти векторы базиса и компоненты метрического тензора для сопутствующей лагранжевой системы координат (ξ α ) в
момент t;
Задача 5.15. Найти компоненты поля перемещения в лагранжевом и эйлеровом
описании при простом сдвиге. Найти тензор малых деформаций.
Задача 5.16. Найти поле скорости в неподвижной системе координат и вычислить тензор скоростей деформации при а) одноосном растяжении, считая
параметр a заданной функцией времени t, б) при простом сдвиге.
Задача 5.17. Доказать, что если тензор скоростей деформаций в некоторый момент одинаков во всех точках среды, то в этот момент и вектор вихря одинаков
во всех точках среды.
Задача 5.18. Указать условия, которым должно удовлетворять поле симметричного тензора второго ранга, чтобы оно было полем скоростей деформаций
для некоторого поля скорости.
5.4. Условия совместности
5.4
99
Условия совместности
В предыдущей секции мы ввели понятие тензора малых деформаций и тензора
скоростей деформаций. Дальнейшие рассуждения справедливы для каждого из
этих тензоров.
В силу определения eij = eji , таким образом эти тензора имеют только 6 различающихся компонент. Эти 6 компонент все еще не являются независимыми,
так как согласно формулам (5.7) выражаются через три компоненты скорости
(v1 ,v2 , v3 ). В силу зависимости они удовлетворяют соотношениям, которые называются условиями совместности Сен-Венана
∂ 2 ekl
∂ 2 ekj
∂ 2 eil
∂ 2 eij
+
=
+
, i, j, k, l = 1, 2, 3.
∂xk ∂xl ∂xi ∂xj
∂xi ∂xl ∂xk ∂xj
(5.26)
Из этих 81 уравнений лишь 6 являются независимыми.
Задача 5.19. а) Доказать необходимость условий совместности Сен-Венана; б)
Доказать утверждение о том, что только шесть из них являются независимыми;
в) Доказать достаточность условий Сен-Венана в случае односвязной области.
5.5
Литература к лекции 5
1. М. Э. Эглит, Лекции по механике сплошных сред, Лекция 1, 7-11
2. Л. И. Седов, Механика сплошных сред, Том 1, Глава 2
100
Глава 5. Кинематика деформируемого тела (сплошной среды)
Часть III
Динамика материальной точки и
системы материальных точек
101
Глава 6
Динамика материальной точки
Основные положения ньютоновской механики были сформулированы во второй
лекции нашего курса. В частности, было введено понятие инерциальной системы отсчёта в которой ускорение свободной материальной точки (то есть точки
на которое не действуют другие тела или поля) равно 0. Первый закон Ньютона
фактически постулирует наличие хотя бы одной такой системы.
Нами также был сформулирован принцип детерминированности Ньютона:
“Начальное состояние механической системы (совокупность положений и скоростей точек системы в какой-нибудь момент времени) однозначно определяет все
ее движение.“ На математическом языке этот закон означает, что закон движения ~r(t) однозначно определяется заданием положения ~r(t0 ) и скорости точки
~r˙ (t0 ) в некоторый момент времени t0 . Значит и для ускорения можно записать
~r¨(t0 ) = f (t0 , ~r(t0 ), ~r˙ (t0 )). Так как в качестве начального можно взять любой момент времени, то справедливо дифференциальное уравнение
~r¨(t) = f~(t, ~r(t), ~r˙ (t))
(6.1)
Это уравнение называется уравнением движения. Вектор-функция f~ определяется из физических соображений.
6.1
Масса – мера инертности тела
Введем понятие массы. Что означает фраза “масса – мера инертности тела”?
Из повседневного опыта мы знаем, что чем больше “масса” тела, тем труднее
изменить характер его движения. Чтобы привести в движение более тяжелое
тело нужно приложить больше усилий. Также тяжелое тело труднее остановить.
103
104
Глава 6. Динамика материальной точки
Попробуем дать более точное определение инертной массы. Будем работать
в инерциальной системе отчёта. Рассмотрим изолированную механическую систему.
Определение 6.1. Изолированная механическая система – это идеализация в
которой считается, что система тел настолько удалена от остальных тел, что
они не оказывают влияния на движение тел системы, которые взаимодействуют
между собой.
6.1.1
Инертная масса
Рассмотрим систему из двух материальных точек, которые как-то взаимодействуют друг с другом. Опытным путём (проводя множество различных экспериментов) было установлено, что скорости частиц в любые два произвольных
момента времени t1 и t2 связаны соотношением:
~v1 (t1 ) + µ12~v2 (t1 ) = ~v1 (t2 ) + µ12~v2 (t2 ),
(6.2)
где µ12 – коэффициент, который не зависит ни от выбранных моментов времени,
ни от скоростей взаимодействующих тел.
Рассмотрим теперь третье тело. Для замкнутых систем, состоящих из тел 1
и 3, а также тел 2 и 3 можно определить аналогичные коэффициенты µ13 и µ23 .
При этом оказалось, что для совершенно произвольных тел всегда справедливо
соотношение
µ32
.
(6.3)
µ12 =
µ31
Так как коэффициент µ12 не имеет отношения к телу 3 (которое к тому же
произвольно!), то в выражениях для коэффициентов µ32 и µ31 можно выделить
часть, зависящую только от тела 3. То есть коэффициенты µ32 и µ31 можно
представить в виде
µ31 = f3 f1 , µ32 = f3 f2 ,
где f3 – часть этих коэффициентов, которая зависит только от свойств тела 3. В
силу (6.3) значение f3 должно быть одним и тем же и для µ31 , и для µ32 , т.е. f3
является свойством, присущим телу 3. Это свойство тела 3 и назовем инертной
массой и будем обозначать буквой m: f3 = m3 . Аналогично обозначим: f1 = m1
– масса тела 1, f2 = m2 – масса тела 2. Тогда выражение (6.2) можно записать
в виде
m1~v1 (t1 ) + m2~v2 (t1 ) = m1~v1 (t2 ) + m2~v2 (t2 ).
(6.4)
6.2. Импульс. Второй закон Ньютона.
105
Соотношение (6.4) определяет понятие массы с точностью до константы.
Действительно, умножив это соотношение на произвольный коэффициент k (k 6=
0) мы можем изменить “масштаб” массы в k раз. Поэтому необходимо ввести эталон массы. При этом проводятся рассуждения, аналогичные рассуждениям об
единицах длины и времени, которые обсуждались на первой лекции. В системе
СИ единицей массы является 1 кг, а эталоном до 2018 года служил конкретный
объект, который хранится в Международном бюро мер и весов во Франции.
В некоторых естественных системах единиц в качестве единицы массы используются массы элементарных частиц: электрона или протона. В планковской
системе единиц, также относящейся к естественным системам, единицей массы
является планковская масса.
6.1.2
Гравитационная масса
Несмотря на данное выше определение массы, в обыденной жизни наиболее естественно дать другое определение массы. Для этого удобно воспользоваться рычажными весами. Имея такие весы и эталон массы мы можем определить массу
любого тела. Этот способ определения массы основан том предположении, что
сила тяжести действует одинаково на взвешиваемые на двух чашах весов массы.
Поэтому так определенное масса называется гравитационной массой.
Эксперименты (например, опыты Галилея, Ньютон до 0.1 % В.Б.Брагинский
до 10−12 ) показали, что гравитационная и инертная массы совпадают с очень
большой точностью. Это дало возможность Эйнштейну положить, что эти массы тождественно равно и сформулировать принцип эквивалентности сил гравитации и инерции, который лежит в основе общей теории относительности.
6.2
Импульс. Второй закон Ньютона.
Введем понятие импульс материальной точки
p~ = mV~
Импульс системы из двух материальных точек p~ = p~1 + p~2
Тогда из описанных выше опытов получаем закон сохранения импульса для
замкнутой системы
p~1 + p~2 = const.
106
Глава 6. Динамика материальной точки
Умножим уравнение движения (6.1) на массу, тогда его можно переписать в
следующем виде
d~p
= m~r¨ = F~ (t, ~r(t), ~r˙ (t)),
(6.5)
dt
где F~ = mf~ называется силой. Уравнение (6.5) называется 2-м законом Ньютона.
Согласно изложенному выше 2-ой закон Ньютона рассматривается не как
закон, а как определение силы. Интуитивно силу определяют несколько иначе. Сила – это любой вид толчка или натяжения. Повседневный опыт говорит,
что силы приводят к деформациям (пусть и незаметным) и движениям. Количественно силу можно определить с помощью откалиброванного пружинного
динамометра. Калибровку можно провести подвешивая к динамометру грузики
различной массы. Далее можно ввести эталон и единицу силы. Единицу силу выбирают обычно согласовано с единицами массы и расстояния и времени, чтобы
в законе Ньютона не появлялось дополнительного коэффициента Если определять силу “интуитивно”, то второй закон Ньютона будет являться физическим
законом, а не определением силы.
Уравнение (6.5) является системой трех обыкновенных дифференциальных
уравнений второго порядка. Для того, чтобы его решение было однозначным
необходимо задать два условия, например, положение с скорость точки в некоторый момент времени, или, положение точки в два различных момента времени.
Уравнение (6.5) справедливо только в инерциальных системах координат.
Прямая задача динамики материальной точки состоит в нахождении закона
движения при заданных силах, обратная задача – нахождение силы по заданному движению.
Рассмотрим пример обратной задачи.
Задача 6.1. Рассмотрим тело массы m висящее на пружине. Если пружину оттянуть вниз и отпустить, то оно начнет совершать колебания по закону
(этот закон можно найти экспериментально). Найти силу, которая
x = Acos 2πt
T
действует на тело со стороны пружины.
Решение.
F = mẍ = −m
где k = m
2π 2
.
T
2π
T
2
2πt
Acos
= −m
T
2π
T
2
x = −kx,
6.3. Силы в механике
107
Опыт показывает, что k не зависит ни от массы тела, ни от периода T , а значит это свойство пружинки. k называется коэффициентом жесткости пружинки,
а закон F = −kx законом Гука.
Замечание. Для сил справедлив принцип суперпозиции: F~ = F~1 + F~2 . Примеры:
пружинки, действие зарядов.
Задача 6.2 (Сивухин). К пружине прикреплено тело, которое может смещаться
вдоль определённой прямой (например, вдоль стержня, на который оно надето).
Эта система может служить акселерометром, т.е. прибором для измерения ускорения тела, на котором такой прибор установлен. Описать принцип действия
такого акселерометра.
6.3
Силы в механике
Заметим, что для решения конкретных прямых задач силы должны определяться независимо от закона Ньютона, то есть из других известных физических
законов.
Основные силы (фундаментальные взаимодействия):
1. Сила гравитационного притяжения (дальнодействующая сила). В ньютоновской механике:
Gm1 m2~r
F~12 = −
r3
Тело 2 создает гравитационное силовое поле, которое действует на тело 1. И
наоборот.
Так как определенная выше сила не является инвариантной относительно
преобразования Лоренца, то в Общей теории относительности (теории гравитации) Эйнштейн фактически заменил силу гравитации искривлением пространствавремени (т.е. геометрией).
2. Электромагнитные силы (силы Кулона и Лоренца)
~ + [~v × B])
~
F~ = q(E
Электромагнитные поля создаются зарядами (покоящимися и движущимися).
Поля материальны, так как могут существовать независимо от возбудивших его
тел. Примеры: электромагнитная волна, давление света.
3. Сильное взаимодействие — фундаментальное короткодействующее взаимодействие между адронами и кварками. Действует в масштабах порядка размера
108
Глава 6. Динамика материальной точки
атомного ядра и менее. Благодаря сильному взаимодействию образуются ядерные силы, благодаря которым нуклоны могут образовывать стабильные системы
– атомные ядра
4. Слабое взаимодействие — фундаментальное короткодействующее взаимодействие, ответственное, в частности, за процессы бета-распада атомных ядер
и слабые распады элементарных частиц. Проявляется на расстояниях, значительно меньших размера атомного ядра (характерный радиус взаимодействия
2 × 10−18 м).
Производные виды сил
1. Сила упругости – реакция тела на изменение его формы. Закон Гука (в
простейшей формулировке): "Сила упругости, возникающая при деформации тела, прямо пропорциональна удлинению тела и направлена противоположно направлению перемещения частиц тела относительно других
частиц при деформации."В задаче о грузе на пружинке со стороны пружинки действовала как-раз сила упругости.
2. Силы трения и сопротивления.
Различают различные силы трения:
• вязкое трение – трение между поверхностью твёрдого тела и окружающей его жидкой или газообразной средой, или трение между различными слоями такой среды,
• сухое трение – трение между поверхностями двух соприкасающихся
твёрдых тел. Если нет относительного движения, то сухое трение – это
трение покоя или трение сцепления. При относительном движении –
трение скольжения или трение качения.
Главное отличие сухого трения от жидкого – оно сохраняется и в случае
отсутствия относительного движения соприкасающихся поверхностей (не
существует вязкого трения покоя).
На рис. 6.1 схематично показана сила трения покоя. Зависимость сухого трения от скорости относительного движения соприкасающихся поверхностей показана на рис. 6.2.
Кулон экспериментально установил, что сила трения не зависит от площади поверхности, вдоль которой тела соприкасаются, и пропорциональна силе
нормального давления fn , с которой одно тело действует на другое:
fтр = µfn ,
6.4. Третий закон Ньютона.
109
Рис. 6.1: Сила трения покоя.
Рис. 6.2: Зависимость силы сухого трения от относительной скорости.
Кулон также установил, что зависимость коэффициента трения от скорости слабая.
Сила жидкого трения будет детально обсуждаться в нашем курсе позже.
6.4
Третий закон Ньютона.
Для изолированной системы, состоящей из двух материальных точек, имеем
закон сохранения импульса
p~1 + p~2 = const
⇒ p~˙1 + p~˙2 = 0, и в силу второго закона Ньютона имеем
F~1 = −F~2 .
Добавив к полученному экспериментальный факт, что при взаимодействии двух
материальных точек силы направлены вдоль прямой, соединяющей эти точки,
получим третий закон Ньютона.
110
Глава 6. Динамика материальной точки
Утверждение 6.1 (третий закон Ньютона). Силы взаимодействия двух материальных точек:
1. равны по модулю,
2. противоположно направлены,
3. действуют вдоль прямой, соединяющей эти материальные точки,
4. приложены к разным точкам,
5. одной природы.
6.5
Обобщение закона сохранения импульса для
системы материальных точек. Теорема о движении центра масс.
Рассмотрим теперь механическую систему, состоящую из n материальных точек. Будем считать, что справедлив принцип парного взаимодействия, то есть
считаем, что две материальные точки действуют друг на друга также, как они
действовали бы в отсутвие других материальных точек. Тогда для тел i и j
можем записать третий закон Ньютона
F~ij = −F~ji .
(6.6)
Посчитаем чему равна сумма всех внутренних сил в механической системе, то
есть сумма сил, действующих на частиц системы со стороны остальных. На iтело действует со стороны остальных частиц действует суммарная сила
X
F~i =
F~ij
j=1...,i−1,i+1,...n
Суммируя по i и учитывая (6.6) получим
F~1 + .. + F~n = 0.
Таким образом геометрическая сумма всех внутренних сил в системе равна нулю.
Введем понятие импульс системы материальных точек p~ = p~1 +..+~pn . Суммируя уравнения, выражающие 2-ой закон Ньютона для каждой из точек системы,
6.5. Обобщение закона сохранения импульса для системы материальных точек. Теорема о движении ц
3-го закона Ньютона, и с учётом принципа попарного взаимодействия, получим
закон изменения импульса системы материальных тел:
d~p
= F~ (e)
dt
(6.7)
F~ (e) – равнодействующая всех внешних сил, действующих на систему.
Если система замкнута и сумма внешних сил равна нулю, то полный импульс
системы сохраняется
p~1 + .. + p~n = const.
(6.8)
Закон сохранения импульса (надлежащим образом обобщенный) носит фундаментальный характер и не знает никаких исключений.
Как определить массу системы материальных точек? Для этой системы введен импульс
p~ = m1~v1 + m2~v2 + ... + mn~vn .
Введем обозначение p~ = m~vc :
m~vc = m1~v1 + m2~v2 + ... + mn~vn .
(6.9)
Здесь m и ~vc пока не определены. Будем полагать, что это соотношение сохраняется при переходе к другой инерциальной системе координат, которая движется
~:
относительно первой со скоростью U
mv~0 c = m1 v~0 1 + m2 v~0 2 + ... + mn v~0 n ,
(6.10)
~ ,v~0 i = ~vi + U
~ (i=1,..,n). Вычитая (6.9) из (6.10) имеем
где v~0 c = ~vc + U
m = m1 + m2 + ... + mn .
Таким образом, m – масса системы материальных точек, а ~vc определяется из
(6.9).
Вектор ~vc является вектором скорости центра масс системы материальных
точек. Действительно, пусть положения материальных точек 1 и 2 определяется
радиус-векторами ~r1 и ~r2 . Положение центра масс ~rc определяется соотношением
(m1 + m2 + ...mn )~rc = m1~r1 + m2~r2 + ... + mn~rn .
Дифференцируя которое получаем
(m1 + m2 + ... + mn )~r˙c = m1~v1 + m2~v2 + ... + mn~vn
(6.11)
112
Глава 6. Динамика материальной точки
Сравнивая с (6.9) имеем, что ~vc = ~r˙c , то есть является вектором скорости
центра масс. Соотношение (6.7) таким образом записывается в виде
m
d~vc
= F~ (e) .
dt
Таким образом,
Теорема 6.1 (теорема о движении центра масс). Центр масс системы материальных точек движется как материальная точка, масса которой равна
суммарной массе системы, а действующая сила – геометрической сумме всех
внешних сил, действующих на систему.
6.6
Импульс силы и изменение импульса
Интегрируя закон изменения импульса системы материальных точек (d~p/dt =
F~ (e) ) получаем:
Z t
p~ − p~0 =
F~ (e) dt.
t0
Правая часть этого соотношения называется импульсом сил за время ∆t = t−t0 .
Из этого видно, что приобретённый системой импульс зависит не только от
силы, но и от длительности воздействия.
Опыты: (1) опыт с грузиком на нитке; (2) опыт с палкой и бумажными кольцами.
См. Сивухин параграф 18
6.7
Приведенная масса
См. Сивухин параграф 20 (стр 119-128)
6.8
Движение тел с переменной массой. Реактивное движение
Закон сохранения импульса для системы материальных точек позволяет решать
множество интересных задач. В частности, но лежит в основе теории реактивного движения.
6.9. Литература к лекции 6
113
Рассмотрим движение ракеты. Пусть m(t) – масса ракеты в произвольный
момент времени t, а ~v (t) – ee скорость в тот же момент времени. Пусть из-за работы реактивного двигателя масса ракеты в момент времени t+∆t уменьшилась
на ∆m за счет сгоревшего топлива. Продукт этого горения – газ, вылетает из
сопла двигателя со скоростью ~vгаз . Пусть mгаз масса газа, вышедшего из сопла
за время ∆t. Из закона сохранения импульса запишем
m(t)~v (t) = (m(t) − ∆m)~v (t + ∆t) + mгаз~vгаз + F~ (e)
Считаем, что масса газа равна массе сгоревшего топлива...
См. Сивухин параграф 21 (стр 119-128)
6.9
Литература к лекции 6
1. Сивухин, главы II и III
Задачи для самостоятельного разбора: Из Сивухина – все задачи главы
III
114
Глава 6. Динамика материальной точки
Глава 7
Следствия из законов Ньютона: I.
Закон сохранения энергии
Сегодня мы рассмотрим некоторые простые, но чрезвычайно важные следствия
второго закона Ньютона для материальной точки и системы материальных точек.
7.1
Теорема о изменении кинетической энергии
Для начала введем несколько определений.
Определение 7.1. Элементарной работой силы F~ на перемещении d~r называется величина
δA = (F~ · d~r)
Работа на некотором конечном участке траектории L
Z
A = (F~ · d~r),
L
где рассматриваемый интеграл является интегралом вдоль траектории.
Определение 7.2. Кинетической энергией материальной точки называется величина:
mv 2
p2
K=
=
.
2
2m
Теорема 7.1 (теорема об изменении кинетической энергии). Работа силы при
перемещении материальной точки равна приращению кинетической энергии
этой точки.
115
116
Глава 7. Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии
Рис. 7.1: Иллюстрация к выражению для работы силы.
Доказательство. Рассмотрим движение материальной точки. Так как в этом
случае F~ = d~p/dt, а перемещении точки определяется из кинематики d~r = ~v dt,
то подставляя в выражение для работы получим:
Z
2
Z
(~v · d~v ),
(~v · d~p) = m
A=
L
1
Из рисунка 7.1 видно, что (~v · d~v ) = vdv = dv 2 /2, тогда
Z
v2
(~v · d~v ) =
A=m
v1
mv22 mv12
−
= K2 − K1 .
2
2
Эта теорема обобщается на систему материальных точек: изменение кинетической энергии системы равна работе всех сил, действующих на неё.
Для её доказательства достаточно записать теорему об изменении кинетической энергии для каждой из частиц системы:
Z
1
2
(F~i · d~ri ) =
mi vi (t2 )2 mi vi (t1 )2
−
,
2
2
7.1. Теорема о изменении кинетической энергии
117
где F~i – сумма всех сил (внутренних и внешних), действующих на i-тую частицу,
и просуммировать по всем частицам системы:
XZ 2
(F~i · d~ri ).
(7.1)
K(t2 ) − K(t1 ) =
i
1
Интегралы в правой части этого соотношения берутся вдоль траектории от точек ~ri (t1 ), где i-ая частица находилась в момент времени t1 , до точки ~ri (t2 ), где
i-ая частица находилась в момент времени t2 .
Заметим, что внутренние силы F~ij и F~ji в данном случае не сокращаются,
так как они входят в интегралы вдоль разных траекторий.
Об изменении энергии в СТО
Для желающих: самостоятельно прочитать в Сивухине.
7.1.1
Связь между кинетическими энергиями в различных
системах отсчета. Теорема Кёнига
Пусть система S 0 движется относительно S поступательно со скоростью V~ (которая, в общем случае, может меняться во времени):
~v = v~0 + V~
1 2 1 02 1
mv = mv + mV 2 + m(v~0 · V~ )
2
2
2
1
K = K 0 + mV 2 + (p~0 · V~ )
2
Для системы материальных точек системы материальных точек легко обобщается суммированием
1
K = K 0 + mV 2 + m(v~0 c · V~ ),
2
0
0
0
~
где v c = (m1~v1 + m2~v2 + ...)/m – скорость центра масс системы материальных
точек относительно S 0 , m = m1 + m2 + ... – её суммарная масса.
Если v~0 c = 0, то выполняется теорема Кенига
1
K = K 0 + mV 2 ,
2
Теорема 7.2 (теорема Кенига). Кинетическая энергия системы равна сумме
кинетической энергии относительного движения в системе координат связанной с центром масс системы, и кинетической энергии движения суммарной
массы движущейся с центром масс.
118
Глава 7. Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии
7.1.2
Потенциальные и консервативные силы. Потенциальная энергия
В общем случае входящие в правую часть (7.1) работы сил зависят от значений
сил во всех точках траектории частицы. Однако существует класс сил, называемых консервативными (потенциальными) для которых интеграл зависит только
от величины силы в начальной и конечной точках и не зависит от траектории
между ними.
Определение 7.3. Сила называется позиционной, если она зависит только от
положения и времени: F~ = F~ (~r, t).
Позиционная сила называется потенциальной, если существует функция U (~r, t),
такая, что
∂U
,
F~ (~r, t) = −gradr U (~r, t) = −
∂~r
Здесь gradr U (~r, t) или ∂U
обозначения для вектора, который
в декартовых ко∂~
r
, ∂U , ∂U . Функция U называется
ординатах имеет следующие компоненты ∂U
∂x ∂y ∂z
потенциальной энергией.
Если потенциальная сила не зависит от времени, то она называется консервативной.
Утверждение 7.1. Работа, которую совершает консервативная сила на участке траектории от точки 1 до точки 2:
Z Z
∂U
~
· d~r = U (~r1 ) − U (~r2 ).
(7.2)
A = (F · d~r) = −
∂~r
L
L
Доказательство. Докажем, что
Z ∂U
· d~r = U (~r2 ) − U (~r1 )
∂~r
L
Для доказательства этой формулы разобьем интеграл вдоль траектории на
сумму ее маленьких (бесконечно малых) участков:
XZ Z ∂U
∂U
· d~r =
· d~r ,
∂~r
∂~r
L
Li
L
i
где L = ∪Li . Посчитаем интеграл вдоль одного из таких участков от точки
(x0 , y0 , z0 ) до точки (x0 + dx, y0 + dy, z0 + dz)
7.1. Теорема о изменении кинетической энергии
119
Предварительно рассмотрим небольшую математическую задачу: Пусть задана поверхность z = f (x, y). Аналогично тому, как любую кривую локально
можно заменить прямой (касательной), то и в небольшой окрестности точки
(x0 , y0 ) любую хорошую (то есть для которой выполняется условие Липшица)
поверхность можно заменить плоскостью
f (x, y) − f (x0 , y0 ) = A(x − x0 ) + B(y − y0 )
Дифференцируем по x и y и вычисляем коэффициенты A и B, имеем, что (в
линейном приближении) функцию f (x, y) можно записать:
∂f
∂f
f (x, y) − f (x0 , y0 ) =
· (x − x0 ) +
· (y − y0 )
∂x x=x0 ,y=y0
∂y x=x0 ,y=y0
Более того, для любой (“хорошей”) функции многих переменных можно записать
линейное приближение: Так для функции U (x, y, z) запишем
=
∂U
∂x
~
r=~
r0
U (x, y, z) − U (x0 , y0 , z0 ) =
∂U
∂U
· (x − x0 ) +
· (y − y0 ) +
∂y ~r=~r0
∂z
· (z − z0 )
~
r=~
r0
Откуда
dU =
∂U
· d~r .
∂~r
Следовательно, для бесконечно малого отрезка Li
Z ∂U
· d~r = U (~r1 + ∆~r) − U (~r1 )
∂~r
Li
Суммируя по всем бесконечно-малым участками, получаем
Z ∂U
· d~r = U (~r2 ) − U (~r1 ).
∂~r
L
Таким образом задача решена.
Теорема 7.3 (закон сохранения энергии). Полная энергия E = K + U материальной точки в поле консервативных сил сохраняется, т.е.
K1 + U1 = K2 + U2 .
120
Глава 7. Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии
Доказательство. Следует из теоремы 7.1 о кинетической энергии A = K2 − K1
и утверждения 7.1.
Примеры консервативных сил и вычисление потенциальной энергии: 1) сила
тяжести в однородном гравитационном поле, 2) сила упругости, 3) гравитационная сила.
Примеры неконсервативных сил: 1) сила трения, 2) гироскопические силы
(сила Лоренца, “сила” Кориолиса).
Задача 7.1. Центральная сила F~ = F (r)~er потенциальна, причем
Z
U = U (r) = − F (r)dr.
Решение. Проверим, что указанная функция U действительно является потенцильной функцией для центральной силы. Дифференцируя U получаем
dU
= −F (r).
dr
p
Вычислим gradU (r). Для этого рассмотрим U и r = x2 + y 2 + z 2 как функцию декартовых координат (x, y, z), тогда по правилу дифференцирования сложной функции
dU
grad(r),
gradU (r) =
dr
В декартовой системе координат компоненты gradU = (∂U/∂x, ∂U/∂y, ∂U/∂z).
По определению grad(r) = (∂r/∂x, ∂r/∂y, ∂r/∂z). Рассмотрим
∂r
x
1
2x = ,
= p
2
2
2
∂x
r
2 x +y +z
и аналогично получим
∂r
y ∂r
z
= ,
= .
∂y
r ∂y
r
Так как
|grad(r)| =
x 2
r
+
y 2
r
+
z 2
r
= 1,
то grad(r) = ~er . Следовательно
gradU =
dU
dU
grad(r) =
~er = −F (r)~er = −F~ ,
dr
dr
что и требовалось показать.
7.2. Одномерное движение в потенциальном поле
7.2
121
Одномерное движение в потенциальном поле
Рассмотрим одномерное движение материальной точки
ẋ = v, mv̇ = F.
Если сила
R F не зависит от времени, то она всегда потенциальна с потенциалом
U = − F (x)dx. Закон сохранения энергии запишется в виде
mv 2
+ U (x) = E.
2
Закон сохранения энергии позволяет провести качественный анализ движения материальной точки без нахождения точного решения задачи. Так как
v 2 > 0, то
mv 2
= E − U (x) ≥ 0,
2
где E – полная энергия, определяемая из начальных условий. Это неравенство
определяет область возможных движений материальной точки. Такая область
зависит от вида функции U и от величины полной энергии E.
Рассмотрим потенциал, показанный на рис.44 (см. Сивухин). Далее читать
см. Сивухин стр.147-148.
Определение 7.4. Финитным движением называется такое движение, которое происходит в ограниченной области пространства.
7.3
Устойчивость равновесия. Теорема Лагранжа
Определение 7.5. Пусть материальная точка находилась в момент времени
t0 в некотором положении и ее скорость равнялась нулю. Если при этих начальных условиях точка продолжает оставаться в этом положении при t > t0 ,
то данная точка называется положением равновесия. В случае потенциальной
силы условием равновесия является условие gradU = 0.
Определение 7.6. Положение равновесия называется устойчивым, если движение точки, начавшееся в достаточно малой окрестности этого положения и
с достаточно малой скоростью, будет оставаться в некоторой достаточно малой
окрестности этого положения равновесия. В противном случае положение будет
называть неустойчивым.
122
Глава 7. Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии
Теорема 7.4 (теорема Лагранжа). Если в положении равновесия материальной точки потенциал силы имеет изолированный минимум, то такое положение равновесия устойчиво.
Доказательство. см. Березкин, стр. 227-228.
7.4
Вириал сил. Теорема Клазиуса о вириале
Определение 7.7. Операция “hf i” обозначает осреднение значения величины
f (t) за большой промежуток времени T , т.е.
1
hf i = lim
T →∞ T
Z
t+T
f (τ )dτ.
t
Утверждение 7.2. Если f (t) есть производная ограниченной по времени функции, т.е. f = dϕ/dt, то hf i = 0.
Доказательство. Действительно,
1
hf i = lim
T →∞ T
Z
t
t+T
dϕ
ϕ(t + T ) − ϕ(t)
dτ = lim
= 0.
T →∞
dτ
T
Определение 7.8. Определим вириал сил F~ действующих в системе как
V =−
1X
(~ri · F~i ),
2 i
где суммирование производится по всем материальным точкам системы.
Теорема 7.5 (теорема Клазиуса о вириале). Если движение системы финитно,
то справедлива теорема Клазиуса о вириале
hKi = hV i,
где K – кинетическая энергия системы материальных точек.
Эта теорема является важной в различных областях физики, в частности, в квантовой механике.
7.5. Абсолютно упругий и абсолютно неупругий удары
123
Доказательство. Для простоты проведем доказательство для системы, состоящей из одной материальной точки (для системы из n материальных точек доказательство проводится аналогично путем суммирования по точкам системы).
Подставляя выражение силы из второго закона Ньютона в определение вириала имеем
m
m
V = − ~r · ~r¨ = − (xẍ + y ÿ + z z̈).
2
2
C другой стороны
m
d2 2
(x + y 2 + z 2 ) = 2m (ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) + (xẍ + y ÿ + z z̈) .
2
dt
Поэтому можно записать
d2 2
m 2 (x + y 2 + z 2 ) = 4(K − V ).
dt
Если движение финитно, то среднее значение от левой части за большой
промежуток времени будет равно 0 (в соответствии с утверждением 7.2). Отсюда
следует утверждение теоремы.
7.5
Абсолютно упругий и абсолютно неупругий
удары
См. учебник Сивухина, параграфы 26, 28.
7.6
Литература к лекции 7
1. Сивухин
2. Березкин
124
Глава 7. Следствия из законов Ньютона: I. Закон сохранения энергии
Глава 8
Следствия из законов Ньютона: II.
Закон сохранения момента
импульса.
8.1
Момент силы и момента импульса относительно точки. Уравнение моментов для одной материальной точки и для системы материальных точек
Моментом силы F~ относительно точки О называется векторное произведение радиус-вектора ~r на силу F~ :
~ = [~r × F~ ].
M
~ не зависит от того к какой точке на линии действия силы эта
Момент M
сила приложена (см. риc. 8.1).
Решение: Действительно, если мы перенесем действие силы из точки А в
точку А0 (см. рисунок 8.1), то векторное произведение [~r 0 × F~ ] не изменится и
будет равно [~r × F~ ], так как параллелограммы OABC и OA0 B0 C0 имеют равные
площади.
Моментом импульса материальной точки относительно полюса О
называется
~ = [~r × p~]
L
125
126Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
Рис. 8.1: Момент силы.
~˙
Рассмотрим L:
~˙ = [~r˙ × p~] + [~r × p~˙] = [~r × F~ ] = M
~
L
Таким образом получили уравнение моментов для материальной точки.
Если момент силы равен нулю (например сила является центральной), то
~
L = const.
8.1.1
Геометрический смысл момента импульса. Секториальная скорость. Теорема площадей.
Пусть в момент времени t материальная точка находился в точке ~r и имеет
скорость ~v (см. рис. 8.2). За время dt конец радиус-вектора ~r заметёт площадь,
показанную на рисунке и равную модулю вектора
~ = 1 [~r × ~v dt].
dS
2
Последнее выражение можно переписать
~
dS
1
= [~r × ~v ].
dt
2
~˙ называется секторной скоростью и определяет площадь заметаемую
= S
концом вектора ~r в единицу времени. Секторная скорость связана с моментом
импульса соотношением
~ = 2mS.
~˙
L
~
dS
dt
8.1. Момент силы и момента импульса относительно точки. Уравнение моментов для одной материаль
Рис. 8.2: Секториальная скорость.
~ = 0, то L
~ = const и, следовательно
Если сила центральная, то момент сил M
~˙ = const.
S
Последнее выражение называется законом площадей, и имеет два важных следствия:
1. Траектория материальной точки в поле центральных сил есть плоская
кривая.
~˙ = const, то вектора ~r и ~v всегда лежат в одной плоскости
Док-во: Так как S
~˙
(перпендикулярной вектору S).
2. Радиус-вектор ~r заметает за равные времена равные площади.
Задача. Доказать утверждение обратное закону площадей: Если траектория материальной точки плоская кривая и радиус-вектор, проведенный из неподвижной точки О заметает одинаковые площади за равные времена, то направление действующей силы все время проходит через точку О. (Т.е. точка О является силовым центром, откуда "исходят силы".)
Задача. Пусть две материальные точки взаимодействуют между собой так,
что сила между ними направлена вдоль линии их соединяющей. Доказать, что
радиус-вектор, проведенный от первой точки ко второй, будет заметать в равные
времена равные площади.
128Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
8.1.2
Момент импульса и сил относительно неподвижной
оси.
~˙ = M
~ спроектировать на любую неподвижную и
Если уравнение моментов L
проходящую через центр O ось l, то получим уравнение моментов относительно неподвижной оси:
dLl
= Ml ,
dt
где Ll и Ml проекции момента импульса и момента силы на ось l. Эти проекции
называются момент импульса относительно оси l и момент силы относительно
оси l, соответственно.
Если Ml = 0, то получаем закон сохранения момента импульса относительно неподвижной оси.
Для того, чтобы уяснить его смысл разложим вектора ~r и F~ на компоненты,
параллельные и перпендикулярные оси: ~r = ~r|| + ~r⊥ и F~ = F~|| + F~⊥ . Тогда
~ = [~r × F~ ] = [(~r|| + ~r⊥ ) × (F~|| + F~⊥ )] = [~r|| × F~|| ] + [~r⊥ × F~⊥ ] + [~r⊥ × F~|| ] + [~r|| × F~⊥ ]
M
В проекции на ось l вклад даст только член [~r⊥ × F~⊥ ], так как первый член
равен нулю, как произведение двух параллельных векторов, а последние два
члена перпендикулярны оси l. Поэтому
~ || = [~r⊥ × F~⊥ ]
M
Отсюда следует, что момент силы относительно оси равен произведению перпендикулярной составляющей силы на кратчайшее расстояние между осью и
линией действия силы (это расстояние называется плечом силы)
~ || = [~r⊥ × p~⊥ ]. Т.е. момент импульс материАналогично доказывается, что L
альной точки осносительно оси равен произведению перпендикулярной составляющей импульса на плечо.
Пример. Пусть материальная точка вращается по окружности радиуса r.
Момент импульса относительно оси вращения О равен L = mvr. Пусть ω угловая
скорость вращения, v = ωr и L = mr2 ω.
8.2
Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
Пусть на систему материальных точек действует несколько сил. F~1 ....F~n . Момент нескольких сил относительно точки O определяется как сумма моментов
8.2. Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
129
относительно той же точки
~ = [~r1 × F~1 ] + .... + [~rn × F~n ]
M
Момент импульса системы материальных точек относительно точки О
~ = [~r1 × p~1 ] + .... + [~rn × p~n ]
L
Задача 8.1 Как изменяются момент импульса и момент сил системы материальных точек при переходе от одного полюса (т.е. точки относительно которой
считаются моменты) к другой?
Решение: Пусть О и O0 два неподвижных начала. Радиус векторы связаны
так
~ 0,
~ri = ~ri 0 + OO
Тогда
~ 0 × Σ~pi ] = L
~ 0 + [OO
~ 0 × p~]
~ = Σ[~ri × p~i ] = Σ[~ri 0 × p~i ] + [OO
L
~ =M
~ 0 + [OO
~ 0 × F~ ]. F~ - геометрическая сумма сил.
Аналогично, M
Если есть пара сил (то есть две силы F~1 и F~2 , для которых 1) F~1 = −F~2 и 2)
~ =M
~ 0 . Поэтому говорить
они приложены вдоль разных линий действия), то M
о моменте пары сил можно не указывая начала.
Запишем уравнение моментов для каждой из материальных точек (учитывая
внешние и внутренние силы). Складывая, получим
~˙ = M
~ внеш .
L
(8.1)
Моменты внутренних сил взаимоуничножатся. Действительно, рассмотрим две
материальные точки. Пусть со стороны первой точки на вторую действует сила
F~12 . Согласно третьему закону Ньютона F~21 = −F~12 и силы F~12 и F~21 действуют вдоль одной и той же прямой соединяющей центры материальных точек,
следовательно
[~r1 × F~12 ] + [~r2 × F~21 ] = 0.
В качестве следствия имеем для системы материальных точек:
~ внеш = 0, то L
~ = const.
Если M
т.е., в частности, момент импульса замкнутой механической системы сохраняется. Этот закон сохранения момента импульса носит фундаментальный
характер в физике. Является общефизическим принципом.
130Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
Этот закон можно постулировать вместо 3-го закона Ньютона.
Задача 8.2 Рассмотрим закнутую систему из двух материальных точек,
взаимодействующих между собой с силами F~12 и F~21 . Пусть для системы выполнены законы сохранения импульса и момента импульса, тогда выполняется
третий закон Ньютона: Силы F~12 = −F~21 и направлены вдоль прямой, соединяющей взаимодействующие материальные точки.
Решение:
1. Так как p~1 + p~2 = const, то p~˙1 + p~˙2 = 0 и из второго закона Ньютона получим
~
F12 = −F~21 .
2. Из закона сохранения момента импульса [~r1 ×~p1 ]+[~r2 ×~p2 ] = const, cледует
[~r1 × p~˙1 ] + [~r2 × p~˙2 ] = 0. Из второго закона Ньютона и соотношения F~12 = −F~21
имеем [~r1 × p~˙1 ] + [~r2 × p~˙2 ] = [~r1 × F~12 ] − [~r2 × F~12 ] = [(~r1 − ~r2 ) × F~12 ] = 0. Отсюда
следует, что вектора F~12 и ~r1 − ~r2 коллиниарны. Так как сила F~12 приложена
к материальной точке 2, то коллиниарность означает, что сила F~12 направлена
вдоль прямой, соединяющей материальные точки 1 и 2.
8.2.1
Момент инерции системы материальных точек
Прежде чем рассмотреть интересный пример, иллюстрирующий закон сохранения момента импульса, заметим, что изложенные выше уравнение моментов и
закон сохранения момента импульса относительно неподвижной оси обобщаются
на систему материальных точек без каких-либо особенностей.
Рассмотрим неподвижную ось вращения, вокруг которой вращается с одинаковой угловой скоростью система материальных точек. Ее момент импульса
будет равен
L = Σmi ri2 ω = ωI,
где ri - расстояние от i − точки до оси вращения, I = Σmi ri2 - момент инерции
системы материальных точек относительно оси вращения.
Задача 8.3 Доказать, что если к общему вращению системы материальных
точек относительно неподвижной оси добавить движения точек вдоль этой оси
или радиальные движения точек от оси, то эти движения не изменяют соотношения
L = ωI
В этом случае закон изменения момента импульса системы материальных точек
относительно неподвижной оси запишется в виде
d
(ωI) = M внеш
dt
8.2. Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
131
Это основное уравнение динамики вращательного движения вокруг неподвижной оси.
8.2.2
Момент импульса твердого тела. Аналогия с вторым
законом Ньютона
Для твердого тела вращающегося вокруг неподвижной оси уравнение запишется
в виде
dω
I
= M внеш
dt
В этом случае часто строят аналогию между этим уравнением и вторым
законом Ньютона. I - аналог массы, ω̇ -аналог ускорения, L - импульса.
Посчитаем кинетическую энергию вращающегося вокруг оси твердого тела
1
1
1
L2
K = Σmi vi2 = Σmi (ωri )2 = Iω 2 =
2
2
2
2I
Задача 8.4 Рассмотрим две параллельные оси. Проведем перпендикулярную
им плоскость (π). О и А - точки пересечения осей и плоскости (π). Доказать
формулу, связывающую моменты инерции
IA = IO + ma2 − 2m(~a · ~rc ),
~ R
~ c - проекция радиус-вектора (относительно точки O) центра масс
где ~a = OA,
тела на плоскость (π). Если ось O проходит через центр масс тела, то формула
имеет вид IA = IO + ma2 (теорема Гюйгенса-Штейнера).
Решение: <не успеваю записать> См. учебник Сивухина стр. 191.
8.2.3
Скамья Жуковского
Скамья Жуковского - один из самых популярных примеров, иллюстрирующих
закон сохранения момента импульса. См. рисунок. Человек сидит на вращающемся с угловой скоростью ω0 диске с расставленными в сторону руками. В
руках он держит гири массой m. Если пренебрегать силой трения в подшипниках диска и силой трения, то систему можно считать замкнутой и вращение
будет продолжаться до бесконечности.
Задача 8.5 Как изменится скорость углового вращения диска, если человек
прижимает руки с расстояния r1 до расстояния r2 (r2 < r1 )?
132Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
Рис. 8.3: Иллюстрация к доказательству теоремы Гюйгенса-Штейнера.
Решение: Пусть человек вместе с платформой имеет момент инерции I0 , а
расстояние от оси до гирь x, тогда L = (I0 + 2mr12 )ω0 - момент импульса системы
до сжатия рук. После сжатия рук L = (I0 + 2mr22 )ω. Отсюда находим ω.
Посчитаем изменение кинетической энергии:
1
1
L2
−
K2 − K1 =
2 I0 + 2mr22 I0 + 2mr12
Задача 8.6 Работа каких сил приводит к изменению кинетической энергии?
Решение: см. Сивухин
Задача 8.7 За счет каких сил раскручивается скамья Жуковского?
Решение: см. Сивухин
На рис. 8.5 показан опыт демонстрирующий векторный характер закона сохранения импульса.
****************************************
8.2.4
Закон изменения импульса в подвижной системе координат
Теорема 8.1 (теорема Кёнига). Системой отсчета Кёнига называется подвижная система с центром в центре масс системы материальных точек и
с осями паралелльными осям заданной абсолютной системы отчета.
Доказать, что
~ O = m[~rc × ~vc ] + L
~ C,
L
~ C момент импульса относительно центра масс.
где L
8.2. Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
133
Рис. 8.4: Скамья Жуковского.
Доказательство.
~ri = ~rc + ρ~i , ~vi = ~vc + ρ~˙ i ,
где ~ri - радиус вектор i-ой материальной точки в абсолютной системе координат,
~rc - радиус-вектор центра масс, ρ~i - радиус вектор i-ой материальной точки в
кениговой системе координат.
X
X
X
~O =
~ C + [~rc ×
L
mi [(~rc + ρ~i ) × (~vc + ρ~˙ i )] = m[~rc × ~vc ] + L
mi ρ~˙ i ] + [
mi ρ~i × ~vc ].
i
i
Два последних слагаемых равны нулю, так как
центра масс).
P
i
i
mi ρ~i = 0 (по определению
Утверждение 8.1. Закон изменения момента импульса для системы материальных точек в кениговой системе отчета имеет тот же вид, что в абсолютной системе.
Доказательство. Для момента внешних сил запишем
X
~ Oвнеш =
~ Cвнеш
M
[(~rc + ρ~i ) × F~i ] = [~rc × F~ внеш ] + M
i
134Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
Рис. 8.5: Иллюстрация векторного характера закона сохранения импульса.
Поэтому
~˙ C = L
~˙ O − m[~rc × ~v˙ c ] = M
~ Cвнеш + [~rc × F~ внеш ] − m[~rc × ~v˙ c ] =
L
~ внеш − [~rc × (m~v˙ c − F~ внеш )] = M
~ внеш ,
=M
C
C
где
m~v˙ c − F~ внеш = 0
по теореме 6.1 о движении центра масс системы.
Можно доказать более общее утверждение:
Задача 8.4 Введем систему координат в котором начало O произвольно движется относительно абсолютной системы координат, а оси параллельны осям абсолютной системы координат. Показать, что закон изменения импульса в такой
системе координат примет вид
~˙ O = M
~ O − m[~vO × ~vc ]
L
~˙ O = M
~ O.
Если скорость точки O коллинеарна скорости центра масс, то L
8.2.5
Тензор инерции твёрдого тела
Рассмотрим движение твёрдого тела с неподвижной точкой. Как было показано в лекции 4 в каждый момент времени существует мгновенная ось вращения.
Пусть начало координат совпадает с неподвижной точкой O ~v0 = 0. Распределение скоростей в твердом теле определяется формулой Эйлера ~v = ω
~ × ~r.
8.2. Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
135
Рис. 8.6: Оси Кёнига.
Момент импульса твердого тела определяется как
X
X
X
~O =
L
mi [~ri × ~vi ] =
mi [~ri × [~ω × ~ri ]] =
mi (~ω ri2 − ~ri (~ω · ~ri ))
i
i
i
Выразим вектора через базисные в декартовой системе координат: ω
~ = ωx~ex +
ωy~ey + ωz~ez и ~ri = x~ex + y~ey + z~ez . Тогда выражение для момента импульса можно
записать в следующем виде
X ~O =
L
mi (yi2 + zi2 )ωx − xi yi ωy − xi zi ωz ~ex +
i
X
mi −xi yi ωx + (x2i + zi2 )ωy − yi zi ωz ~ey +
i
X
mi −xi zi ωx − yi zi ωy + (x2i + yi2 )ωz ~ez
i
Или, в матричном виде


Ix Ixy Ixz
~ O = Iyx Iy Iyz  ω
L
~ = IˆO ω
~
Izx Izy Iz
136Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
где
Ix =
X
Iy =
X
Iz =
X
mi (yi2
+
zi2 )
+
zi2 )
+
yi2 )
Z
=
(y 2 + z 2 )dm,
i
mi (x2i
Z
=
(x2 + z 2 )dm,
i
mi (x2i
Z
=
(x2 + y 2 )dm,
(8.2)
i
Ixy = Iyx = −
X
Z
mi xi yi = −
xydm,
i
Ixz = Izx = −
X
Z
mi xi zi = −
xzdm,
i
Izy = Iyz = −
X
Z
mi zi yi = −
zydm.
i
Компоненты Ix , Iy , Iz являются моментами инерции относительно осей Ox, Oy,
Oz, соответственно. Ixy , Ixz , Izy - центробежные моменты инерции.
Матрица Iˆ не зависит от вектора ω
~ , а зависит только от геометрии тела и
распределения массы в нем. Пусть ρ - плотность вещества в теле, тогда dm =
ρdxdydz. Если масса в теле распределена равномерно, то ρ можно вынести за
знак интеграла.
Перейдем из декартовой системы координат xyz в другую декартову с/к ξηζ.
~ и вектор угловой
Пусть Ω матрица перехода ~r = Ω~r0 . Так как момент импульса L
скорости ω являются векторами, то
0
~ O = IˆO Ω~ω 0 ⇒ L
~ 0 = Ω−1 IˆO Ω~ω 0 ⇒ L
~ 0 = Iˆ0 ω
L
O
O
O~
где
IˆO0 = Ω−1 IˆO Ω
(8.3)
ˆ который в некоторой декартовой системе координат задаётся матОбъект I,
рицей с компонентами (8.2), и при переходе от одной системе координат к другой
матрица преобразуются по закону (8.3) называется тензором инерции твёрдого
тела.
Так как матрица Iˆ является симметричной, то из линейной алгебры известно, что всегда существует система координат (получающаяся поворотом из начальной) в которой матрица Iˆ имела бы диагональный вид. Оси такой системы
координат называются осями инерции твердого тела относительно точки О. А
8.2. Момент силы и момента импульса для системы материальных точек
137
диагональные элементы матрицы инерции Iξ , Iη , Iζ в этой системе координат
называются главными моментами инерции.
Кинетическую энергию твёрдого тела с неподвижной точкой O можно записать
X mi v 2 X mi (~ω × ~ri )2 X mi (ω 2 r2 − (~ω · ~ri )2 )
i
i
=
=
=
(8.4)
K=
2
2
2
i
i
i
!
!
X
1 X
1
1~
1
=
mi (~ω ri2 − ~ri (~ω · ~ri ) ·~ω =
mi [~ri × [~ω × ~ri ]] ·~ω = L
ω = IˆO ω
~ ·~ω .
O ·~
2
2
2
2
i
i
Момент инерции относительно оси
Как вычислить момент инерции IOl твердого тела относительно произвольной
оси ~l, проходящей через точку O, по известному тензору инерции в этой точке
IˆO ?
Мысленно представим, что твердое тело с неподвижной точкой O вращается
относительно оси ~l c угловой скоростью ω, т.е. ω
~ = ω~el , где ~el – единичный вектор
в направлении оси. С одной стороны,
1
1
~ ·ω
~ = ω 2 IˆO~el · ~el .
K = IˆO ω
2
2
С другой стороны:
1
K = IOl ω 2 .
2
Поэтому
IOl = IˆO~el · ~el .
Задача 8.9 Получить формулы моментов инерции твёрдых тел, показанных
на рисунке.
Эллипсоид инерции твёрдого тела
Эллипсоидом инерции твёрдого тела назовём поверхность, которая определяется
уравнением
(IˆO~r, ~r) = 1.
В главных осях инерции твёрдого тела уравнение поверхности эллипсоида
инерции имеет вид
Iξ ξ 2 + Iη η 2 + Iζ ζ 2 = 1.
138Глава 8. Следствия из законов Ньютона: II. Закон сохранения момента импульса.
Рис. 8.7: Хорошо, когда в жизни есть приятные моменты.
Главные оси инерции твёрдого тела совпадают с главными осями эллипсоида
инерции. Квадраты полуосей эллипсоида инерции равны обратным значениям
главных моментов инерции.
Задача 8.10 Показать, что если твёрдое тело плоское, то нормально к нему
- главная ось инерции.
Задача 8.11 Показать, что есть у твёрдого тела есть ось симметрии, проходящая через точку O, то она является главной осью инерции.
Задача 8.12 Пусть две главные оси инерции тела найдены. Доказать, что
перпендикуляр к ним также является главной осью инерции.
8.3
Литература к лекции 8
1. Болотин, Кугушев, Карапетян, Трещев, Теоретическая механика – 3.1 3.3, 4.1.1 - 4.1.3
2. Сивухин, параграфы 30-37
Глава 9
Закон всемирного тяготения
Законы Кеплера. Финитные и инфинитные движения. Границы финитного движения. Космические скорости.
Связь параметров орбиты планеты с полной энергией и моментом импульса планеты. Теорема Гаусса для
ньютоновской гравитации.
Сивухин, Глава 8
139
140
Глава 9. Закон всемирного тяготения
9.1
Законы Кеплера
9.2
Вывод закона всемирного тяготения из законов Кеплера
9.3
Ускорение планет и комет при движении по
коническим сечениям
9.4
Условия эллиптического, параболического и
гиперболического движений. Вычисление параметров орбиты. Учет движения Солнца
9.5
Сила тяжести Земли. Космические скорости
9.6
Вывод законов Кеплера из закона всемирного
тяготения Ньютона
9.7
Литература к лекции 9
Сивухин, Глава 8
Задачи для разбора на семинаре:
Д.А.Заикин, В.А.Овчинкин, Э.В.Прут, Сборник задач по общему курсу физики – 7.1, 7.36я, 7.60
Задачи для домашнего задания:
Д.А.Заикин, В.А.Овчинкин, Э.В.Прут, Сборник задач по общему курсу физики – 7.5, 7.11, 7.52, 7.91
Глава 10
Движение точки при наличии
связи.
10.1
Движение точки при наличии связи
Если движение материальной точки ограничено (например, точка может двигаться по плоскости или кривой), говорят, что на движение точки наложена
связь. Согласно принципу детерминированности Ньютона:
~ ~r, ~r˙ ).
~r¨ = G(t,
Будем считать, что справедлив принцип (аксиома) освобождаемости от связи.
В этом случае действие связи на материальную точку можно заменить "виртуальной"силой, называемой силой реакции связи, тогда
~ ~r, ~r˙ ) = F~ (t, ~r, ~r˙ ) + R(t,
~ ~r, ~r˙ ),
G(t,
~ - сила реакции связи.
где F~ - заданная (реальная) сила, R
Таким образом, движение точки при наличии связи определяется следующими уравнениями
~ gi (t, ~r, ~r˙ ) = 0,
~r¨ = F~ + R;
(10.1)
где gi - условия связи. Их может быть одно или несколько в зависимости от типа
связи.
Геометрические связи, которые не зависят от вектора скорости точки (системы точек), называются голономными. Неголономные связи накладывают ограничения на скорости механической системы, то есть для голономой связи сила
реакции зависит от ~r˙ . Далее будем рассматривать только голономные связи.
141
142
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
Проекция силы реакции на направление движение точки называется силой
трения. Если сила трения равна 0, то связь называется идеальной. Далее в этой
лекции будем считать, что связь идеальна, а сила реакции связи имеет только
нормальную (к связи) компоненту.
10.2
Движение материальной точки по кривой
Пусть кривая задана в пространстве как пересечение двух поверхностей, которые задаются уравнениями f1 (x, y, z, t) = 0 и f2 (x, y, z, t) = 0. Нормали к этим
~1 и N
~ 2 коллинеарны векторам ∇f
~ 1 и ∇f
~ 2 , соответственно.
поверхностям N
Так как любая нормаль к кривой лежит в плоскости, определяемой векто~1 и N
~ 2 , то
рами N
~ = λ1 ∇f
~ 1 + λ2 ∇f
~ 2.
R
(10.2)
Уравнения движения материальной точки записываются в следующем виде
~ 1 + λ2 ∇f
~ 2.
m~r¨ = F~ + λ1 ∇f
Эти уравнения называются уравнениями Лагранжа 1-го рода.
Умножая (10.2) склярно на ~v получим:
d mv 2
~ 1 · ~v + λ2 ∇f
~ 2 · ~v .
= F~ · ~v + λ1 ∇f
dt 2
Так как в каждый момент времени точка принадлежит двум поверхностям,
то f1 (x(t), y(t), z(t), t) = 0 и f2 (x(t), y(t), z(t), t) = 0. По правилу дифференцирования сложной функции имеем:
df1 (x(t), y(t), z(t), t)
∂f1 ∂f1 dx ∂f1 dy ∂f1 dz
∂f1 ~
=
+
+
+
=
+ ∇f1 · ~v = 0
dt
∂t
∂x dt
∂y dt
∂z dt
∂t
Аналогично,
∂f2 ~
+ ∇f2 · ~v = 0
∂t
Отсюда получим
d mv 2
∂f1
∂f2
= F~ · ~v − λ1
− λ2
.
dt 2
∂t
∂t
Если функции f1 и f2 явно не зависят от времени, то имеем как и в случае
свободного движения точки
d mv 2
= F~ · ~v
dt 2
10.3. Качественное исследование движения по кривой в поле силы тяжести143
Для потенциальной силы получаем закон сохранения энергии
mv 2
+ U = h.
2
Постоянная h определяется из начальных условий.
Таким образом, если связи, наложенную на материальную точку, вынужденную оставаться на материальной кривой (или поверхности) не зависят явно от
времени, а действующие на точку активные силы потенциальны, то уравнения
движения имеют первый интеграл - закон сохранения энергии.
10.3
Качественное исследование движения по кривой в поле силы тяжести
Положение материальной точки на кривой может быть определено одним параметром – длиной дуги кривой. Поэтому для решения задачи достаточно одного
закона сохранения энергии (интеграла живых сил), если он существует. Рассмотрим задачу о движении материальной точки в поле силы тяжести по неподвижной замкнутой кривой, имеющей непрерывную касательную (см. рис.).
Рис. 10.1: Движение точки по замкнутой кривой в поле силы тяжести.
144
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
В этом случае связи, наложенные на материальную точку, не зависят явно
от времени, а действующие силы обладают силовой функцией. Поэтому можно
записать интеграл живых сил
mv 2
= −mg(z − a) ⇒ v 2 = 2g(a − z)
2
где a - константа, определяемая из начальных условий. Скорость равна 0 в плоскости z = a (плоскость (π) на рисунке), а скорость в любой точке траектории
определяется расстоянием от точки до плоскости (π).
Если плоскость (π) выше кривой, то скорость нигде не обращается в нуль,
и точка будет бесконечно вращаться по кривой. Плоскость (π) не может быть
ниже кривой, так как величина v 2 не может быть отрицательной. Пусть кривая
L пересекает плоскость (π) в точках А и А’. Длину дуги будем отсчитывать от
точки М0 :
2
ds
ds
⇒
= 2g(a − z).
v=
dt
dt
Зная уравнения кривой мы можем определить z(s), тогда последнее диф. уравнение решается методом разделения переменных
Z s
ds
p
t(s) =
2g(a − z(s))
0 ±
При z → a знаменатель подынтегральной функции стремится к нулю, то интеграл в правой части является несобственным. Далее объяснение когда такой
интеграл конечный, а когда нет....
10.4
Математический маятник
Рассмотрим в качестве примера движение материальной точки по окружности
радиуса l. Положение точки определяется центральным углом θ (см. рис.), тогда
z = −lcosθ, a = −lcosα, .
Из закона сохранения энергии v 2 = 2g(a − z) и скорости точки, движущейся по
окружности, v = lθ̇ следует, что
2 2
2α
2θ
l θ̇ = 2g(a − z) = 2gl(cosθ − cosα) = 4gl sin − sin
,
2
2
10.4. Математический маятник
145
Рис. 10.2: Математический маятник: движение точки по окружности в поле силы
тяжести.
отсюда находим
θ̇
=
2
r
g
l
r
α
θ
sin2 − sin2
2
2
!
.
(10.3)
Выберем в качеcтве начальной точки θ = 0, и в результате интегрирования
получаем
s Z
d(θ/2)
l α
p
.
(10.4)
t(α) =
g 0
sin2 (α/2) − sin2 (θ/2)
t(α) - время, которое точка проходит из начального положения до ее максимального положения в точке А (см. рис.).
Последний интеграл можно преобразовать к эллиптическому интегралу первого рода, так что
s Z
l 1
dx
p
t=
,
(10.5)
g 0
(1 − x2 )(1 − k 2 x2 )
где k 2 = sin2
α
2
146
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
Задача. Найти замену, при которой интеграл
R1
dx
в интеграл 0 √
2
2 2
Rα
0
√
d(θ/2)
sin2 (α/2)−sin2 (θ/2)
переходит
(1−x )(1−k x )
Интеграл в правой части (10.5) называется нормальным полным эллиптическим интегралом Лежандра 1-го рода и обозначается K(k). Этот интеграл
не выражается в элементарных функциях, но его свойства хорошо изучены. В
частности, известно, что его можно представить в виде ряда:
"
#
2
2
2
2
1
1
·
3
1
·
3
·
5
(2n
−
1)!!
π
1+
k2 +
k4 +
k 6 + ... +
k 2n + ...
K(k) =
2
2
2·4
2·4·6
(2n)!!
Если амплитуда колебаний мала, то и значение k мало, поэтому в разложении
можно оставить первый член K(0) = π/2 и период малых колебаний составит
s
l
T = 2π
g
Это уже известный для нас результат.
Последняя формула дает ошибку 0.8 % при амплитуде колебаний в 20◦ и 3
% при α = 40◦ .
Заметим, что период колебаний не зависит от амплитуды, это свойство называется изохронностью колебаний.
Независимость периода колебаний от амплитуды в случае малых колебаний
можно получить и другим способом. Заметим, что для малых углов sinθ ≈ θ ≈
x. (Этот результат можно получить, например, разложением функции синус в
ряд Тейлора.) Тогда из уравнения (10.3) для малых колебаний имеем
r r
x
g
k 2 − ( )2 .
ẋ = 2
l
2
Дифференцируя правую и левую часть, получим
r
g
1
−2xẋ
g
p
ẍ = 2
·
=
−
x = −ω 2 x,
x
l 2 k 2 − ( 2 )2
4
l
где ω 2 = gl . Решение этого уравнения известно x = xmax sin(ωt). Здесь xmax = lα
- амплитуда колебаний. Фаза колебаний выбрана так, чтобы точка в момент
времени t=0 находилась в нижнем положении x(0) = 0. В общем случае, колебание совершаемое по закону x = Asin(ωt + ϕ0 ) называется гармоническим.
ω - частота колебаний,
А - амплитуда. Период колебаний T = 2π/ω. В нашем
q
случае, T = 2π gl
Далее о гармонических колебаниях см. глава 6 Сивухина
10.5. Циклоидальный маятник
10.5
147
Циклоидальный маятник
Березкин, стр. 267-268
Рис. 10.3: Циклоидальный изохронный маятник: движение точки по циклоиде
в поле силы тяжести.
Рассмотрим теперь движение в поле сил тяжести по циклоиде. Циклоида
представляет собой кривую, которую описывает точка обода круга, катящегося
по неподвижной прямой (см. рис.). Уравнение циклоиды можно представить
параметрически в виде
x = a(ϕ − sinϕ), y = a(1 + cosϕ).
Дифференцируя, получаем
ẋ = a(1 − cosϕ)ϕ̇, ẏ = −asin(ϕ)ϕ̇,
модуль скорости точки
ϕ
v 2 = ẋ2 + ẏ 2 = 2a2 ϕ̇2 (1 − cosϕ) = 4a2 ϕ̇2 sin2 .
2
Из закона сохранения энергии (v 2 = −2gy + h) имеем
ϕ
π
ϕ
4a2 ϕ̇2 sin2 = −2g(a − asin(ϕ − )) + = −2ga(1 + cosϕ) + h = −4gacos2 + h
2
2
2
Пусть при некотором максимальном угле ϕ = α скорость частицы нулевая. Предельный угол α определяет амплитуду колебаний. Полная энергия h = 4gacos2 α2 ,
а закон сохранения энергии принимает вид
ϕ
ϕ
g 2α
ϕ̇2 sin2 =
cos − cos2
,
2
a
2
2
148
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
Разделяя переменные и интегрируя, получим
r Z 1
r
a
2dξ
a
p
,
t(α) =
=π
g 0
g
1 − ξ2
где переменная интегрирования ξ получена заменой ξ = cos(ϕ/2)/cos(α/2).
То есть время колебаний по циклоиде не зависит от амплитуды. Этот результат был получен Х. Гюйгенсом.
10.6
Определение силы реакции.
Запишем уравнения движения точки по кривой в естественных координатах:
mv̇ = Fτ ,
mv 2
= Fn + Rn , 0 = Fβ + Rβ .
rk
В этих координатах уравнения разделяются. Первого уравнения достаточно для
определения движения (которое в этом случае зависит от одного параметра), а
оставшиеся уравнения могут служить для определения силы реакции.
Задача Шарик, масса которого равна m, нанизан на горизонтальную проволочную окружность радиуса r. Зная коэффициент трения, определить, какую
начальную скорость нужно сообщить шарику, чтобы он сделал на окружности
один полный оборот.
Березкин, стр. 268-269
10.7
Движение материальной точки по поверхности
Пусть материальная точка все время остаётся на некоторой гладкой поверхности, которая задаётся уравнением f (x, y, z, t) = 0. В случае идеальной связи,
~ = λ∇f
~ . Движение
сила реакции связи перпендикулярна поверхности, то есть R
точки полностью определяется уравнениями движения и уравнением связи
~ f (x, y, z, t) = 0.
m~r¨ = F~ + λ∇f,
Если связь не зависит от времени, а сила потенциальна, то будет выполнятся
интеграл живых сил.
10.8. Движение точки по поверхности вращения. Сферический маятник.
149
Рис. 10.4: Движение материальной точки по поверхности.
Запишем уравнения движения точки по кривой в естественных координатах:
mv̇ = Fτ ,
mv 2
= Fn + Rn , 0 = Fβ + Rβ .
rk
Если активная сила на точку не действует, то находим v = const и точка будет двигаться по поверхности с постоянной скоростью. Из последнего уравнения
следует, что Rβ = 0 и, следовательно, нормаль к траектории будет совпадать
с нормалью к поверхности. Кривые, обладающие этим свойством называются
геодезическими. Мы доказали, что если на точку, движущуюся по поверхности, активные силы не действуют, то точка движется по геодезической кривой
с постоянной по величине скоростью.
10.8
Движение точки по поверхности вращения.
Сферический маятник.
Березкин стр. 272-282.
150
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
10.9
Адиабатические инварианты
Рассмотрим гармонический осциллятор. Полная энергия гармонического осциллятора
mv 2 kx2
E=
+
,
2
2
где k - жёсткость пружинки.
В качестве примера будем рассматривать колебание шарика на пружинке, но
этими же уравнениями описывается любой гармонический осциллятор. Например, математический маятник, если k = mg/l. Полная энергия гармонического
осциллятора
mv 2 kx2
+
,
E=
2
2
где k – жёсткость пружинки.
Если механическая система замкнута, то E = const и осциллятор совершал
бы гармонические колебания с частотой ω 2 = k/m, и периодом T.
Предположим, что система не замкнута, а именно k меняется со временем.
Это может быть медленное изменение жёсткости пружинки, или изменение длины нити в математическом маятнике.
Раз меняется k, то и E(t). Ė - скорость изменения энергии системы со временем.
Тогда
1
1
k̇
Ė = (mv v̇ + kxẋ) + x2 k̇ = x2 k̇ = U (x) ,
2
2
k
где U = 12 kx2 - потенциальная энергия. Выражение в скобках равно 0 в силу
уравнения Ньютона mv̇ = −kx.
Предположим, что k - медленно меняется. "Медленно"надо понимать в том
смысле, что характерное время изменения величины k много меньше характерного времени (периода колебаний гармонического осциллятора):
k
dk
dt
T
Введем понятие величины средней по периоду колебаний [0, T ]
1
Ā =
T
Z
T
Adt
0
10.10. Литература к лекции 10
151
Приращение энергии за период Т
¯ =
∆E = ĖT
Z
T
0
k̇
U (x) dt =
k
k̇
k
! Z
T
U (x)dt
0
0
Величина kk̇ вынесена за знак интеграла в силу того, что k медленно меняется
0
за период колебаний.
Так как решение для гармонического осциллятора с постоянным k известно,
x = x0 cos(ωt + δ), и, следовательно,
1
E0
U = kx20 cos2 (ωt + δ) =
(1 + cos(2ωt + 2δ)) ,
2
2
где E0 = 12 kx20 . Посчитаем интеграл
Z
T
0
E(0)
U (x)dt =
2
T
Z
(1 + cos(2ωt + 2δ)) dt = E(0)T /2
0
Таким образом,
E(T ) − E(0) =
k̇
k
!
E(0)T /2
0
Рассматривая изменение состояния системы на больших временах можно
считать, что период колебаний T бесконечно мал, поэтому последнее соотношение можно переписать
dE
dk
=
E
2k
√
Откуда интегрируя, получаем E/ k = const или
E/ω = const.
Эта величина называется адиабатическим инвариантом.
10.10
Литература к лекции 10
1. Березкин, Глава 4 параграф 8
2. Сивухин параграф 43 (адиабатические инварианты)
152
Глава 10. Движение точки при наличии связи.
Глава 11
Движение в неинерциальных
системах отсчета
Сила Кориолиса и её геофизические проявления. Зависимость веса тела и направления отвеса от географической широты. Маятник Фуко. Эквивалентность инерционной и гравитационной масс. Обобщенный закон
Галилея. Гравитационное смещение спектральных линий.
В данной главе мы рассмотрим относительное движение в неинерциальных
системах отчёта. Наряду с интересующей нас неинерциальной системе отсчёта
рассмотрим некоторую инерциальную систему, которую назовём абсолютной. В
этой системе отсчёта движение материальной точки описывается вторым законом Ньютона: m~aабс = F~ .
В разделе "Кинематика" мы рассматривали формулы для скоростей и ускорений в сложном движении (см. глава 4, раздел 4.2). Для ускорений мы получали связь между ускорениями в абсолютной и относительной системах координат:
~aабс = ~aотн + ~aпер + ~aкор ,
где ~aабс - ускорение точки в абсолютной системе координат.
~aотн - относительное ускорение, т.е. ускорение, вычисленное в подвижной
неинерциальной системе координат.
~aпер -ускорение точки подвижной системы отсчёта, совпадающей в данный
момент с точкой P переносное ускорение точки P (переносное ускорение), кото~¨ O + [ω
рое определяется формулой Ривальса: ~aпер = R
~˙ × ~r] + [~ω × [~ω × ~r]]. Здесь
вектор ~r - радиус вектор точки в подвижной неинерциальной системе отсчёта,
ω
~ - вектор угловой скорости подвижной системы по отношению к абсолютной
~ O - радиус-вектор начала подвижной системы отсчёта.
системе отсчёта, R
~aкор = 2[~ω × ~vотн ] - кориолисово (добавочное) ускорение.
153
154
Глава 11. Движение в неинерциальных системах отсчета
Подставив выражение для ускорения в формулу, выражающую второй закон
Ньютона в абсолютной системе координат, и оставляя в левой части только
член m~aотн получим уравнение движения в подвижной неинерционной системе
отсчёта:
m~aотн = F~ − m~aпер − m~aкор ,
(11.1)
К "настоящей" силе F~ добавилось ещё две силы инерции - переносная сила инерции (−m~aпер ) и сила инерции Кориоли́са (−m~aкор ), которая перпендикулярна
скорости, поэтому не совершает работы. Напомним также, что сила Кориоли́са
действует только в случае, когда тело движется в неинерциальной системе отсчёта, а в переносное ускорение входит член [~ω × [~ω × ~r]] соответствующий центростремительному ускорению. Соответствующая сила называется центробежной
силой инерции, её можно представить в виде mω 2~rперп , где ~rперп - проекция радиус вектора в неинерциальной системе отсчёта на плоскость перпендикулярную
вектору углового вращения ω
~.
11.1
Силы инерции, возникающие из-за вращения Земли
11.1.1
Влияние переносного ускорения на величину и направление ускорения свободного падения
Изучим силы инерции, которые возникают из-за вращения Земли вокруг своей
оси, из-за вращения Земли вокруг Солнца. В качестве абсолютной инерциальной
системы отсчета рассмотрим систему Коперника с центром в центре Солнца и
осями, направленными на удаленные звезды, которые не лежат в одной плоскости. В качестве подвижной неинерциальной системы отсчёта, возьмём систему
отсчёта в центре масс Земли, а оси вращаются вместе с Землей. Земля вращается практически равномерно, поэтому уравнение движение для материальной
точки (тела) на поверхности Земли запишется так:
˙
m~a = m~g − mV~O + mω 2~rперп − 2m[~ω × ~v ] + mf~S + F~другие силы ,
здесь m~gабс - сила гравитации со стороны Земли, которая действует на тело,
mf~S - равнодействующая сил гравитационного притяжения со стороны Солнца,
Луны, планет, других небесных тел, F~другие силы - другие силы, например, силы
трения, натяжения нити, и т.д.
11.1. Силы инерции, возникающие из-за вращения Земли
155
Так как сила гравитации зависит от расстояния между точками, а расстояния
до Солнца, Луны (в меньшей степени) и других объектов существенно больше
радиуса Земли, то можно считать, что равнодействующая сила одинакова для
всех точек Земли. В таких случаях говорят, что сила однородна. Она сообщает
одинаковое ускорение всем телам, в том числе и центру масс Земли. Поэтому
˙
V~O = f~S , а уравнение относительно движения можно упростить
m~a = m~g + mω 2~rперп − 2m[~ω × ~v ] + F~другие силы ,
Подчеркнем, что силы и ускорения, связанные с влиянием небесных тел, выпали
из уравнения относительного движения из-за того, что силу создаваемую этими
телами можно считать однородной.
Если тело находится в покое, то сила инерции Кориолиса равна нулю. Пусть
другие силы также не действуют, Fдругие силы = 0, тогда на все покоящиеся тел
будет действовать сила m~g + mω~rперп , которую мы все чувствуем как силу силу
тяжести. Таким образом вес тела есть геометрическая сумма гравитационного притяжения Земли и центробежной силы инерции, а ускорение свободного
падения имеет ~g :
~g = ~gабс + ω 2~rперп .
(11.2)
Найдем угол, между векторами ~g и ~g . Обозначим его α. Допустим, что Земля
- сфера, тогда проектируя векторное соотношение (11.2) на направление перпендикулярное вектору ~gабс , получим :
sinα =
1 ω2 r
ω2 rперп
sinθ =
sinθ,
g
2 g
где θ - географическая широта рассматриваемого места. Для реальной Земли,
вследствие ее приплюснутости, это формула является приближенной, но, тем не
менее, достаточно точной.
Проектируя (11.2) на направление вектора ~gабс имеем
gcosα = gабс − ω 2 rперп cosθ = gабс − ω 2 rcos2 θ
Если угол α мал, то раскладывая функцию косинус в ряд Тейлора в нуле получим, что cosα = 1 c точностью порядка α2 , тогда приближённо
g = gабс − ω 2 rcos2 θ.
Согласно этой формуле получаем, что на полюсе g = gабс = 9.832 м/с2 . Согласно
формуле, на экваторе g = 9.814 м/с2 . В реальности экспериментально определённая величина ускорения свободного падения на экваторе g = 9.78 м/с2 . Отличие
возникает из-за приплюснутости Земли к экватору.
156
11.2
Глава 11. Движение в неинерциальных системах отсчета
Влияние силы инерции Кориолиса
Пусть теперь тело не покоится, а свободно падает в поле тяжести Земли, тогда
c учётом вращения Земли имеем
m~a = m~g − 2m[~ω × ~v ]
Решим это векторное уравнение (или систему из трех склярных обыкновенных
дифференциальных уравнений), то есть найдем ~v . Сделаем это методом последовательных приближений....
11.3
Как определить, что Земля вращается и период ее вращения? Маятник Фуко
11.4
Приливы и отливы
11.5
Литература к лекции 11
Сивухин, Глава 9
Часть IV
Динамика абсолютно твердого тела
157
Глава 12
Динамика абсолютно твердого тела
12.1
Что мы знаем о движении твердого тела из
предыдущих лекций:
Напомним, что мы знаем о движении твердого тела из предыдущих лекций:
1. В лекции 4 мы получили формулы Эйлера и Ривальса для скоростей и
ускорений твердого тела:
~
V~A = V~O + [~ω × OA];
~ + [~ω × [~ω × OA]],
~
~aA = ~v˙ O + [ω
~˙ × OA]
ω
~ - вектор угловой скорости вращения.
2. Также, в лекции 4 мы доказали, что любое движение твердого тела можно представить как совокупность мгновенно-винтовых движений, то есть
в каждый момент времени существует ось вращения l, которая параллельна вектору углового вращения ω
~ (т.е. ω
~ k l), а скорости всех точек этой
оси равны и направлены вдоль l. Мгновенно-поступательное и мгновенновращательные движения являются частными случаями мгновенно-винтового
движения.
3. Для задания положения твердого тела в пространстве необходимо 6 величин. Ими могут быть координаты любой точки твердого тела (например,
координаты его центра масс) и углы Эйлера. Нами было получены кинематические формулы Эйлера, связывающие компоненты угловой скорости
159
160
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
(в подвижной связанной с твердым телом системе координат) с углами
Эйлера
ωξ = ψ̇sinθsinϕ + θ̇cosϕ,
ωη = ψ̇sinθcosϕ − θ̇sinϕ,
ωζ = ϕ̇ + ψ̇cosθ
(12.1)
Угол ψ называется углом прецессии, θ - углом нутации, ϕ - углом собственного вращения.
В разделе про формулы для скоростей и ускорений при сложном движении
нами было, в частности, получено правило сложения угловых скоростей
твердого тела. В частности, было получено, что
ω
~ = ψ̇~ez + θ̇~ex1 + ϕ̇~eζ
4. В лекции 5 из 2-го и 3-го законов Ньютона с учетом принципа попарного
взаимодействия мы получали закон сохранения импульса:
d~p
= F~ (e)
dt
F~ (e) - равнодействующая
всех внешних сил, действующих на систему. Здесь
R
p~ = Σmi~vi = ~v dm - импульс системы.
Мы также ввели понятие центра масс системы материальных точек:
Z
m~rc = Σmi~ri = ~rdm,
(12.2)
где m =
R
dm - общая масса системы.
Тогда закон сохранения импульса можно переписать как закон движения
центра масс
m~v˙ c = F~ (e) ,
где ~vc = p~/m - скорость центра масс.
5. В лекции 8 мы получили закон изменения момента импульса (или кинетического момента) системы материальных точек
~˙ O = M
~ Oвнеш ,
L
(12.3)
~ O = Σ[~ri × m~vi ], M
~ внеш = Σ[~ri × F~i внеш ] - кинетический момент и
где L
O
момент силы относительно некоторой неподвижной точки O.
12.1. Что мы знаем о движении твердого тела из предыдущих лекций:
161
6. Также в лекции 8 мы ввели тензор инерции твердого тела. И нами было
~ = I~
ˆω , где Iˆ – тензор инерции твёрдого тела.
получено, что L
Для описания движения твердого тела с неподвижной точкой достаточно
уравнений (12.2) и (12.3). Уравнение (12.3) можно заменить воспользовавшись
теоремой Кёнинга
~˙ c = M
~ c,
L
(12.4)
~ M
~ c - моменты импульса и силы относительно центра масс твёрдого тела.
где L,
Уравнение (12.4), так же как и (12.3), оказывается неудобными на практике,
так как тензор инерции в абсолютной (неподвижной) системе координат зависит от времени (т.к. тело меняет своё положение в неподвижной системе координат). Оказывается, что удобнее записать закон изменения момента импульса
в подвижной системе координат, связанной с твёрдым телом.
Утверждение 12.1. Пусть есть меняющийся со временем вектор ~b(t). Рассмотрим две системы координат: неподвижную (абсолютную) и подвижную,
связанную (вмороженную) с движущимся твердым телом. Запишем вектор
~b(t) в подвижной системе координат (ξ, η, ζ):
~b(t) = bξ~eξ + bη~eη + bζ ~eζ .
Тогда
d
d~b
=
dt
dt
~b + [~ω × ~b],
отн
где ω
~ - вектор угловой скорости твёрдого тела, и
d
dt
~b = ḃξ~eξ + ḃη~eη + ḃζ ~eζ .
отн
Решение. Доказательство вытекает из правил дифференцирования и уравнений
Пуассона.
Отсюда, закон изменения кинетического момента в подвижной связанной с
твердым телом системой координат запишется так
~ c.
Iˆc ω
~˙ + [~ω × Iˆc ω
~] = M
(12.5)
162
12.2
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Общая постановка задачи о свободном движении твёрдого тела
Для того чтобы изучать движение твёрдого тела, нам надо выбрать координаты,
которые полностью определяют его положение. Как уже обсуждалось ранее,
таких координат должно быть шесть. Ими могут быть координаты центра масс
твердого тела, а также углы Эйлера.
В качестве системы уравнений для этих координат удобно использовать уравнение движения центра масс (12.2) и уравнение изменения момента импульса
(12.5). В первом уравнении координаты центра масс входят непосредственно.
Чтобы получить уравнения для углов Эйлера воспользуемся кинематическими
формулами Эйлера (12.1).
Таким образом необходимо решить систему уравнений 12-го порядка, состоящую из 6 обыкновенных дифференциальных уравнений 2-го порядка. Для её
решения необходимо найти 11 первых интегралов. Также необходимо задать начальное положение и скорость центра масс, а также начальные значения углов
Эйлера и их производных.
Даже для численного решения данная система является не слишком удобна.
В настоящее время для численных расчётов движений твёрдых тел используют
не углы Эйлера, а кватернионы.
Мы рассмотрим некоторые простые случаи движения твердого тела.
12.3
Движение твёрдого тела вокруг неподвижной оси
Пусть тело вращается вокруг оси Oz в абсолютной системе координат. В этом
случае на тело наложена голономная связь, которую можно записать, например, как условие неподвижности двух точек тела, лежащих на оси вращения.
Согласно принципу освобождаемости от связей можно рассматривать свободное
движение тела, а связь заменить силами реакции.
Положение тела определяется одной координатой - углом поворота тела ϕ.
Пусть O и P – две неподвижные, лежащие на оси вращения, точки тела, и
~ = h~ez (h > 0). Введем подвижную, связанную с телом, систему координат
OP
ξηζ, в которой ось ζ совпадает с осью Oz.
Законы изменения импульса и момента импульса в подвижной системе ко-
12.3. Движение твёрдого тела вокруг неподвижной оси
163
ординат запишутся в следующем виде:
~O + R
~P
m~v˙ c + [~ω × m~vc ] = F~ + R
~ O + [OP
~ ×R
~ P ],
IO ω
~˙ + [~ω × IˆO ω
~] = M
где ~vc – скорость центра масс.
Обозначим ρ~c = (ξc , ηc , ζc ) координаты центра масс в связанной с телом системе координат, тогда
~vc = [~ω × ρ~c ] = ϕ̇(ξc~eη − ηc~eξ ), ~v˙ c = ϕ̈(ξc~eη − ηc~eξ )
ˆω = ϕ̇(Iξζ ~eξ + Iηζ ~eη + Iζ ~eζ ), [~ω × I~
ˆω ] = ϕ̇2 (Iξζ ~eη + Iηζ ~eξ ) и [OP
~ ×R
~P] =
Так как I~
h(RP ξ~eη − RP η~eξ ), то уравнения движения и момента импульса перепишутся в
виде
~O + R
~P,
mϕ̈(ξc~eη − ηc~eξ ) − mϕ̇2 (ξc~eξ + ηc~eη ) = F~ + R
~ O + h(RP ξ~eη − RP η~eξ )
ϕ̈(Iξζ ~eξ + Iηζ ~eη + Iζζ ~eζ ) + ϕ̇2 (Iξζ ~eη + Iηζ ~eξ ) = M
В проекции на ось Oz получим
Iζζ ϕ̈ = MOz , ROz + RP z = 0
Если момент внешних сил относительно оси задан, то уравнение Iζζ ϕ̈ полностью определяет движение твердого тела. Из остальных уравнений можно найти
~O + R
~P.
определяют сумму сил реакции связей R
Задача 12.1 (Болотин). Тело, вращающееся вокрус оси, называется сбалансированным, если при отсутствии внешних сил, реакции в шарнирах не имеют
составляющих, ортогональных оси вращения. Доказать, что твердое тело сбалансировано тогда и только тогда, когда ось вращения является главной центральной осью инерции твердого тела, то есть центр масс лежит на оси вращения
и соответствующие центробежные моменты равны нулю.
12.3.1
Физический маятник
Пусть твердое тело вращается вокруг горизонтальной оси Oz под действием
силы тяжести −mg~ey . Из закона изменения момента импульса в проекции на
ось Oz получим уравнение движения физического маятника
IOz ϕ̈ = −mglsinϕ,
164
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Рис. 12.1: Физический маятник.
где ϕ - угол, отсчитываемый от вертикальной оси (см. рис. 12.1)
Заметим, что уравнение для физического маятника совпадает с уравнением
для математического маятника (ϕ̈ = −(g/L)sinϕ), если положить L = IOz /(ml).
L называется приведенной длиной физического маятника.
Определение 12.1. L = IOz /(ml) называется приведенной длиной физического
маятника.
Рассмотрим произвольный физический маятник (см. рис. 12.1) с центром
качания в точке O, и зададимся вопросом – как можно изменить точку подвеса,
чтобы период колебаний этого маятника не изменился?
Теорема 12.1 (Гюйгенса). Уравнения движения физического маятника, подвешенного на осях Oz и O0 z, где O0 располагается на расстоянии приведенной
длины в направления продолжения линии OS (S – центр масс), совпадают.
Доказательство. Покажем, что для оси O0 z приведенная длина L0 = L.
12.4. Плоскопараллельное движение твёрдого тела
165
Момент инерции относительно точки O можно вычислить по формуле ГюйгенсаШтейнера IOz = ISz + ml2 , где l - расстояние OS. Введём радиус инерции
2
= ISz /m, тогда формулу для приведённой длины маятника можно запиriner
2
/l.
сать L = l + riner
Проведем прямую через точку O и центр масс тела, тогда условие равенств
приведенных длин запишется в виде
2
2
l + riner
/l = l0 + riner
/l0 .
Решениями этого квадратного уравнения (относительно l0 ) являются l0 = l и
2
l0 = riner
/l.
2
Таким образом, расстояние до точки O0 равно l0 = riner
/l = L − l. То есть
0
точка O находится от точки O на расстоянии приведённой длины. Точки O и
O0 называются взаимными центрами качания.
Следствие 12.1. Периоды малых колебаний физического маятника, подвешенного за центры качания, равны.
Задача 12.2. Доказать, что период малых колебаний физического маятника
наименьший, если l = riner .
12.4
Плоскопараллельное движение твёрдого тела
Система координат и уравнения
Рассмотрим плоское твердое тело в плоскости Oxy. Введем связанную с телом
подвижную систему координат Cξη c центром в центра масс тела C. Ось Сζ
перпендикулярна плоскости.
Уравнения движения и изменения момента импульса запишутся в виде
m~r¨c = F~ , ISζ ϕ̈ = MSζ ,
где m – масса твердого тела, ISζ – его момент инерции относительно оси Cζ, F~ –
сумма внешних сил, MSζ – сумма моментов внешних сил относительно оси Cζ.
Качение диска по наклонной прямой в поле сил тяжести
Рассмотрим диск массой m и радиусом r движущийся под действием силы тяжести по прямой, наклоненной под углом α (см. рис. 12.3). Пусть распределение
166
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Рис. 12.2: Плоское твердое тело.
массы в диске зависит только от радиуса. Тогда центр масс диска будет находиться в его центре. Пусть ICζ -момент инерции относительно центра масс. Для
однородного диска ICζ = mr2 /2.
~ = Fτ ~ex + Fn~ey . Из уравнений движения и кинеРеакция в точке контакта R
тического момента имеем:
mẍc = mgsinα + Fτ , mÿc = −mgcosα + Fn
ICζ ϕ̈ = Fτ r.
Так как ÿc = 0, то Fn = mgcosα. Оставшиеся два уравнения содержат три
неизвестных: ϕ, xc , Fτ . Чтобы замкнуть систему надо делать предположения о
Fτ :
1. Качение со скольжением без трения (Fτ = 0): ẍc = gsinα, ϕ̈ = 0.
2. Качение без проскальзывания: vA = 0 (A – точка тела, соприкасающаяся с прямой). По формуле Эйлера VA = ẋc + rϕ̇ = 0. Тогда
−mrϕ̈ = mgsinα + Fτ ,
12.4. Плоскопараллельное движение твёрдого тела
167
Рис. 12.3: Качение диска по наклонной прямой.
ICζ ϕ̈ = Fτ r.
Выражая Fτ из второго уравнения и подставляя в первое получим
ϕ̈ = −
gsinα
r(1 +
ICζ
)
mr2
=−
gsinα
r(1 +
2
riner
)
r2
,
где riner – введённый ранее радиус инерции твердого тела.
Для ускорения центра диска получим
gsinα
ac = ẍc = −rϕ̈ =
(1 +
2
riner
)
r2
.
Таким образом, чем больше момент инерции диска (и радиус инерции riner ,
тем меньше его ускорение.
Сила трения в этом случае равна Fτ = −
mgsinα
.
2
( mr
+1)
I
Cζ
3. Качение с сухим трением: Fτ = −kFn (0 < k < 1). Если сухое трение
kFn = kmgcosα больше, чем сила трения при качении без проскальзывания, полученная в предыдущем пункте, то проскальзывания не будет и
168
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
реализуется предыдущий пункт. Имеем
kmgcosα ≥
tgα
mgsinα
⇒ k ≥ r2
mr2
( ICζ + 1)
( r2 + 1)
iner
Для сплошного цилиндра k ≥ tgα/3.
Если указанное условие не выполняется, то диск катится с проскальзыванием, Fτ = −kmgcosα и уравнения движения имеют следующий вид:
ẍ = gsinα − gkcosα, ϕ̈ = −
kmgcosα
.
ICζ
Замечание. Приведённые результаты справедливы не только для плоских тел, но
и для тел обладающих симметрией вращения относительно оси Сζ.
Задача 12.3. В случае качения без проскальзывания вычислить ускорение для
полого и сплошного дисков с одинаковой массой m и радиусом r. В полом диске
считать, что масса равномерно распределена на внешней окружности. В сплошном диске масса равномерно распределена по диску.
Ответ: для полого диска a = 1/2gsinα, для сплошного диска a = 2/3gsinα.
Задача 12.4. При движении сплошного однородного диска в случае качения с
проскальзываем найти скорость проскальзывания, т.е. скорость точки диска, в
которой происходит контакт с прямой качения.
Задача 12.5. Исследуйте движение сплошного однородного диска в случае 3k >
tgα, если в начальный момент времени скорость проскальзывания отлична от
нуля.
Задачи для самостоятельно разбора и решения: Сивухин стр.266-277.
12.5
12.5.1
Движение твердого тела с неподвижной точкой
Динамические уравнения Эйлера
Рассмотрим движение тела с одной закрепленной точкой. Закон изменения мо~˙ O = M
~ O . Для удобства перейдем в связанную с
мента импульса твердого тела: L
12.5. Движение твердого тела с неподвижной точкой
169
телом подвижную систему координат, так как в ней тензор инерции постоянен.
В этой с/к закон изменения момента импульса запишется так
ˆω ] = M
~ O.
Iˆω
~˙ + [~ω × I~
В качестве осей выберем главные оси инерции твердого тела Oξηζ. В проекции
на эти оси последнее уравнение запишется вв виде
Iξ ω̇ξ + (Iζ − Iη )ωη ωζ = Mξ ,
Iη ω̇η + (Iξ − Iζ )ωζ ωξ = Mη ,
Iζ ω̇ζ + (Iη − Iξ )ωξ ωη = Mζ .
(12.6)
Это динамические уравнения Эйлера. Для замыкания системы к ним нужно
добавить кинематические формулы Эйлера. В итоге имеем систему 6-го порядка.
12.5.2
Задача Эйлера - первые интегралы и квадратуры
Рассмотрм частный случай, когда все силы, действующие на тело можно привести к одной равнодействующей силе, которая, к тому же проходит через неподвижную точку O. Например, твёрдое тело находится в однородном поле сил
тяжести, а неподвижная точка совпадает с центром масс. Тогда момент сил
~ O = 0.
относительно этой точки равен M
В этом случае
ˆω ] = 0,
Iˆω
~˙ + [~ω × I~
(12.7)
или в проекциях
Iξ ω̇ξ + (Iζ − Iη )ωη ωζ = 0,
Iη ω̇η + (Iξ − Iζ )ωζ ωξ = 0,
Iζ ω̇ζ + (Iη − Iξ )ωξ ωη = 0.
(12.8)
В этом случае динамическая часть системы отделяется от кинематической и
имеем систему 3-го порядка, для которой достаточно записать два первых интеграла - интеграл энергии и интеграл кинетического момента.
Для того, чтобы записать интеграл энергии вспомним выражение (8.4) для
кинетической энергии твердого тела с неподвижной точкой. Так как точка О
неподвижна, то согласно принципу освобождения от связей равнодействующая
сила будет уравновешиваться силой реакции опоры, тогда суммарная работа
170
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
всех сил равна нулю и кинетическая энергия сохраняется. Интеграл энергии
запишется в виде:
1 ˆ
1
K = (I~
ω·ω
~ ) = (Iξ ωξ2 + Iη ωη2 + Iζ ωζ2 ) = h = const,
2
2
Интеграл энергии можно получить, если уравнение Эйлера (12.7) умножить
склярно на вектор угловой скорости.
Так как момент сил относительно точки O равен нулю, что момент импульса
~ = const. Слетвердого тела относительно этой точки является постоянным L
довательно постоянен и его модуль, и выполняется интеграл момента инерции
(другое название - интеграл кинетического момента):
ˆω · I~
ˆω ) = (Iξ2 ωξ2 + Iη2 ωη2 + Iζ2 ωζ2 ) = const.
L2 = (I~
Заметим, что интеграл кинетического момента можно получить, если уравнение
ˆ
Эйлера (12.7) умножить склярно на вектор Iω.
Используя эти интегралы и уравнения Эйлера можно получить дифференциальное уравнение с одной неизвестной величиной, например, ωη , которое легко
интегрируется методом разделения переменных
Z ωη
dω
p η ,
t − t0 = ±
(12.9)
P4 (ωη )
ωη,0
где P4 (ωη ) - полином четвёртой степени от ωη .
Задача 12.6. Получить последнее уравнение и найти выражение для P4 (ωη ) в
предположении Iξ < Iη < Iζ .
Задача 12.7. Проинтегрировать уравнения движения в задаче Эйлера для симметричного случая: Iξ = Iη < Iζ или Iξ < Iη = Iζ .
12.5.3
Качественный анализ решений задачи Эйлера
Будем полагать, что Iξ < Iη < Iζ . В трехмерном фазовом пространстве угловых
скоростей решения задачи Эйлера лежат на кривых (называемых фазовыми
кривыми) лежащих на пересечениях эллипсоида энергии и эллипсоида сохранения квадрата момента импульса. Из этого факта можно нарисовать все возможные фазовые траектории (фазовый портрет) на эллипсе энергии (который
подобен эллипсу инерции).
Из фазового портрета видно, что вращения вокруг большой (Ось Oζ) и малой
(ось Oξ) главных осей инерции будут устойчивыми, а вокруг средней главной
оси движение не является устойчивым.
Более детальный анализ см. Болотин стр. 140-142.
12.5. Движение твердого тела с неподвижной точкой
171
Рис. 12.4: Фазовые кривые решения задачи Эйлера.
12.5.4
Свободная регулярная прецессия
Тело с неподвижной точкой совершает регулярную прецессию, если 1) оно вращается с постоянной угловой скоростью ωвращ вокруг неподвижной в теле оси
O~eвращ (ось собственного вращения), 2) ось O~eвращ вращается с постоянной угловой скоростью ωпрец вокруг некоторой неподвижной в пространстве оси O~eпрец
(ось прецессии). Причём, угол между этими осями постоянен.
Другими словами, тело совершает регулярную прецессию, если вектор его
угловой скорости имеет следующий вид:
ω
~ = ωвращ~eвращ + ωпрец~eпрец ,
где единичный вектор ~eвращ - неподвижен в теле, ~eпрец - неподвижен в пространстве, угол между этими осями, а также ωвращ и ωпрец - постоянны.
Задача 12.8. Доказать, что если эллипсоид инерции тела является эллипсоидом вращения, то решением задачи Эйлера будет являться регулярная прецессия.
Решение. Пусть, для определённости, Iξ = Iη 6= Iζ . Направим ось Oz непо~ (который
движной системы координат вдоль вектора кинетического момента L
в задаче Эйлера постоянен). Подвижную систему координат свяжем с главными
осями эллипсоида инерции. Ориентацию подвижной системы координат относительно неподвижной будем определять углами Эйлера (см. рис.).
Из кинематики нами было получено, что
ω
~ = ψ̇~ez + θ̇~ex1 + ϕ̇~eζ .
172
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Докажем, что 1) θ̇ = 0, и следовательно, θ - угол между осями ~ez и ~eζ постоянен, 2) ψ̇ и ϕ̇ - постоянны. Тем самым задача будет решена.
Компоненты вектора кинетического момента в подвижной системе координат
примут вид:
Lξ = Iξ ωξ = Lsinθsinϕ,
Lη = Iη ωη = Lsinθcosϕ,
(12.10)
Lζ = Iζ ωζ = Lcosθ.
Так как из Iξ = Iη , то из третьего уравнения Эйлера (12.8) следует, что ω̇ζ =
0 => ωζ = const. Обозначим эту константу за ωζ,0 .
Тогда из третьего уравнения (12.10) следует, что cosθ = Iζ ωζ,0 /L => θ =
const. Таким образом мы доказали первый из двух пунктов нашего плана - угол
θ - постоянен. Обозначим его постоянную величину за θ0 .
Кинематические формулы Эйлера (12.1) в случае θ̇ = θ0 примут следующий
вид
ωξ = ψ̇sinθ0 sinϕ, ωη = ψ̇sinθ0 cosϕ, ωζ = ϕ̇ + ψ̇cosθ0
Подставляя ωξ и ωζ из этих формул в соотношения (12.10), получим
Iξ ψ̇sinθ0 sinϕ = Lsinθ0 sinϕ,
Iξ ψ̇sinθ0 cosϕ = Lsinθ0 cosϕ
Откуда следует, что ψ̇ = L/Iξ = const. Обозначим эту константу за ψ̇0 . Из
третьей кинематической формулы Эйлера следует ϕ̇ = ωζ,0 − ψ̇0 cosθ0 = ϕ̇0 =
const. Что и требовалось доказать.
Итак, ω
~ = ϕ̇0~eζ + ψ̇0~ez и (~eζ · ~ez ) = cosθ0 . То есть инерциально-симметричное
тело в задаче Эйлера совершает регулярную прецессию. В этом случае прецессия
называется свободной.
12.5.5
Вынужденная регулярная прецессия. Основная формула гироскопии.
Вернемся к уравнениям (12.6) с ненулевым моментом сил.
Определим, какой должен быть момент сил, приложенный к гироскопу, чтобы он совершал регулярную прецессию, то есть чтобы функции θ = const = θ0 ,
ψ̇ = const = ωпрец , ϕ̇ = const = ωвращ являлись решением уравнений (12.6).
Из кинематических уравнений Эйлера
ωξ = ωпрец sinθ0 sinϕ,
12.5. Движение твердого тела с неподвижной точкой
173
ωη = ωпрец sinθ0 cosϕ,
ωζ = ωпрец cosθ0 + ωвращ
Отсюда, в частности, следует, что в случае регулярной прецессии ωζ = const =
ωζ,0 . Дифференцируя получим
ω̇ξ = ωвращ ωпрец sinθ0 cosϕ,
ω̇η = −ωвращ ωпрец sinθ0 sinϕ,
ω̇ζ = 0.
Подставляя в динамические уравнения Эйлера, получим
Mξ = Iξ ωвращ ωпрец sinθ0 cosϕ + (Iζ − Iξ )ωпрец sinθ0 cosϕ(ωпрец cosθ0 + ωвращ ),
Mη = −Iξ ωвращ ωпрец sinθ0 sinϕ − (Iζ − Iξ )ωпрец sinθ0 sinϕ(ωпрец cosθ0 + ωвращ ),
Mζ = 0.
Эти выражения можно записать в удобном векторном виде
ωпрец
~
cosθ0
MO = [~ωпрец × ω
~ вращ ] Iζ + (Iζ − Iξ )
ωвращ
(12.11)
Полученная формула (12.11) называется основной формулой гироскопии.
В случае, когда скорость собственного вращения много больше, чем угловая скорость прецессии ωвращ >> ωпрец основная формула гироскопии примет
упрощенный вид
~ O ≈ Iζ [~ωпрец × ω
M
~ вращ ]
(12.12)
Так как в приближенной теории гироскопов также полагают, что
~ O = Iζ ω
L
~ вращ ,
то основную формулу гироскопии можно записать и следующим образом
~ O] = M
~ O.
[~ωпрец × L
или так
~˙ O = [~ωпрец × L
~ O]
L
174
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Задача 12.9. Пусть динамически-симметричное тело с неподвижным центром
масс (гироскоп, волчок) раскручено до угловой скорости ω
~ вращ вокруг своей оси
симметрии. Такой гироскоп совершает свободное вращение в однородном поле
силы тяжести, так как момент сил относительно неподвижной точки равен нулю.
Пусть в течение малого времени τ в точке на его оси симметрии на расстоянии h
центра масс была приложена сила F~ . На какой угол β отклонится ось гироскопа?
. То есть чем больше скорость собственного вращеОтвет: β ≈ tgβ ≈ FLhτ
0
ния, тем меньше угол отклонения. Быстро вращающийся гироскоп стремится
сохранить свое положение в пространстве.
12.6
Постановка задачи о движении тяжёлого твёрдого тела с неподвижной точкой. Интегрируемые случаи.
Рассмотрим движение твердого тела с неподвижной точкой O в поле сил тяжести. Силу реакции связи в неподвижной точке будет считать идеальной.
~ O = −mg[~rc ×
Момент силы тяжести относительно точки O запишется в виде: M
~ez , где ~ez - вектор неподвижной системы координат, противоположный направлению силы тяжести, ~rc -радиус вектор центра-масс.
Так как уравнения Эйлера для кинетического момента удобно записать в
подвижной системе координат, связанной с главными осями твёрдого тела, то
пусть (ξc , ηc , ζz ) - координаты центра масс в этой системе координат (они постоянны), и (γ1 , γ2 , γ3 ) - координаты постоянного в пространстве вектора ~ez (эти
координаты меняются со временем).
Динамические уравнения Эйлера (12.6) примут следующий вид:
Iξ ω̇ξ + (Iζ − Iη )ωη ωζ = mg(ζc γ2 − ηc γ3 ),
Iη ω̇η + (Iξ − Iζ )ωζ ωξ = mg(ξc γ3 − ζc γ1 ),
Iζ ω̇ζ + (Iη − Iξ )ωξ ωη = mg(ζc γ2 − ηc γ3 ).
(12.13)
Так как координаты вектора ~ez (γ1 , γ2 , γ3 ) в подвижной системе координат являются функциями времени, то для того, чтобы замкнуть систему надо выписать для них соотношения. Можно, например, связать их с углами Эйлера
(γ1 = sinθsinϕ, γ2 = sinθcosϕ, γ3 cosθ) и к этим алгебраическим уравнениям связей добавить кинематические уравнения Эйлера. Можно воспользоваться задачей 13.1 и записать соотношения на компоненты вектора ~ez в подвижной системе
12.6. Постановка задачи о движении тяжёлого твёрдого тела с неподвижной точкой. Интегрируемые с
координат:
~e˙ z + [~ω × ~ez ] = 0
или в координатном виде
γ̇2 + ωζ γ1 − ωξ γ3 = 0,
γ̇1 + ωη γ3 − ωζ γ2 = 0,
γ̇3 + ωξ γ2 − ωη γ1 = 0,
(12.14)
Система уравнений (12.13) и (12.14) (система уравнений Эйлера-Пуассона)
представляет собой замкнутую систему из шести обыкновенных дифференциальных уравнений 1-го порядка на шесть неизвестных функций.
Эта система уравнений имеет три первых интеграла: (1) интеграл энергии,
(2) интеграл кинетического момента относительно оси Оz (его называют интегралом площадей), (3) геометрический интеграл
γ12 + γ22 + γ32 = 1,
который является следствием того факта, что γ1 ,γ2 , γ3 есть компоненты единичного вектора ~ez .
Строго говоря, для системы из 6 обыкновенных диф. уравнений нам нужно 5 первых интегралов (т.е. нужно найти еще два первых интеграла). Однако,
система уравнений Эйлера-Пуассона является "хорошей"(т.е. имеет инвариантную меру с гладкой плотностью, см. главу 12 учебника Болотина) и согласно
теории последнего множителя ЯКОБИ, для того, чтобы ее проинтегрировать
достаточно 4 первых интеграла.
Известны следующие 3 случая, когда удаётся найти дополнительный интеграл:
• Случай Эйлера ~rc = 0, который нами уже разбирался;
• Случай Лагранжа, когда твердое тело является динамически симметричным или гироскопическим, то есть когда эллипсоид инерции является эллипсоидом вращения и центр масс лежит на его оси симметрии
Iξ = Iη 6= Iζ , ~rc = ζc~eζ (ξc = ηc = 0, ζc > 0).
• Случай Ковалевской: Iξ = Iη = 2Iζ и ~rc ⊥ ~eζ .
176
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Задача 13.12 Рассмотрим случай Ковалевской. Поскольку Iξ = Iη , то любые
оси, проходящие через точку O и лежащие в плоскость ξη будут главными.
Повернем их так, чтобы центр масс лежал на оси Оξ. Обозначим α = mgξc Iζ .
Доказать, что четверым первым интегралом для случая Ковалевской является
следующий интеграл
ωξ2 − ωη2 − αγ1
12.7
2
+ (2ωξ ωη − αγ2 )2 = const.
Волчок Лагранжа. Гироскопы. Нерегулярная
прецессия.
В случае Лагранжа ξc = ηc = 0 и динамические уравнения Эйлера (12.6) примут
следующий вид:
Iξ ω̇ξ + (Iζ − Iη )ωη ωζ = mgζc γ2 ,
Iη ω̇η + (Iξ − Iζ )ωζ ωξ = −mgζc γ1 ,
Iζ ω̇ζ = 0.
(12.15)
Кинематические формулы Эйлера через компоненты ~ez (γ1 = sinθsinϕ, γ2 =
sinθcosϕ, γ3 cosθ) запишутся следующим образом
ωξ = ψ̇γ1 + θ̇cosϕ,
ωη = ψ̇γ2 − θ̇sinϕ,
ωζ = ψ̇γ3 + ϕ̇,
(12.16)
Из последнего уравнения (12.15) следует искомый четвёртый первый интеграл
ωζ = const.
Частные решения задачи Лагранжа
1. ωξ = ωη = 0, ωζ 6= 0, γ1 = γ2 = 0, γ3 = −1 => волчок висит под точкой подвеса и вращается с произвольной угловой скоростью ωζ вокруг оси
симметрии;
2. ωξ = ωη = 0, ωζ 6= 0, γ1 = γ2 = 0, γ3 = 1 => волчок стоит над точкой подвеса и вращается с произвольной угловой скоростью ωζ вокруг оси
симметрии;
12.7. Волчок Лагранжа. Гироскопы. Нерегулярная прецессия.
177
3. ψ = const, ϕ = const => волчок качается как маятник. Меняется только
угол нутации θ: θ̈ − mgζc /Iξ cosθ = 0;
4. Регулярная (вынужденная) прецессия: θ = const = θ0 (θ0 6= 0, π), ψ̇ =
const = ωпрец , ϕ̇ = const = ωвращ . При регулярной (вынужденной) прецессии волчок вращается вокруг оси симметрии с постоянной по модулю
угловой скоростью, а ось симметрии вращается вокруг оси Оz c другой
постоянной угловой скоростью.
Задача 13.13 Показать, что частное решение 2 задачи Лагранжа (γ1 = γ2 =
2
0, γ3 = 1) является устойчивым при выполнении условия Маиевского Iζ2 ωζ,0
−
4Iξ mgζc > 0.
Решение: См. Болотин стр. 152
Задача 13.14 Докажите устойчивость равномерного вращения волчка Лагранжа вокруг вертикально расположенной оси волчка при наинизшем расположении центра масс (случай 1).
Определим, когда регулярная прецессия возможна. Регулярную прецессию
должен обеспечивать момент силы тяжести. Вычислим его
~ O = [~rc × m~g ] = mgζc sinθ0~e,
M
где ~e -единичный вектор, перпендикулярный плоскости Oζz. Последнее выражение можно записать в другом виде
~ вращ ]
~ O = [~ωпрец × ω
mgζc .
M
ωпрец ωвращ
(12.17)
~ O справедлива основная форС другой стороны, при регулярной прецесси для M
мула гироскопии
ω
прец
~ O = [~ωпрец × ω
cosθ0
M
~ вращ ] Iζ + (Iζ − Iξ )
(12.18)
ωвращ
Приравнивая левые части соотношений (12.17) и (12.18) получим соотношение:
2
Iζ ωпрец ωвращ + (Iζ − Iξ )ωпрец
cosθ0 − mgζc = 0.
(12.19)
При выполнении этого соотношения регулярная прецессия возможна. Если рассмотреть это уравнение как квадратное уравнение относительно ωпрец , то оно
имеет корни при выполнении условия
2
+ 4(Iζ − Iξ )mgζc cosθ0 ≥ 0.
Iζ2 ωвращ
(12.20)
178
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Задача 13.15 Показать, что в общем случае задача Лагранжа сводится к
квадратурам и получить уравнение на изменения угла прецессии
θ̇ =
2
h − Iζ ωζ,0
− 2mgζc cosθ (Lz − Iζ cosθ)2
−
,
Iξ
Iξ2 sin2 θ
(12.21)
где h, Lz - постоянные интегрирования, определяемые из начальных условий. h
- энергия системы, Lz - проекция кинетического момента на вертикальную ось
Oz.
Решение:
Запишем первые интегралы:
1. Интеграл энергии:
1
1
1
Iξ (ωξ2 + ωη2 ) + Iζ ωζ2 + mgζc γ3 = h,
2
2
2
2. Интеграл проекции кинетического момента на вертикальную ось Oz:
Iξ (ωξ γ1 + ωη γ2 ) + Iζ ωζ γ3 = Lz
3. Добавочный интеграл (интеграл проекции угловой скорости на ось симметрии):
ωζ = ωζ,0 .
4. Геометрический интеграл
γ12 + γ22 + γ32 = 1.
Из кинематических уравнений Эйлера (12.16) c учётом определения компонент (γ1 , γ2 , γ3 ) можно получить
ωξ2 + ωη2 = ψ̇sin2 θ + θ̇2 ,
ωξ γ1 + ωη γ2 = ψ̇sin2 θ.
Поставим эти выражения в первые интегралы энергии, проекции кинетического
момента и угловой скорости, получим
2
Iξ (ψ̇sin2 θ + θ̇2 ) + 2mgζc cosθ = h − Iζ ωζ,0
.
(12.22)
Iξ ψ̇sin2 θ + Iζ ωζ,0 cosθ = Lz ,
(12.23)
ψ̇cosθ + ϕ̇ = ωζ,0 .
(12.24)
12.7. Волчок Лагранжа. Гироскопы. Нерегулярная прецессия.
179
2
Обозначим h1 = h − Iζ ωζ,0
, тогда из (12.23) следует
ψ̇ =
Lz − Iζ ωζ,0 cosθ
Iξ sin2 θ
(12.25)
Далее из (12.24) следует
ϕ̇ = ωζ,0 −
Lz − Iζ ωζ,0 cosθ
cosθ
Iξ sin2 θ
(12.26)
Таким образом, если найти функцию θ(t), то проинтегрировав (12.25) и (12.26)
можно найти ψ(t) и ϕ(t).
Уравнение для θ получается из интеграла энергии (12.22)
θ̇ =
h1 − 2mgζc cosθ (Lz − Iζ cosθ)2
.
−
Iξ
Iξ2 sin2 θ
(12.27)
Таким образом, уравнение (12.27) получено.
Проведём качественный анализ решений уравнения (12.27). Введем переменную x = cosθ, тогда уравнение (12.27) перепишется в виде
Iξ ẋ2 = f (x), гдеf (x) = Iξ (h − 2mgζc x)(1 − x2 ) − (Lz − Iζ ωζ,0 )2 .
Так как в левой части этого уравнения стоит положительная величина, то при
реальных движениях f (x) должна быть неотрицательной. Функция f (x) - многочлен третьей степени, то есть они имеет либо 3, либо 1 корень. Так как
f (±1) = −(Lz − Iζ ωζ,0 )2 < 0, и f (±∞) = ±∞, то функция ведет себя так, как показано на рисунке. На интервале [-1,1] функция должна пересекать ось f (x) = 0
в двух точках x1 и x2 . Реальные движения осуществляются при x1 ≤ x ≤ x2 ,
или при θ в интервале θ1 ≤ θθ2 .
Рис. 12.5: Траектория оси гироскопа на сфере Пуассона
Если нарисовать единичную сферу (сферу Пуассона), то волчок Лагранжа
движется в поясе между окружностями θ = θ1 и θ = θ2 (см. рис.) Точка пересечения фигуры гироскопа (оси Oζ) со сферой Пуассона описывает некоторую
180
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
кривую, по которой и можно определить движение гироскопа. Свойства кривых
зависят от начальных данных:
1. Если Lz > Iζ ωζ,0 cosθ2 , то ψ̇ > 0 (если Lz < Iζ ωζ,0 cosθ2 , то ψ̇ < 0 ) и угол
прецессии ψ монотонно возрастает (убывает). В этом случае точка пересечения
описывает синусообразную кривую. (См. рис. б).
2. Если Lz = Iζ ωζ,0 cosθ2 , то θ̇ = 0, ψ̇ = 0. В этом случае на окружности θ = θ2
будут находиться точки возврата. (См. рис. в)
3. Случай Lz = Iζ ωζ,0 cosθ1 невозможен. В этом случае кинетическая энергия и момент в нижней точке минимальны, а энергии на подъем волчка взять
неоткуда.
4. Если Iζ ωζ,0 cosθ1 < Lz < Iζ ωζ,0 cosθ2 , решение будет иметь возвратные участки (см. рис. г ).
5. Если по начальным данным x1 = x2 , то параллели θ1 и θ2 совпадают, и
движение будет регулярной прецессией.
Напомним, что регулярной прецессией волчка Лагранжа называется движение при котором угол нутаций постоянен θ = θ0 , и ψ̇ = const, ϕ̇ = const. Псевдорегудярной прецессией волчка Лагранжа называется движение при котором
угол нутаций изменяется в небольших пределах. При этом волчок вращается
с почти постоянными угловыми скоростями вокруг оси вращения гироскопа и
вокруг вертикали (рис. б)
Демонстрации (с разоблачением)
12.7.1
Применение гироскопов
Астатический (уравновешенный) гироскоп у которого неподвижная точка является центром тяжести (случай Эйлера) можно использовать
1. для определения суточного вращения Земли (качественно продемонстрировано Л.Фуко). Действительно, динамическая ось такого гироскопа не будет
менять направление. То есть если ее направить на звезду, то со временем она
будет поворачиваться относительно Земли, оставаясь все время направленной
на ту же звезду. Проблемы - трение в подшипниках карданова подвеса.
2. Для автопилота - торпеды, самолета (для самолета нужно 2 гироскопа горизонт, курс).
3. Гирокомпас.
4. Инклинометр.
Рекомендуемая литература:
Сивухин, глава 7 (обязательно! после разбора лекции, сравнивать изложение в Сивухине и на лекциях - искать объяснения эффектов, обсуждаемых в
12.7. Волчок Лагранжа. Гироскопы. Нерегулярная прецессия.
Сивухине в терминах лекции.)
Болотин, главы 4 и 5.
Задачи, рекомендованные к самостоятельному разбору
1. Сивухин, стр 266-277; 2. Сивухин, стр. 296-297.
181
182
Глава 12. Динамика абсолютно твердого тела
Часть V
Динамика сплошных
деформируемых сред: твёрдых
упругих тел, жидкостей и газов
183
Глава 13
Механика деформируемых тел.
Основные понятия механики
сплошной среды.
Закон сохранения массы и уравнение неразрывности. Тензор напряжений. Закон сохранения импульса и уравнение движения. Закон сохранения энергии. Модели механики сплошных сред. Закон сохранения энергии для
сплошной среды. Понятие внутренней энергии. О замыкании системы уравнений механики сплошных сред.
Модели механики сплошных сред: идеальные жидкость и газ, линейно-упругие и линейно-вязкие среды.
13.1
Теорема о дифференцировании по подвижному объёму
Пусть V(t) некоторый конечный подвижный объем. Подвижный объем - это
объем состоящий из частиц сплошной среды, который при движении этих частиц перемещается в пространстве. Пусть задана некоторая функция f (t, x, y, z).
Рассмотрим
Z
f (t, x, y, z)dxdydz.
V(t)
Этот интеграл является функцией времени.
Теорема 13.1 (о дифференцировании по подвижному объему).
Z
Z
Z
∂f
d
f (t, x, y, z)dxdydz =
dxdydz +
f vn dS,
dt V(t)
V(t) ∂t
S(t)
185
186Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
где S(t) - поверхность, которой ограничен объем V(t), vn = ~v · ~n - нормальная
к поверхности S компонента скорости частиц сплошной среды, ~n - нормаль к
поверхности S внешняя по отношению к объему V
Доказательство. Вычислим производную по определению
R
R
f (t + ∆t, x, y, z)dV −
f (t, x, y, z)dV
Z
d
V(t+∆t)
V(t)
f (t, x, y, z)dV = lim
∆t→0
dt
∆t
V(t)
R
Прибавим и вычтем в числителе выражение
f (t + ∆t, x, y, z)dV, тогда
V(t)
R
d
dt
Z
f (t, x, y, z)dV = lim
f (t + ∆t, x, y, z)dV −
V(t+∆t)
R
f (t + ∆t, x, y, z)dV
V(t)
+
∆t
∆t→0
V(t)
!
R
lim
f (t + ∆t, x, y, z)dV −
V(t)
R
f (t, x, y, z)dV
V(t)
.
∆t
В круглых скобках стоит разность интегралов по одинаковому объему, поэтому
!
R
R
f (t + ∆t, x, y, z)dV −
f (t, x, y, z)dV
∆t→0
lim
V(t)
V(t)
=
∆t
∆t→0
!
R
(f (t + ∆t, x, y, z) − f (t, x, y, z))dV
V(t)
= lim
=
∆t→0
∆t
Z
Z
f (t + ∆t, x, y, z) − f (t, x, y, z)
∂f
=
lim
dV =
dV
∆t→0
∆t
∂t
V(t)
Разность
R
V(t)
f (t+∆t, x, y, z)dV−
V(t+∆t)
R
f (t+∆t, x, y, z)dV представляет собой
V(t)
разность интегралов по разным объемам от одной и той же функции. В силу
аддитивности интеграла можно записать
Z
Z
Z
f (t + ∆t, x, y, z)dV −
f (t + ∆t, x, y, z)dV =
f (t + ∆t, x, y, z)dV,
V(t+∆t)
V(t)
∆V
13.1. Теорема о дифференцировании по подвижному объёму
187
Рис. 13.1: Иллюстрация к выводу формулы дифференцирования по подвижному
объему.
где ∆V = V(t + ∆t)\V(t) - разность объемов V(t + ∆t) и V(t). Так как объем
V(t + ∆t) получается из объема V(t) при перемещении частиц сплошной среды,
то его можно разбить на элементарные объемы следующим образом: Разобъем
поверхность S(t) объема V(t) на элементарные площадки dS(t). Каждая из таких
элементарных площадок перейдет в dS(t + ∆t). Соединив эти площадки получим элементарный цилиндр dV(t) с основанием dS(t) и высотой, определяемой
перемещением точек поверхности dS(t) за время ∆t. Эта высота равна (~v · ~n)∆t,
где ~v - скорость частиц сплошной среды, ~n - нормаль к элементарной площадке
dS(t). Таким образом, dV = (~v · ~n)∆tdS.
188Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
Переходя к пределу, получим:
R
R
f (t + ∆t, x, y, z)dV
f (t + ∆t, x, y, z)(~v · ~n)∆tdS
∆V
S
lim
= lim
=
∆t→0
∆t→0
∆t
∆t
Z
Z
f (t + ∆t, x, y, z)(~v · ~n)dS = f (t, x, y, z)(~v · ~n)dS.
lim
∆t→0
S
S
Таким образом, формула дифференцирования по подвижному объёму доказана.
Задача 13.1.1 Пусть V∗ (t) - подвижный контрольный объем (в отличие от
V(t) из предыдущей задачи от объем не обязательно состоит из жидких частиц),
тогда справедлива следующая формула:
Z
Z
Z
∂f
d
~ · ~n)dS,
f (N
f (t, x, y, z)dxdydz =
dxdydz +
dt V∗ (t)
∂t
∗
∗
V (t)
S (t)
~ - скорость точек погде S∗ (t) - поверхность, которой ограничен объем V∗ (t), N
верхности S∗ , ~n - нормаль к поверхности S∗ внешняя по отношению к объему
V∗
Решение: Аналогично решению задачи 13.1.
13.2
Закон сохранения массы и уравнение неразрывности
Выберем в сплошной среде произвольный материальный объем (т.е. объем, состоящий из частиц сплошной среды). Со временем объем будет перемещаться в
пространстве, но вследствие закона сохранения массы масса в этом объеме
не меняется, поэтому для массы можно записать
Z
d
ρ(t, x, y, z)dV = 0,
(13.1)
dt
V(t)
Применим формулу дифференцирования по подвижному объему
Z
Z
∂ρ
dV +
ρvn dS = 0,
∂t
V(t)
S(t)
(13.2)
13.3. Закон сохранения импульса и уравнение движения. Тензор напряжений. 189
Преобразуем последний интеграл с помощью формулы Остроградского-Гаусса
(A.4) (см. Приложение А.3)
Z
Z ∂ρ
∂ρv1 ∂ρv2 ∂ρv3
dV +
+
+
dV = 0,
(13.3)
∂t
∂x
∂y
∂z
V(t)
V(t)
2
3
1
+ ∂ρv
+ ∂ρv
имеем
или, введя обозначение div(ρ~v ) = ∂ρv
∂x
∂y
∂z
Z ∂ρ
+ divρ~v dV = 0,
∂t
(13.4)
V(t)
Так как 1) закон сохранения массы справедлив для произвольного объема, и 2)
интеграл от некоторой функции по произвольной области интегрирования равен
0 тогда и только тогда, когда cама функция тождественна равна нулю, то
∂ρ
+ div(ρV~ ) = 0.
∂t
(13.5)
Уравнение (13.5) называется уравнением неразрывности и выражает собой
закон сохранения массы в дифференциальной форме.
13.3
Закон сохранения импульса и уравнение движения. Тензор напряжений.
Аналогично предыдущему пункту рассмотрим произвольный объем V(t), состоящий из частиц сплошной среды. Закон сохранения импульса (второй закон
Ньютона) для такой механической системы записывается в следующем виде
Z
Z
Z
d
ρ~v dV =
ρF~ dV + p~n dS,
(13.6)
dt
V(t)
V(t)
S
где F~ - сила на единицу массы (например, для постоянной силы тяжести F~ = ~g ).
p~n - вектор поверхностных напряжений (или просто, вектор напряжений), который определяется как предел отношения поверхностной силы ∆F~пов. действующей на площадке с нормалью ~n к площади этой площадки ∆S, при ∆S → 0:
∆F~ пов.
.
∆S→0
∆S
p~n = lim
190Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
Задача 13.4 Горизонтальной шероховатой плоскости движется с постоянной
скоростью брус. Все бруса 1 кг. Коэффициент сухого трения о плоскость 0.3,
площадь основания бруса 0.02 м2 . Найти вектор напряжений на части плоскости,
находящейся в данный момент под брусом.
Запишем левую часть уравнения (13.6) в проекции на ось х и преобразуем ее,
используя 1) теорему дифференцирования по подвижному объему, 2) формулу
Остроградского Гаусса, 3) уравнение неразрывности
∂ρ ∂(ρv1 ) ∂(ρv2 ) ∂(ρv3 )
+
+
+
= 0,
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
и 4) определение полной (материальной/субстациональной) производной, которая по определению равна (см. лекцию 5)
Получим
Z
Z d
∂(ρv1 ) ∂(ρv1 v1 ) ∂(ρv1 v2 ) ∂(ρv1 v3 )
ρv1 dV =
+
+
+
dV =
dt
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
V(t)
Z v1
V(t)
∂v1
∂v1
∂v1
∂v1
∂ρ ∂(ρv1 ) ∂(ρv2 ) ∂(ρv3 )
+
+
+ v2
+ v3
+
+ρ
+ v1
dV =
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
V(t)
Z
Z ∂v1
dv1
∂v1
∂v1
∂v1
+ v1
dV =
ρ
dV,
+ v2
+ v3
ρ
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
dt
V(t)
V(t)
где введено обозначение полной производной:
dv1
∂v1
∂v1
∂v1
∂v1
=
+ v1
+ v2
+ v3
,
dt
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
C учетом этих преобразований, проделанных для проекций на все три оси
координат, закон сохранения импульса можно записать в виде:
Z
Z
Z
d~v
~
ρF dV + p~n dS,
(13.7)
ρ dV =
dt
V(t)
V(t)
S
Теорема 13.2 (формула Коши). Рассмотрим некоторую произвольную точку
сплошной среды. Доказать, что вектор напряжений p~n , действующий на единичную площадку с нормалью ~n, проходяющую через эту точку, может быть
вычислен по формуле
p~n = p~1 n1 + p~2 n2 + p~3 n3 ,
(13.8)
13.3. Закон сохранения импульса и уравнение движения. Тензор напряжений. 191
где (n1 , n2 , n3 ) - координаты вектора нормали ~n, p~1 , p~2 , p~3 - некоторые, не зависящие от ориентации площадки, вектора. (Физический смысл этих векторов
будет ясен из доказательства.)
Последнее соотношение может быть записано в тензорном виде
p~n = P̂ · ~n,
(13.9)
где P̂ - матрица, строки которой состоят из координат векторов p~1 = (p11 , p12 , p13 ),
p~2 = (p21 , p22 , p23 ), p~3 = (p31 , p32 , p33 ):


p11 p21 p31
Pb =  p12 p22 p32 
(13.10)
p13 p23 p33
Формула (B.14) (или (B.15)) называется формулой Коши. Из формулы Коши видно, что матрица Pb связывает два вектора, а значит ее компоненты
преобразуются по тензорному закону. Тензор Pb называется тензором напряжений.
Доказательство. Возьмем в произвольный момент времени t произвольную
точку M среды и построим на этой точке бесконечно малый тетраэдр M ABC,
так, чтобы его стороны M A, M B, M C были паралелльны осям Ox, Oy, Oz декартовой системы координат, M A = dx, M B = dy, M C = dz. Ориентация грани
ABC определяется единичным вектором нормали
~n = n1~ex + n2~ey + n3~ez ,
где n1 = (~n, ~ex ) = cos γ1 , n2 = (~n, ~ey ) = cos γ2 ,n3 = (~n, ~ez ) = cos γ3 . γ1 , γ3 , γ3 - углы
между вектором ~n и единичными базисными векторами ~ex , ~ey ,~ez , соответственно.
Объем тетраэдра V = 31 hS, h - высота, проведенная из точки M на грань
ABC, S - площадь грани ABC. Площади граней SM CB = Scosγ1 , SM AC = Scosγ2 ,
SM AB = Scosγ3 .
Для этого бесконечно-малого тетраэдра запишем:
1
d~v
1
Sh = ρF~
Sh + p~n S + p~−x Scosγ1 + p~−y Scosγ2 + p~−z Scosγ3
ρ
dt M 3
M 3
Далее, сокращая на S и устремляя h → 0, при условии, что ρ, F~ и ~v dt - конечны
в точке М и ее окрестности, имеем:
p~n + p~−x cosγ1 + p~−y cosγ2 + p~−z cosγ3 = 0.
192Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
Воспользовавшись 3 законом Ньютона (~p−x = −~px , p~−y = −~py , p~−z = −~pz ) получим формулу Коши
p~n = p~x cosγ1 + p~y cosγ2 + p~z cosγ3
Обозначив p~1 = p~x , p~2 = p~y , p~3 = p~z , получим формулу Коши. Физический
смысл векторов p~i - это вектора напряжений на единичные площадки ортогональные осям системы координат.
Запишем опять закон сохранения импульса в проекции на ось Ox1 , воспользовавшись формулой Коши
Z
Z
Z
dv1
dV =
ρF1 dV + (p11 n1 + p32 n2 + p31 n3 )dS,
(13.11)
ρ
dt
V(t)
V(t)
S
Поверхностный интеграл в правой части преобразуем к объемному при помощи
формулы Остроградского-Гаусса. В результате получим
Z
Z
Z dv1
∂p11 ∂p21 ∂p31
ρ
+
+
dV =
ρF1 dV +
dV,
dt
∂x1
∂x2
∂x3
V(t)
V(t)
V
Так как последнее соотношение справедливо для произвольного объема V, то
ρ
∂p11 ∂p21 ∂p31
dv1
+
+
= ρF1 +
dt
∂x1
∂x2
∂x3
(13.12)
Напомним, что
dv1
=
dt
∂v1
∂v1
∂v1
∂v1
+ v1
+ v2
+ v3
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
Записывая проекции закона сохранения импульса на оси Ox2 и Ox3 , имеем
ρ
dv2
∂p12 ∂p22 ∂p32
= ρF1 +
+
+
dt
∂x1
∂x2
∂x3
(13.13)
ρ
dv3
∂p13 ∂p23 ∂p33
= ρF3 +
+
+
dt
∂x1
∂x2
∂x3
(13.14)
Уравнения (13.12), (13.13), (13.14) можно записать в векторном виде
∂~v
∂~v
∂~v
∂~v
∂~p1
∂~p2
∂~p3
ρ
+ v1
+ v2
+ v3
= ρF~ +
+
+
(13.15)
∂t
∂x1
∂x2
∂x3
∂x1 ∂x2 ∂x3
13.3. Закон сохранения импульса и уравнение движения. Тензор напряжений. 193
Полученное уравнение называется уравнением движения и представляет собой
дифференциальную форму закона сохранения импульса.
Часто для удобства в литературе используют следующие обозначения:
~ = v1 ∂ + v2 ∂ + v3 ∂
~v · ∇
∂x1
∂x2
∂x3
и
∂~p1
∂~p2
∂~p3
~ · Pb
+
+
=∇
∂x1 ∂x2 ∂x3
Тогда уравнение движения запишется в следующем виде
∂~v
~
~ · Pb.
ρ
+ (~v · ∇)~v = ρF~ + ∇
∂t
(13.16)
или
ρ
d~v
~ · Pb.
= ρF~ + ∇
dt
(13.17)
Задача 13.x Из уравнений движения получить теорему живых сил (или
теорема об изменении кинетической энергии) в дифференциальном виде
ρ
d v2
∂pij
= ρ(F~ · ~v ) + Σi Σj
vj
dt 2
∂xi
(13.18)
(В дальнейшем для упрощения записи знаки суммирования Σ будут опускаться.
При этом, если в выражении есть повторяющийся индекс, то по умолчанию
будем считать, что по этому индексу происходит суммирование.)
и интегральном виде:
Z
Z
Z
Z ∂~
v
ρv 2
∂~
v
∂~
v
d
dV =
ρ(F~ · ~v )dV +
p~n · ~v dS −
p~1
+ p~2
+ p~3
dV
dt
2
∂x1
∂x2
∂x3
V(t)
V(t)
S(t)
V(t)
(13.19)
Также как и закон сохранения энергии в механике материальной точки, теорема живых сил показывает, что изменение кинетической энергии сплошной
среды, заключенной в объеме V(t), обусловленно работой массовых и внешних
поверхностных сил, а также работой внутренних сил поверхностных напряжений (последний член).
Решение: Дифференциальное уравнение (13.18) получается из (13.17) умножением его скалярно на ~v .
194Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
Интегрируя (13.18) по объему V(t), имеем
Z
Z
Z ∂pij
d~v
~
ρ
· ~v dV =
ρ(F · ~v )dV +
vj
dV
dt
∂xi
V(t)
V(t)
(13.20)
V(t)
Преобразуем правую часть:
Z Z Z d~v
∂vi
∂vi
∂ Σi vi2
∂
Σi vi2
ρ
· ~v dV =
ρ
vi + vj vi
dV =
ρ
+ vj
dV =
dt
∂t
∂xj
∂t
2
∂xj
2
V(t)
V(t)
Z
=
∂
ρ
∂t
v2
2
V(t)
∂
+ vj
∂xj
v2
2
Z dV =
V(t)
∂
∂t
ρv 2
2
−
v 2 ∂ρ
2 ∂t
+ vj
∂
∂xj
ρv 2
2
V(t)
Z =
∂
∂t
ρv
2
2
∂
+ vj
∂xj
ρv 2
2
∂ρ
v 2 ∂ρ
+ vj
−
dV
2 ∂t
∂xj
V(t)
Z =
∂
∂t
ρv 2
2
∂
+ vj
∂xj
ρv 2
2
d
dV =
dt
V(t)
Z
ρv 2
dV.
2
V(t)
∂ρ
равно нулю в силу уравнения неразрывности. Последнее
Выражение ∂ρ
+ vj ∂x
∂t
j
преобразование следует из теоремы дифференцирования по подвижному объему
и теореме Остроградского-Гаусса.
Преобразуем последний член левой части уравнения (13.20), используя теорему Остроградского-Гаусса:
Z
Z Z
∂vj pij
∂pij
∂vj
vj
dV =
− pij
dV =
vj [p1j (~n·~e1 )+p2j (~n·~e2 )+p3j (~n·~e3 )]dS−
∂xi
∂xi
∂xi
V(t)
V(t)
Z −
V(t)
S(t)
Z
Z ∂~v
∂~v
∂~v
∂~v
∂~v
∂~v
p~1
+ p~2
+ p~3
dV = (~pn ·~v )dS−
p~1
+ p~2
+ p~3
dV
∂x1
∂x2
∂x3
∂x1
∂x2
∂x3
S(t)
V(t)
Таким образом теорема живых сил в интегральном виде (13.19) доказана.
Задача 13.8 Главной системой координат для тензора P̂ называют декартову ортогональную систему координат, в которой
pij = 0, i 6= j
v 2 ∂ρ
−
2 ∂xj
13.4. Тензор напряжений в покоящейся жидкости. Давление.
195
Его компоненты
p11 = p1 , p22 = p2 , p33 = p3
в этой системе называют главными компонентами, а оси главной системы главными осями тензора P̂ .
а) Показать, что на площадках, перпендикулярных главным осям тензора
напряжений, векторы напряжений направлены по нормали.
б) Пусть главные оси и главные компоненты тензора напряжений известны.
Найти площадки, на которых величина нормального напряжения pnn экстремальна. Найти соответствующие значения величин (pnn )max и (pnn )min .
Решение. а) В главной системе координат для тензора напряжений, например, на площадке перпендикулярной оси x1 , по формуле Коши имеем:
pn1 = p11 , pn2 = p21 = 0, pn3 = p31 = 0.
б) pnn = pij nj ni ; в главной системе координат
pnn = p1 n21 + p2 n22 + p3 n23 ,
причем n21 +n22 +n23 = 1; экстремум для pnn достигается при ni , удовлетворяющих
условиям
∂ [pnn − λ(n21 + n22 + n23 − 1)]
= 0, i = 1, 2, 3.
∂ni
Здесь λ - множитель Лагранжа. Если p1 > p2 > p3 , то эти условия означают,
что pnn достигает экстремума, когда ~n параллелен одной из главных осей. Тогда
(pnn )max = p1 , (pnn )min = p3 .
13.4
Тензор напряжений в покоящейся жидкости.
Давление.
Дадим следующее определение жидкости: Жидкостью называется среда,
не способная оказывать сопротивление любому стремлению приложенных сил
деформировать её без изменения объёма. Другими словами, при действии таких
сил покоящаяся жидкость придёт в движение.
Рассмотрим поверхностные силы, приложенные к малой жидкой сфере. Малой в том смысле, что компоненты тензора напряжений почти постоянны на этой
поверхности. Выберем оси координат, совпадающие с главными осями тензора
196Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
pij , и запишем тензор напряжений в виде суммы двух тензоров
 1

(p
+
p
+
p
)
0
0
11
22
33
3
1
+
0
(p + p22 + p33 )
0
Pb = 
(13.21)
3 11
1
0
0
(p + p22 + p33 )
3 11


1
0
0
p11 − 3 (p11 + p22 + p33 )


0
0
p22 − 13 (p11 + p22 + p33 )
1
0
0
p33 − 3 (p11 + p22 + p33 )
Первый из этих тензоров сферически симметричен или изотропен. Он соответствует поверхностной силе p~n = 1/3(p11 + p22 + p33 )~n, которая действует по
нормали и является равномерным сжатием сферы, стремящимся изменить её
объем.
Второй из тензоров определяет отклонение тензора напряжений от его изотропной формы. Так как след этого тензора нулевой, поэтому нормальные напряжения (т.е. поверхностные силы, действующие по главным осям) должны
быть разного знака, то есть должны быть силы сжатия и растяжения (см. рис.
13.2 б). Эти силы стремятся изменить форму сферы и превратить ее в эллипсоид.
Жидкость, по определению, не может находится в равновесии под действием
сил, определяемых вторым тензором. Следовательно, если жидкость находится
в состоянии покоя, что этот тензор должен быть нулевым. Первый же тензор
удобно представить в виде
pij = −pδij ,
1
p = (p11 + p22 + p33 ).
3
где
p называют статическим давлением (или просто давлением) жидкости.
Таким образом, в неподвижной жидкости, сила, действующую на единичную
площадку с нормалью ~n равна p~n = −p~n.
13.5
Закон сохранения момента импульса
Аналогично закону сохранения импульса для материального объема V можно
записать закон сохранения момента импульса.
d
dt
Z
V(t)
~ v +~k)dV =
ρ(R×~
Z
V(t)
~ F~ dV+
ρR×
Z
S
~ pn dS+
R×~
Z
V(t)
~ об dV+
ρM
Z
S
~ пов dS, (13.22)
M
13.5. Закон сохранения момента импульса
197
Рис. 13.2: Два вида напряжений на поверхности сферического элемента жидкости: а) однородное всестороннее сжатие, б) однородное растяжение в направлении одной главной оси тензора напряжений и сжатие в направлении другой
главной оси.
~ - радиус-вектор точки пространства относительно которой вычисляются
где R
моменты импульса и сил, ~k - внутренние моменты кол-ва движения вещества
~ об моменты внешних пар, распределенные в объёме V,
(на единицу массы), M
~ пов - моменты внешних пар, распределённые на поверхности S.
M
Из этого уравнения аналогично предыдущему можно вывести закон сохранения момента импульса
ρ
∂~k
~ ~k
+ (~v · ∇)
∂t
!
=
X
~ об + ∇
~ ·M
c,
pij [~ei × ~ej ] + ρM
(13.23)
i,j
c - тензор моментных напряжений (вводится аналогично тензору напряжегде M
ний), ~ei - векторы базиса.
Задача 13.10.x Получить уравнение (13.23) из (13.22).
Задача 13.10 Показать, что тензор напряжений симметричен, если внутренние моменты моменты количества движения ~k = 0 и моменты распределенных
~ вн = 0 и M
~ пов = 0.
пар M
В дальнейшем, для простоты, будем рассматривать среды и силы, удовлетворяющие условием задачи 13.10, а значит тензор напряжений будем считать
симметричным. Уравнение момента импульса в этих условий не дает ничего дополнительного к уравнению импульса, и поэтому его можно не рассматривать.
198Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
13.6
Закон изменения энергии. Понятие внутренней энергии.
В отличие от законов сохранения массы, импульса и момента импульса, которые являются лишь математическими обобщениями законов сохранения массы,
импульса и момента импульса, закон изменения энергии для сплошной среды не
является простым обобщением закона сохранения энергии для системы материальных точек, который был рассмотрен ранее. Для того, чтобы сформулировать
закон сохранения энергии необходимо ввести понятие внутренней энергии.
Понятие внутренней энергии вводится в школьном курсе физики (см., например, Мякишев и Синяков, Физика, 10 класс). Физическая суть внутренней
энергии с точки зрения кинетической теории - сумма кинетических энергии относительного движения молекул в макрочастице (элементарном объёме среды)
и потенциальных энергий взаимодействия молекул между собой. Движение молекул рассматривается в системе координат, связанной с движением макрочастицы, как целого.
В рамках сплошной среды частица сплошной среды рассматривается как термодинамическая система, т.е. система находящаяся в термодинамическом равновесии. Под термодинамическим равновесием понимается такое состояние системы, в котором все ее характеристики остаются неизменными сколь угодно
долго, если, при этом, система не взаимодействует с другими телами и внешние
условия не изменяются. Состояние системы характеризуется параметрами состояния, то есть такими параметрами, через которые определяются все другие
параметры системы. Для газа, например, такими параметрами могут служить
давление и температура.
Внутренняя энергия определяется из первого закона термодинамики, который гласит, что 1) внутренняя энергия E является функцией параметров состояния системы, 2) изменение внутренней энергии происходит за счёт работы
внешних сил над системой и за счёт притока тепла к системе извне
dE = δAe + δQ,
где dE - изменение внутренней энергии E термодинамической системы при переходе от одного (равновесного) состояния к другому, δAe и δQ - работа внешних
сил и приток тепла к системе, которые совершались при этом переходе.
Также важно понимать, что разные частицы сплошной среды могут находиться в разных термодинамических состояниях, поэтому речь идёт о том, что
сплошная среда находится в состоянии локального термодинамического равновесии. В этом состоянии сплошная среда в целом не находится в состоянии тер-
13.6. Закон изменения энергии. Понятие внутренней энергии.
199
модинамического равновесия, однако макрочастицы сплошной среды находятся
в термодинамическом равновесии (для каждой частицы своем). При этом условии, первый закон термодинамики может быть обобщен. Подробно о том, как
провести такое обобщение, будет рассказываться к курсе "Термодинамики".
Аналогично предыдущему рассмотрим произвольный объем V(t), состоящий
из частиц сплошной среды. Закон изменения полной энергии для такой механической системы записывается в следующем виде:
Z
Z
Z
Z
Z 2
v
d
~
q ∗ dV (13.24)
+ e dV =
ρF · ~v dV +
p~n · ~v dS − qn dS +
ρ
dt
2
V(t)
V(t)
S
S(t)
V(t)
Здесь e - внутренняя энергия на единицу массы, qn - приток тепла в единицу
времени через единичную площадку c нормалью ~n, т.е. qn dS - количество тепла,
поступающее в объем V(t) через элемент поверхности dS); q ∗ - количество тепла,
поступающее за единицу времени в единицу объёма за счёт распределенных
источников энергии.
Пользуясь теоремой о дифференцировании по подвижному объему и формулой Остроградского-Гаусса, получим дифференциальный вид закона сохранения
энергии:
ρ
∂
∂t
2
v2
v
~
+ e + (~v · ∇)
+e
= div Pb · V~ + ρF~ · V~ − div~q + q ∗
2
2
(13.25)
Если из уравнения (13.24) вычесть (13.19), то получится соотношение, называемое уравнением притока тепла
Z
Z
Z Z
d
∂~v
∂~v
∂~v
+ p~2
+ p~3
q ∗ dV
(13.26)
ρedV =
p~1
dV − qn dS +
dt
∂x1
∂x2
∂x3
V(t)
S
V(t)
V(t)
Задача 13.11 Доказать, существует такой вектор ~q, называемый вектором
потока тепла, что поток тепла qn через любую площадку с нормалью ~n имеет
вид
qn = ~q · ~n
Решение: Аналогично задаче 13.5
Воспользовавшись решением задачи 13.11, равенство (13.26)
ρ
de
∂vi
= pij
− div~q + q ∗
dt
∂xj
(13.27)
200Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
∂vi
Полученное соотношение называется уравнением притока тепла. Член pij ∂x
явj
ляется просто другим видом записи выражения в квадратных скобках в (13.26)
и является работой внутренних напряжений. Преобразуем этот член
pij
13.7
1
∂vi
∂vj
1
∂vi
∂vj
∂vi
= pij (
+
) + pij (
−
)
∂xj
2
∂xj ∂xi
2
∂xj
∂xi
Модели механики сплошных сред. О замыкании системы уравнений механики сплошных сред. Модели механики сплошных сред:
идеальные жидкость и газ, линейно-упругие
и линейно-вязкие среды.
Нами были получено 5 уравнений (13.5), (13.12), (13.13), (13.14), (13.25). Неизвестными в этих уравнениях являются 14 величин: плотность ρ, 3 компоненты
вектора скорости v1 , v2 , v3 , 6 компонент тензора напряжений p11 , p12 , p13 , p22 , p23 , p33
(тензор напряжений считаем симметричным, поэтому p21 = p12 , p31 = p13 , p32 =
p23 ), внутренняя энергия e и 3 компоненты вектора притока тепла q1 , q2 , q3 .
Таким образом, чтобы замкнуть систему уравнений (т.е. чтобы число уравнений совпадала с числом неизвестных) необходимо добавить к системе уравнений
дополнительные соотношения, которые называют определяющими соотношениями.
Определяющие соотношения различны для различных сплошных сред. Ниже перечисленны основные модели сплошных сред, которые и будут рассматриваться в дальнейшем.
1. Идеальная несжимаемая жидкость
b qn = 0, ρ = const, e = e(T ),
Pb = −pE,
(13.28)
где e(T ) - внутренняя энергия, является заданной функция температуры T , p b - единичный тензор
давление, E
2. Идеальная сжимаемая жидкость или газ
b qn = 0, p = p(ρ, T ), e = e(ρ, T ),
Pb = −pE,
где p(ρ, T ) и u(ρ, T ) - заданные функции.
(13.29)
13.7. Модели механики сплошных сред. О замыкании системы уравнений механики сплошных сред. М
3. Вязкая несжимаемая жидкость
b + τb, ρ = const,
Pb = −pE
(13.30)
1
τ ij = τ ij (ekl , T ), u = u(T ), eij = (∇i vj + ∇j vi )
2
ij
где τ (ekl , T ) и u(T ) - заданные функции. Тензор с компонентами τij называется
тензором вязких напряжений.
4. Вязкая сжимаемая жидкость или газ
pij = −pg ij + τ ij ,
(13.31)
p = p(ρ, T ), u = u(ρ, T ), τ ij = τ ij (ekl , T ),
где τ ij (ekl , T ), p(ρ, T ),u(ρ, T ) - заданные функции.
В частности, жидкость называется линейно-вязкой (или ньютоновской), если
связь между тензорами скоростей деформаций и вязких напряжений линейна,
то есть
τ ij = Aijkl (T )ekl ;
например, для изотропной линейно-вязкой жидкости справедлив закон НавьеСтокса
τij = λdiv(~v )δij + 2µeij ,
(13.32)
где λ и µ - коэффициенты вязкости, λ = λ(T ),µ = µ(T ).
Определение 13.1. Идеальный или вязкий газ называется совершенным, если
p = ρRT, u = cv T + const,
где cv = const, R = const = R0 /m, а R0 – универсальная газовая постоянная, m
– молекулярный вес газа.
Задача 13.12 а) Установить равносильность утверждений (1) и (2), входящих в определение модели
идеальной жидкости:
(1) в идеальной жидкости тензор напряжений - шаровой, т.е. pij = −pδij , где p - скаляр;
(2) в идеальной жидкости вектор напряжений на любой площадке параллелен нормали к этой площадке.
б) Жидкостью называют среду, которая не может находиться в покое, если в ней на какой-либо площадке
есть касательные напряжения. Показать, что в покоящейся жидкости pij = −pδij .
5. Упругая (термоупругая) среда
pij = pij (εkl , T ), e = e(εkl , T ),
(13.33)
где pij (εkl , T ) и e(εkl , T ) - заданные функции, εkl - компоненты тензора деформации.
202Глава 13. Механика деформируемых тел. Основные понятия механики сплошной среды.
Для линейной изотропной термоупругой среды с малыми деформациями
выполнен закон Гука, который с учётом температурных напряжений имеет вид
pij = λI1 (ε)δij + 2µεij − α(3λ + 2µ)(T − T0 )gij ,
(13.34)
а плотность внутренней энергии e определяется равенством
e=
λ 2 µ
α
J1 + J2 (ε) + (3λ + 2µ)I1 T0 +
2ρ
ρ
ρ
(13.35)
c(T − T0 )2
+ c(T − T0 ) + const,
2T0
где J1 (ε) = g ij εij , J2 (ε) = εij εij ; λ и µ - коэффициенты Ламе; α - коэффициент линейного теплового расширения; c- удельная теплоёмкость в процессе с не
меняющейся деформацией.
Рекомендуемая литература:
Механика сплошных сред в задачах (под редакцией Эглит) том. 1 Теория и
задачи
Глава 14
Механика жидкостей и газов.
Основы гидро- и аэростатики. Закон Паскаля. Сжимаемость жидкостей и газов. Основное уравнение гидростатики. Распределение давления в покоящейся жидкости (газе) в поле силы тяжести. Барометрическая формула.
Закон Архимеда. Условия устойчивого плавания тел. Стационарное течение жидкости. Линии тока. Трубки
тока. Уравнение Бернулли. Вязкость жидкости. Течение вязкой жидкости по трубе. Формула Пуазейля. Ламинарное и турбулентное течение. Число Рейнольдса. Лобовое сопротивление при обтекании тел. Парадокс
Даламбера. Циркуляция. Подъемная сила. Формула Жуковского. Эффект Магнуса.
В этой лекции мы рассмотрим движение жидкостей и газов. В разной степени нами будут рассмотрены модели 1) идеальной и вязкой несжимаемой жидкости, 2) модели идеального и вязкого сжимаемого газа. Понятия жидкость и газ
мы различать не будем. Хотя так как наш повседневный опыт подсказывает, что
газы гораздо легче меняют занимаемый ими объем, то когда речь пойдет о свойствах сжимаемости (изменения плотности) мы чаще будем употреблять термин
газ, а когда свойствами сжимаемости можно пренебречь, то будем использовать
термин несжимаемая жидкость. Свойство сжимаемости среды обсудить позже.
14.1
Модель линейно-вязкой жидкости/газа
В модели линейно-вязкой (слово "линейно"иногда опускается) изотропной (т.е.
полагается, что свойства не зависят от направления) жидкости (газа) полагается, что тензор напряжений можно представить в виде (в декартовых координатах)
1
Pb = −pĝ + τb, где τij = λdiv~v gij + 2µeij , eij =
2
203
∂vi
∂vi
+
∂xj ∂xj
,
(14.1)
204
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
где λ и µ – величины, называемые коэффициентами вязкости, p – давление, τb
- тензор вязких напряжений. ĝ = (gij ) - метрический тензор, который в декартовой системе координат является просто единичным тензором gij = δij
(δij = 0 приi 6= j, δii = 1, i=1,2,3).
Давление- эта часть тензора напряжений, которая не зависит в явном виде
от скорости среды, и не обращается в нуль, когда среда находится в состоянии
покоя.
14.1.1
Опыт Ньютона по определению вязкой силы трения. Закон вязкого трения Ньютона. Ньютоновские
жидкости.
Указанная выше модель является математическим обобщением опытов по определению силы вязкого трения, который проводил Ньютон.
Ньютон исследовал течение жидкости в слое между двумя параллельными
пластинами. Расстояние между пластинами h. Верхняя пластина движется с
постоянной скоростью v0 , а вторая является неподвижной (см. рис. 14.1).
Рис. 14.1: Опыт Ньютона - течение между двумя параллельными пластинами.
Показано распределение скоростей поперек слоя.
Движение верхней пластины увлекает за собой жидкость. Ньютон обнаружил, что для поддержания постоянной скорости, к пластине нужно прикладывать силу (в расчете на единицу площади) τ , которая прямо пропорциональна
скорости пластины v0 и обратно пропорциональна расстоянию между пластинами h:
v0
τ =µ ,
h
14.1. Модель линейно-вязкой жидкости/газа
205
где µ - коэффициент пропорциональности (называемый коэффициентом сдвиговой вязкости). Кроме того, был обнаружен линейный характер распределения
скорости поперек слоя
v0
vx = y, vy = 0, vz = 0.
h
Здесь ось Ox направлена вдоль скорости пластины, а ось Oy перпендикулярно
слою жидкости.
Так как пластина движется с постоянной скоростью, то на единицу площади
пластины со стороны жидкости действует сила −τ . В силу 3-го закона Ньютона,
пластина действует на единицу площади поверхности жидкости с силой −τ .
Согласно определению тензора напряжений pxy есть проекция на ось х вектора напряжений p~n для площадке у которой нормаль совпадает в осью y, что
как раз и является силой τ . Таким образом pxy = τ .
С другой стороны вычислим компоненту тензора скоростей деформаций exy :
1 v0
τ
1 ∂ v0
1 ∂vx ∂vy
+
y=
=
=
exy =
2 ∂y
∂x
2 ∂y h
2h
2µ
Таким образом pxy = 2µexy мы выяснили смысл последнего члена в выражении
для тензора вязких напряжений.
О связи λ и µ с коэффициентами сдвиговой и объемной вязкости. (Эглит2
стр. 133-134)
14.1.2
Уравнения Навье-Стокса
Подставив определение тензора напряжений для линейно-вязкой изотропной
жидкости (14.1) в уравнения движения (13.12), (13.13), (13.14) получим уравнения Навье-Стокса в проекциях на оси декартовой системы координат
∂p
∂
dv1
= ρF1 −
+ (λ + µ) div~v + µ∆vx ,
dt
∂x
∂x
dv2
∂p
∂
ρ
= ρF2 −
+ (λ + µ) div~v + µ∆vy ,
dt
∂y
∂y
dv3
∂p
∂
ρ
= ρF3 −
+ (λ + µ) div~v + µ∆vz ,
dt
∂z
∂z
ρ
2
2
(14.2)
2
где введено обозначение ∆f = ∂∂xf2 + ∂∂yf2 + ∂∂zf2
Уравнения (14.2) записываются как одно векторное уравнение
ρ
d~v
= ρF~ − gradp + (λ + µ)grad(div~v ) + µ∆~v .
dt
(14.3)
206
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
Задача 14.1 Провести преобразования и получить уравнения Навье-Стокса
(14.2) из уравнений движения (13.12), (13.13), (13.14).
14.1.3
Несжимая жидкость (газ). Замкнутая система уравнения для вязкой несжимаемой жидкости.
Жидкость называется несжимаемой, если плотность в материальной частице
при движении сохраняется:
dρ
= 0.
dt
Несжимаемая жидкость называется однородной, если для всех материальных
частиц плотность одинакова,и, следовательно, ρ(t, x, y, z) = ρ0 .
Из уравнения неразрывности следует, что для несжимаемой жидкости
div~v = 0.
(14.4)
Уравнения Навье-Стокса также несколько упростятся
d~v
= ρF~ − gradp + µ∆~v .
(14.5)
dt
Система уравнений (14.4) и (14.5) представляет собой замкнутую систему
уравнений для переменных ρ и ~v . Для решения конкретных задач данную систему уравнений надо дополнить начальными и граничными условиями.
ρ
14.1.4
Модель теплопроводной жидкости/газа. Закон теплопроводности Фурье. Уравнение энергии для вязкого теплопроводного газа.
Для изотропной среды этот закон утверждает, что вектор потока тепла ~q пропорционален градиенту температуры T и записывается в виде
~q = −κgradT, то есть qi = −κ
∂T
∂xi
Задача 14.2 Из сохранения энергии (13.25) получить закон сохранения энергии для вязкого теплопроводного газа:
de
+ pdiv~v = div(κ gradT ) + Φ + q ∗ ,
dt
где Φ - диссипативная функция:
Φ = 2µ (grad~v )2 + 4(e212 + e223 + e313 ) + λ(div~v )2 .
ρ
(14.6)
14.1. Модель линейно-вязкой жидкости/газа
14.1.5
207
Замкнутая система уравнений для вязкого теплопроводного совершенного газа
Напомним, что совершенным газом называется газ, в котором выполняется уравнение Клайперона p = ρRT , а внутренняя энергия выражается через температуру e = cv T , cv и R - постоянные для данного газа величины.
Для совершенного вязкого нетеплопроводного газа замкнутая система уравнений состоит из 5 уравнений и 2 замыкающих соотношений, и имеет следующий
вид:
∂ρ
+ div(ρV~ ) = 0,
(14.7)
∂t
d~v
ρ = ρF~ − gradp + (λ + µ)grad(div~v ) + µ∆~v .
(14.8)
dt
de
ρ + pdiv~v = κ∆T + Φ + q ∗ ,
(14.9)
dt
e = cv T
(14.10)
p = ρRT
(14.11)
Неизвестными являются 7 величин: плотность ρ, три компоненты скорости
~v , давление p, внутренняя энергия , температура T . Таким образом система
является замкнутой.
14.1.6
О постановке задач механики жидкости и газа. Параметры подобия.
Как уже говорилась ранее. Систему уравнений (14.7) - (14.11) для сжимаемого
вязкого газа, или же систему (14.4) - (14.5) необходимо дополнить начальными
и граничными условиями, которым должны удовлетворять решения системы
уравнений. Эти условия представляют дополнительную информацию и дополнительные параметры задачи.
Одна из основных задач механики жидкости и газа является задача обтекания тел конечных размеров однородным неограниченным в пространстве потоком. Такая задача называется внешней задачей гидроаэродинамики. В этом
случае в набегающем потоке далеко от тела задается скорость потока V∞ :
~v → V∞~ez при z → −∞.
(Здесь введена система координат в которой ось z совпадает с направлением
движения потока.) Для сжимаемого газа набегающем потоке задаются также
давление и плотность.
208
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
На теле выполняются условия прилипания - когда скорость газа совпадает
со скоростью тела. Если тело покоится, то условия прилипания имеют вид
~v (~r) = 0 для точек ~r
лежащих на поверхности телаS.
Важными также являются внутренние задачи. К таким задачам, относятся,
например, задачи расчета сопел двигателей и турбин, и т.д.
Начальные и граничные условия задают характерные параметры задачи. В
общем случае это могут быть характерный размер задачи L (например, размер
обтекаемого тела), характерные скорость V ∗ , плотность ρ∗ , давление p∗ . Если
на жидкость действуют массовые силы, то можно задать характерную силу F ∗ .
Если задача нестационарна, то можно задать характерное время t∗ .
Введем теперь безразмерные величины
t
p
~r
~rˆ = , t̂ = ∗ , p̂ = ∗ , и т.д.
L
t
p
Подставив данные соотношения в систему уравнений, получим систему в безразмерном виде. Для простоты рассмотрим систему (14.4) - (14.5) для несжимаемой вязкой жидкости:
div~vˆ = 0.
(14.12)
Уравнения Навье-Стокса также несколько упростятся
Sh
1 ~ˆ
1 ˆ
d~vˆ
=
∆~v .
F − Eu gradp̂ +
dt
Fr
Re
(14.13)
В последнее уравнение вошли безразмерные комбинации характерных величин,
называемые параметрами подобия:
Sh =
L
V ∗ t∗
Eu =
Re =
p∗
ρV ∗ 2
ρ∗ V ∗ L
µ
- число Струхаля;
- число Эйлера;
- число Рейнольдса;
V ∗2
- число Фруда;
F ∗L
Параметры подобия являются основой моделирования течений.
Fr =
14.1. Модель линейно-вязкой жидкости/газа
209
Если для конкретной задачи (или классе задач) тот или иной параметр подобия мал (или, наоборот, очень велик), то это позволяет нам упрощать уравнения
Навье-Стокса, которые чрезвычайно сложны для решения.
Если Sh << 1 то нестационарную задачу можно рассматривать как стационарную (квазистационарную), пренебрегая членами ∂/∂t.
Если Re >> 1, можно пренебречь членами с вязкостью и рассматривать
движение среды как движение идеальной жидкости.
14.1.7
Замкнутая система уравнеий для модели идеальной
жидкости (газа)
Несжимаемая среда
Из уравнения неразрывности следует, что для несжимаемой жидкости
div~v = 0.
(14.14)
Уравнения Навье-Стокса также несколько упростятся
ρ
d~v
= ρF~ − gradp.
dt
(14.15)
Сжимаемый идеальный совершенный нетеплопроводный газ
∂ρ
+ div(ρV~ ) = 0,
(14.16)
∂t
d~v
ρ = ρF~ − gradp.
(14.17)
dt
de
ρ + pdiv~v = q ∗ ,
(14.18)
dt
p
cp
e=
, где γ = ,
(14.19)
(γ − 1)ρ
cv
где cp и cv - удельные теплоемкости при изобарическом и изохорическом процессах, и R = cp − cv .
Задача 14.3 Получить последнее уравнение из e = cv T и уравнения Клайперона.
Систему уравнений Эйлера решать существенно легче по сравнению с системой уравнений Навье-Стокса. Хотя в целом система уравенений остается сложной, но ее свойства хорошо изучены.
В некоторых случаях удаётся проинтегрировать уравнение движения. Эти
случаи рассмотрены далее.
210
14.2
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
Условия равновесия сплошной среды. Гидростатика
Рассмотрим случаи, когда сплошная среда находится в равновесии, т.е. движение отсутствует. Уcловия равновесия получаются из уравнений движения при
~v = 0. В общем случае из уравений (13.16)
~ · Pb.
ρF~ = −∇
(14.20)
Задача 14.9 Поле тензора напряжений в декартовых координатах задано
матрицей


3xyγ 5y 2 γ
0
0
2z 2 γ  , γ = const
pij =  5y 2 γ
0
2z 2 γ
0
Какими должны быть массовые силы, чтобы среда с заданной плотностью была
в равновесии?
Задача 14.10 Матрица компонент тензора напряжений в покоящейся среде
с заданной плотностью ρ имеет вид


a 0 0
pij = 0 b 0 ,
0 0 c
где a, b, c - постоянные величины. Найти массовые силы, если pij есть компоненты тензора в а) декартовой, б) цилиндрической, в) сферической системах
координат.
Рассмотрим, теперь равновесие жидкости или газа. Так как вязкие члены при
равновесии исчезают, то тензор напряжений в этом случае становится шаровым
pij = −pδij . Условие равновесия принимает вид:
1
gradp = F~ .
ρ
Полученное условие равновесия не будет выполняться при произвольной силе
F~ .
Задача 14.11 а) Доказать формулу векторного анализа
rot(a~b) = arot(~b) + grad(a) × ~b.
б) Доказать, что для любого векторного поля ~b: rot(grad(~b)) = 0.
14.2. Условия равновесия сплошной среды. Гидростатика
211
Возьмем rot от обеих частей условия равновесия
1
1
1
1
~
rotF = rot
gradp = rot(gradp) + grad
× gradp = grad
× gradp =
ρ
ρ
ρ
ρ
1
1
= grad
× F~
ρ
ρ
Умножим последнее соотношение склярно на F~ и получим необходимое условие
равновесия жидкости (или газа):
F~ · rotF~ = 0.
(14.21)
Это условие выполняется, например, когда:
1) F~ = 0, т.е. сила отсутствует. В этом случае из условия равновесия следует,
что p = const.
2) Поле массовых сил потенциально, то есть существует такая функция (потенциал силы) U , что F~ = gradU . В этом случае
1
gradp = gradU.
ρ
3) Сила такая, что вектора F~ и rotF~ перпендикулярны.
Задача 14.x* Доказать, что условие (14.21) на силу F~ эквивалентно (т.е.
необходимо и достаточно) тому, что сила F~ может быть представлена в виде
F~ = a gradU , где a и U - некоторые функции координат.
Решение: Доказательно для самых любознательных на стр. 95 учебника Валландера.
Рис. 14.2: К задаче 14.13
212
14.2.1
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
Барометрическая формула
Задача. Как изменяется с высотой давление в покоящейся атмосфере в однородном поле тяжести (во всех точках его объёма ускорение свободного падения
g одинаково)?
Решение: Введем систему координат так, что ось z направлена вертикально,
тогда сила тяжести F~ = −g~ez .
Условия равновесия для газа запишутся следующим образом
gradp
= −g~ez ,
ρ
В проекциях на оси координат
∂p
1 ∂p
∂p
= 0,
= 0,
= −g
∂x
∂y
ρ ∂z
Из первых двух уравнений следует, что p = p(z). Будем также считать атмосферу совершенным газом (p = ρRT ), а также вместо того, чтобы записывать и
решать уравнение энергии, будем предполагать, что зависимость температуры
от высоты z известна: T = T (z). Из проекции уравнения равновесия на ось Oz
имеем
RT (z) dp
= −g,
p dz
gdz
dp
=−
,
p
RT (z)
Интегрируя правую и левые части, получим
Z
p(z)
p(z0 )
dp
=−
p
Z
z
gdz
,
RT (z)
z0
Откуда получаем
Z
p(z) = p(z0 )exp −
z
z0
gdz
RT (z)
Если атмосфера изотермическая T (z) = const = T0 , то получаем барометрическую формулу
g
p(z) = p(z0 )(1 −
(z − z0 ).
RT
14.2. Условия равновесия сплошной среды. Гидростатика
14.2.2
213
Закон Архимеда
Теперь рассмотрим однородную несжимаемую жидкость в поле силы тяжести.
В этом случае уравнение равновесия в проекции на ось z (dp/dz = −ρg) легко
проинтегрировать. В результате получим зависимость давления в жидкости от
высоты.
p(z) = p(z0 ) − ρg(z − z0 )
Введем новую координату z̃ = z − z0 −
жидкости будет определяться формулой
p(z0 )
ρg
Тогда распределение давления в
p(z) = −ρgz̃
Пусть в жидкость погружено тело. Поверхность этого тела S, объем τ . Вы~ поверхностных сил, действующих
числим главный вектор F~ и главный момент L
на тело:
Z
Z
~
p~n dS = − p~ndS,
F =
S
S
~ =
L
Z
Z
[~r × ~n] pdS,
[~r × p~n ] dS = −
S
S
В проекциях на оси координат получим
Z
Z
Fx = − pcos(~n, ~ex )dS = ρg c̃os(~n, ~ex )dS = 0;
S
S
Z
Z
Fy = −
c̃os(~n, ~ey )dS = 0;
pcos(~n, ~ey )dS = ρg
S
S
Z
Z
Fz = −
S
Z
Lx = −
c̃os(~n, ~ez )dS = ρgτ.
pcos(~n, ~ez )dS = ρg
S
Z
p [ycos(~n, ~ez ) − zcos(~n, ~ey )] dS = ρg
S
z̃ [ycos(~n, ~ez ) − zcos(~n, ~ey )] dS =;
S
Z
Z
Z
Z
Z
∂(z̃y)
= ρg z̃ycos(~n, ~ez )dS = ρg
dτ = ρg ydτ = ρgyc τ
∂ z̃
S
τ
τ
Z
Z
Ly = − p [zcos(~n, ~ex ) − xcos(~n, ~ez )] dS = ρg z̃ [zcos(~n, ~ex ) − xcos(~n, ~ez )] dS =;
S
S
= −ρg
z̃xcos(~n, ~ez )dS = ρg
S
τ
∂(z̃x)
dτ = ρg
∂ z̃
Z
xdτ = −ρgxc τ
τ
214
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
Z
Lz = −
Z
p [xcos(~n, ~ey ) − ycos(~n, ~ex )] dS = ρg
S
z̃ [xcos(~n, ~ey ) − ycos(~n, ~ex )] dS = 0.
S
~ = 0. В нашем
Система сил приводится к одной равнодействующей, если F~ · L
случае это условие выполняется. Если мы проведем ось z через точку (xc , yc ),
~ = 0.
то в этой системе координат L
Таким образом, система сил, действующих на тело, погруженно в однородную несжимаемую жидкость, находящуюся в поле сил тяжести, статически эквивалентна одной силе, равной по величине весу жидкости в объеме тела и направленной вертикально вверх. Линия действия этой силы проходит через центр
тяжести объема тела. Эта сила называется силой Архимеда.
Задача 14.12 (Парадокс Жуковского) В вертикальную стенку сосуда, наполненного жидкостью, вделан однородный круглый цилиндр, способный без
трения вращаться вокруг вертикальной оси, лежащей в плоскости стенки, так
что половина цилиндра остается все время погруженной в жидкость и испытывает, в силу закона Архимеда, давление, направленное снизу вверх, которое,
казалось бы, должно заставить цилиндр вращаться. Таким образом, казалось
бы, можно получать работу без затраты энергии, т.е. можно бы осуществить
perpetuum mobile. Объяснить, почему цилиндр не вращается.
Задача 14.13 (Эглит21.5) В прямоугольном канале в вертикальном положении установлен щит, который разделяет разные уровни воды H1 и H2 . Щит
может свободно вращаться относительно шарнира в точке 0. Со стороны меньшего уровня установлен упор.
На каком наименьшем расстоянии H от дна следует поместить шарнир, чтобы при превышении уровня H2 щит открывался, а при понижении был закрыт?
Задача 14.14 (Эглит21.6) Прямоугольный канал перегорожен незакрепленной бетонной плитой, имеющей форму прямоугольного параллепипеда. Каким
условиям должны удовлетворять толщина и высота h плиты, чтобы она находилась в равновесии, если уровень подпираемой жидкости равен H? На плоскости
безразмерных переменных a/H и h/H область равновесия изобразить графически, считая, что плотность бетона 3 г/см3 , а коэффициент трения о дно 0.2.
Жидкость считать однородной несжимаемой с плотность 1 г/см3 .
Задача 14.15 (Овчинкин 14.2) Жидкость налита в изогнутую трубку, колена которой составляют с горизонтом углы α и β, высота столба жидкости l.
Если жидкость выведена из положения равновести, то начинаются колебания
уровня в трубках. Найти период колебаний. Капиллярными силами и вязкостью
жидкости пренебречь.
14.2. Условия равновесия сплошной среды. Гидростатика
215
Рис. 14.3: К задаче 14.14
Рис. 14.4: К задаче 14.15
14.2.3
Устойчивость равновесия несжимаемой жидкости и
политропной атмосферы в поле сил тяжести
Закон Архимеда позволяет исследовать устойчивость равновесия жидкостей и
газов в поле сил тяжести.
Рассмотрим равновесие двух несжимаемых жидкости. Пусть емкость заполнена двумя жидкостями разной плотности. Например, водой и ртутью (см. рисунок). Условиям равновесия будут удовлетворять обе показанные на рисунке
ситуации - слой ртути снизу, или слой ртути сверху. Однако, повседневный опыт
показывает, что малейшего возмущения будет достаточно, чтобы жидкости на
рис. а) вышли из равновесия.
Мы уже знакомы с определением равновесия: Равновесие называется устойчивым, если после произвольного малого возмущения система стремится возвращаться в прежнее состояние равновесия. Равновесие неустойчиво, если найдется
такое малое возмущение, после которого система стремится еще более удалиться
от положения равновесия.
Для того чтобы для жидкости установить необходимые условия устойчивости равновесия, можно мысленно переместить некоторое количество жидкости и
216
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
посмотреть, что затем будет происходить с этой частью жидкости под действием сил, которые на нее будут действовать после сообщенного ей перемещения.
Равновесие в случае а) (рис.), очевидно, будет неустойчивым, так как частица
ртути, смещенная в слой воды, начнет еще больше опускаться вниз, поскольку
в этом случае архимедова сила, действующая на частицу ртути, меньше действующей на нее силы тяжести (ртуть тяжелее воды). Наоборот, равновесие,
изображенное на рис. б, устойчиво. Необходимое условие устойчивости состояния равновесия несжимаемой жидкости в поле сил тяжести заключается в том,
< 0.
что плотность среды должна увеличиваться с глубиной, ∂ρ
∂z
Рис. 14.5: Об устойчивости равновесных решений
Другим примером может служить вопрос, связанный с использованием устойчивости равновесия сжимаемой атмосферы (звезд, планет, Солнца). Этот вопрос
решается несколько сложнее, чем для случая несжимаемой жидкости, поскольку
смещенная частица газа из слоя с одним давлением в слой с другим давлением, изменяет свою плотность. Для простоты примем, что параметры атмосферы
подчиняются закону политропы, а именно p = Cρn .
Рассмотрим теперь устойчивость равновесия политропной атмосферы, т.е.
атмосферы, подчиняющейся закону p = Cρn . Для этого мысленно представим
себе, что частица А атмосферы из слоя 1 с плотностью ρ1 и давлением p1 перемещается в слой 2 с плотностью ρ2 и давлением p2 (рис.). Считаем, что перенос
частицы в слой с давлением p2 происходит адиабатически, то есть при переносе
не происходит обмена энергией между частицей и окружающим газом. Такой
процесс называется адиабатическим. Из уравнения энергии можно получить,
что для совершенного газа с постоянными теплоемкостями плотность частицы
ρ̃1 будет равна
γ
p2
ρ̃1
=
(14.22)
ρ1
p1
Теперь легко определить силы действующие на эту частицу: силу тяжести
ρ̃1 gτ и силу Архимеда, которая будет равна весу вытесненной жидкости, или
ρ2 gτ . Для выполнения условия устойчивости надо, чтобы ρ̃1 < ρ2
14.3. Течения идеального газа/жидкости
217
Так как атмосфера политропна, то плотность ρ2 определяется из соотношения
n
ρ2
p2
= .
(14.23)
ρ1
p1
Из (14.22) и (14.23) следует
ρ̃1
=
ρ1
ρ2
ρ1
nγ
И, следовательно, условие ρ̃1 < ρ2 выполняется, если n < γ. Это и есть условие
устойчивости политропной атмосферы.
14.3
14.3.1
Течения идеального газа/жидкости
Интеграл Бернулли
Задача 14.16 Для баротропного движения, то есть когда плотность ρ есть
функция только давления p, в поле потенциальных массовых сил преобразовать уравнения Эйлера к виду Громеки-Лэмба
v2
∂~v
+ grad + 2[ω × ~v ] = gradU − grad℘,
∂t
2
где ω = 12 rot~v - вектор вихря, U - потенциал массовых сил,
Z p
dp
℘=
p0 ρ(p)
называют функцией давления, p0 - некоторая константа.
Задача 14.17 Пусть движение идеальной жидкости установившееся, внешние массовые силы имеют потенциал (F~ = gradU ). Показать, что в этом случае
уравнения движения Эйлера имеют интеграл
v2
+℘−U =C
2
называемый интегралом Бернулли, где C = const вдоль линии L, если L есть
линия тока или вихревая линия,
Z
dp
℘(p, L) =
ρ(p, L)
218
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
- функция давления, разная для разных линий тока или вихря, если движения не баротропно. Написать интеграл Бернулли для движения несжимаемой
жидкости в поле силы тяжести.
- Примеры применения интеграла Бернулли - Подъемная сила - Пульверизатор - Трубочка Пито-Прандтля
- Формула Торичелли
14.3.2
Критерий сжимаемости/несжимаемости течения?
См., например, Баранов стр. 73-75.
14.3.3
Потенциальные течения. Интеграл Коши-Лагранжа
Баранов стр. 66-67
Задача 14.18 Пусть движение идеальной жидкости потенциально, т.е. ~v =
gradφ; внешние массовые силы имеют потенциал, F~ = gradU ; движение баротропно, т.е. плотность ρ зависит только от давления. Показать, что уравнения
Эйлера имеют интеграл Коши-Лагранжа
∂φ v 2
+
+ ℘ − U = F (t)
∂t
2
где ℘ - функция давления, F (t) - произвольная функция.
Задача 14.19 Показателем времени в водяных часах служит высота уровня
в верхнем сосуде, которая должна уменьшаться равномерно с постоянной скоростью. Определить форму сосуда, употребляемую для водяных часов. Жидкость
считать идеальной, несжимаемой и однородной.
14.4
Парадокс Даламбера
Рассмотрим задачу о воздействии жидкости/газа на обтекаемые тела.
Задача 14.20 Доказать парадокс Даламбера (Даламбера-Эйлера): при стационарном безотрывном обтекании твёрдого тела безграничным поступательным прямолинейным потоком невязкой жидкости, при условии выравнивания
параметров далеко впереди и позади тела, сила сопротивления равна нулю.
Решение: Найти наиболее простое и понятное доказательство можно в книге
Седова т.2, но это не просто.... я когда успею, то напишу это доказательство
здесь.....
14.5. Течения вязкой несжимаемой жидкости
219
Основная идея обсуждалась на лекции - записываем закон сохранения массы
импульса для объема, состоящего из линий тока и поверхностей позади и впереди тела. Далее воспользоваться 1) интегралом Бернулли вдоль линий тока,
2) связью между р и ρ при адиабатическом течении (т.е. в отсутствии притока
тепла), и 3) тем, что давление в среде далеко за телом становится равным p∞ .
Полезно также почитать википедию.
14.5
Течения вязкой несжимаемой жидкости
Рассмотрим теперь течения вязкой несжимаемой жидкости.
Задача 14.21 Тяжелая однородная вязкая жидкость, целиком заполняющая
полость в неподвижном твердом теле, приводится в движение и далее предоставляется самой себе. Доказать, что кинетическая энергия жидкости убывает
со временем.
Задача 14.22 Неподвижная тяжелая жидкость заполняет полость в покоящемся твердом теле. Можно ли заставить жидкость двигаться относительно
стенок полости за счет произвольных поступательных движений тела? Рассмотреть случай идеальной и вязкой, однородной и неоднородной жидкостей.
14.5.1
Движение жидкости по цилиндрическим трубам. Течения Пуазеля и Куэтта.
Баранов п.19
Задача 14.23 Слой вязкой жидкости ограничен двумя горизонтальными
бесконечными параллельными пластинами A и B, расстояние H между которыми фиксировано.
Найти распределение скоростей и напряжения сил трения τA и τB на пластинах, если:
а) пластина А покоится, пластина B движется со скоростью ~u и давление
вдоль пластин постоянно (течение Куэтта),
б) обе пластины покоятся, а движение жидкости вызывается заданным градиентом давления вдоль пластин (плоское течение Пуазейля);
в) пластина А покоится, пластина В движется со скоростью ~u и задан градиент давления вдоль ~u.
Задача 14.24 Бесконечный слой вязкой жидкости толщины h ограничен
свободной поверхностью, а снизу - неподвижной плоскостью, наклоненной под
220
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
углом α к горизонту. Под действием силы тяжести в слое происходит стационарное течение.
Найти распределение скорости в слое, а также значения максимальной vmax
и средней по сечению vcp скорости. Используя полученное решение, оценить
значения vmax и vcp при течении воды (ν = 0.01 см2 /c) в канале, длина которого
l, перепад высот начала и конца над горизонтальной плоскостью H, глубина h,
если
a) l = 100 м, H = 1 см, h = 0.5 см;
б) l = 3000 км, H = 300 м, h = 5 м (модель реки Волги);
Почему результат в случае б) явно противоречит опыту?
Задача 14.25 Найти стационарное движение вязкой несжимаемой жидкости в длинной горизонтальной цилиндрической трубе под действием заданного
∂p
постоянного продольного перепада давления i = − ∂x
(течение Пуазеля), если
сечением трубы является а) круг, б) круговое кольцо, в) эллипс с полуосями a
и b.
Во всех случаях вычислить расход Q, максимальную vmax и среднюю по сечению vcp скорости. Для течений в трубах эллиптического сечения показать, что
при заданных i0 и площади сечения S расход Q будет максимальным при a = b.
14.5.2
Уравнение пограничного слоя. Течение Блазиуса.
Отрыв пограничного слоя.
Баранов. параграф 20.
14.6
Опыты Рейнольса. Гидродинамическая неустойчивость и турбулентность
Баранов, параграф 22.
14.7
Литература к лекции 14
1. М.Э. Эглит, Лекции по основам механики сплошных сред, Книжный дом
"Либроком 2010.
2. В.Б. Баранов, Гидроаэромеханика и газовая динамика, Издательство МГУ,
1987.
14.7. Литература к лекции 14
221
3. Сивухин, глава 12.
4. С.В. Валландер, Лекции по гидроаэромеханике, Издательство Ленинградского университета, 1978.
5. Л.И. Седов, Механика сплошной среды, т.1, т.2
6. Механика сплошных сред в задачах (под редакцией Эглит) том. 1 Теория
и задачи
222
Глава 14. Механика жидкостей и газов.
Глава 15
Основы механики упругих тел
Виды деформаций и их количественная характеристика. Закон Гука. Модуль Юнга. Коэффициент Пуассона.
Энергия упругих деформаций.
Упругим телом называется сплошная среда в которой 1) деформации, вызванные действием сил, зависят только от сил, и 2) при прекращении действия
сил деформация исчезает. Таким образом для упругого тела компоненты тензора деформаций εij являются функциями тензора напряжений. Помимо компонент тензора напряжений тензор деформаций может зависеть от температуры,
химического состава вещества и других параметров. Далее будем рассматривать
только зависимость от температуры.
Если при прекращении действия сил тело продолжает быть деформированным, т.е. сохраняются остаточные деформации, то такие тела называются пластичными.
Мы будем рассматривать только малые деформации при которых тензор
напряжений с тензором малых напряжений, который был введён в лекции 13.
Рассмотрим линейную теорию упругости, которая основана на опыте Гука.
15.1
Опыт Гука
Стержень длиной l и поперечным сечением S подвергался растяжению под действием силы F , действующей вдоль стержня. Гук установил, что удлинение
стержня прямо пропорционально длине стержня l и приложенной силе F , а
также обратно пропорционально сечению стержня. Таким образом справедлив
следующий закон Гука:
1F
∆l
=
,
l
ES
223
224
Глава 15. Основы механики упругих тел
где E - постоянная величина, называемая модулем Юнга.
Введем декартову систему координат так, чтобы ось Ox была направлена
вдоль стержня. Тогда, в терминах лекции 13 закон Гука может быть записан в
следующем виде
p11 = Eε11 .
Таким образом, согласно закону Гука между напряжениями и деформациями
существует линейная связь.
Для того, чтобы обобщить закон Гука будем считать, что компоненты тензора деформаций pij являются линейными однородными функциями компонент
тензора малых деформаций εij : pij = Aijkl εkl , а коэффициенты Aijkl не зависят
от выбора декартовой системы координат (это означает, что среда изотропна).
Задача 15.1. Доказать, что для линейно-вязкой изотропной среды закон Гука
имеет следующий вид
pij = λ(ε11 + ε22 + ε33 ) + 2µεij ,
(15.1)
где λ и µ - постоянные величины, называемые коэффициентами Ламе.
Решение. Направим оси x,y,z по главным осям тензора малых деформаций, тогда
p11 = a1 ε1 + a2 ε2 + a3 ε3 ,
где a1 = A1111 , a2 = A1122 , a3 = A1133 .
Выполним поворот относительно оси Ox на 90 градусов. В этой системе координат 1) главные значения тензора малых деформаций поменяются местами,
2) компонента p11 останется прежней, 3) коэффициенты пропорциональности
останутся теми же вследствие изотропности, поэтому
p11 = a1 ε1 + a2 ε3 + a3 ε2 ,
Отсюда вычитая из первого соотношения второе, получим
(a2 − a3 )(ε2 − ε3 ) = 0.
Так как ε2 и ε3 произвольны, то a2 = a3 и выражение для p11 можно переписать
в следующем виде
p11 = a1 ε1 + a2 ε2 + a2 ε3 = a2 (ε1 + ε2 + ε3 ) + (a1 − a2 )ε2 = λI1 + 2µe1 ,
где λ = a2 , 2µ = a1 − a2 , I1 = ε1 + ε2 + ε3 .
15.1. Опыт Гука
225
Аналогично p22 = λI1 + 2µe2 , p33 = λI1 + 2µe3 .
Теперь докажем, что все недиагональные элементы тензора напряжений равны нулю. Докажем, что A1211 = 0. В системе координат Oxyz имеем
p12 = A1211 ε1 + A1222 ε2 + A1233 ε3
Рассмотрим другую декартову систему координат, которая получается из первой
поворотом вокруг оси Ox на 180 градусов. В ней
−p12 = A1211 ε1 − A1222 ε2 − A1233 ε3
Складывая, получаем 2A1211 ε1 = 0. Так как ε1 произволен, то A1211 = 0. Аналогично, Aijkk = 0 для всех i 6= j.
Таким образом мы показали, что главные оси тензора деформаций являются
также и главными осями тензора напряжений. Следовательно, в этой системе
координат можно записать
pij = λI1 + 2µεij .
Так как I1 = ε1 + ε2 + ε3 является инвариантом (т.е. не зависит от системы
координат), то в любой декартовой системе координат I1 = ε11 + ε22 + ε33 и закон
Гука примет следующую форму:
pij = λ(ε11 + ε22 + ε33 ) + 2µεij .
Что и требовалось доказать.
Вернемся к опыту Гука.
Введем сперва коэффициент Пуассона σ как отношение поперечного сжатия
к продольному удлинению:
ν = −ε22 /ε11 = −ε33 /ε11 .
В опыте Гука боковая поверхность стержня свободна от напряжений p11 =
p22 = 0, тогда из закона Гука
Eε11 = λI1 + 2µε11 , 0 = λI1 + 2µε22 , 0 = λI1 + 2µε33
Отсюда и из определения коэффициента Пуассона можно получить связь коэффициентов Ламе и модуля Юнга с коэффициентом Пуассона
E=
µ(3λ + 2µ)
λ
,ν =
.
λ+µ
2(λ + µ)
226
Глава 15. Основы механики упругих тел
Задача 15.2. Из закона Гука и выражений модуля Юнга и коэффициента Пуассона через коэффициенты Ламе найти зависимость εij от pij :
1
εij = ((1 + ν)pij − νP1 δij ) , P1 = p11 + p22 + p33 .
E
Рассмотрим слой упругого материала между двумя паралелльными плоскостями. Пусть по одной плоскости (y = 0) материал закреплен, а на второй действует равномерно вдоль оси x касательное напряжение p12 = τ . Возникающую
при этом деформацию называют простым сдвигом.
Модулем сдвига называют G = γ/τ , где γ – угол наклона волокна, первоначально параллельного оси y.
Задача 15.3. Показать, что модуль сдвига выражается через коэффициенты
Ламе по следующей формуле
E
.
G=µ=
2(1 + ν)
15.1.1
Замкнутая система уравнений в перемещениях
Уравнение движения и обобщенный закон Гука позволяют получить замкнутую
систему уравнений движения упругого тела в перемещениях.
Впомним, что в лекции 13 наряду с вектором скорости мы определяли вектор
перемещений. Обозначим его ~u: ~u = ~v dt.
Подставим выражения (15.1) в уравнения движения, а также воспользуемся
определением компонент тензора малых деформаций через компоненты вектора
перемещений (εij = 1/2(∂ui /∂xj + ∂uj /∂xi )), получим
d~v
= ρF~ + (λ + µ)grad(div~u) + µ∆~u.
dt
В линейной теории упругости полагают также, что скорости и ускорения
малы, и поэтому можно пренебречь нелинейными членами:
ρ
d~v
∂~v
∂ 2~u
=
= 2
dt
∂t
∂t
В результате получим,
∂ 2~u
= ρF~ + (λ + µ)div~u + µ∆~u.
(15.2)
∂t2
Эти уравнения называются уравнениями Ламе.
Еще раз подчеркнем, что уравнения получены в линейной постановке в предположении малости тензора деформаций, компонент вектора перемещений и их
производных.
ρ
15.1. Опыт Гука
227
Постановки задач для уравнений Ламе
1. Задача в напряжениях. На поверхности тела задан вектор напряжения
p~n (t, x, y, z). В момент времени t = 0 внутри тела заданы перемещения ~u и
их скорости ∂~u/∂t. Определить надо ~u и pij при t > 0.
Когда граничные условия заданы через напряжения, то, для решения задач о равновесии упругого тела, и уравнения удобно сформулировать “в
напряжениях”. В этом случае система уравнений состоит из уравнений равновесия
∂pij
+ ρFi = 0
∂xj
и уравнений Бельтрами-Мичелла, которые получаются из уравнений совместности деформаций после подстановки в них выражений εij через компоненты тензора напряжений из закона Гука
∆pij +
2(λ + µ) ∂ 2 I1 (p)
= 0.
3λ + 2µ ∂xi ∂xj
2. Задача в перемещениях. На поверхности тела заданы перемещения
~u(t, x, y, z).
3. Смешанная задача. На части поверхности заданы перемещения, а на
оставшейся части - напряжения.
15.1.2
Энергия упругих деформаций
В случае постоянной температуры (и отсутствия источников тепла) из уравнения притока тепла следует
ρde = pij
∂vi
1
dt = pij εij
∂xj
2
Последнее выражение легко преобразовать в главных осях для тензоров напряжений и малых деформаци, воспользуемся законом Гука
pij εij = λI1 (ε1 + ε2 + ε3 ) + 2µ(ε21 + ε22 + ε23 ) = λI12 + 2µJ2 .
Откуда, в любой системе координат
de =
λI12
+ µJ2
2
228
Глава 15. Основы механики упругих тел
de - показывает изменение внутренней энергии линейно-упругого тела при приведении его из недеформированного состояния (при pij = 0) в деформированное
состояние под действием pij .
Если внутреннюю энергию недеформированного тела положить равным 0, то
получим выражение для внутренней энергии деформированного упругого тела
e=
λI12
+ µJ2
2
Эта энергия называется энергией упругих деформаций.
15.2
Задача об одноосном растяжении упругого
бруса
Часть VI
Колебания и волны
229
Глава 16
Колебания
Свободные колебания систем с одной степенью свободы. Гармонические колебания. Сложение гармонических
колебаний. Фигуры Лиссажу. Биения. Затухающие колебания. Показатель затухания. Логарифмический декремент затухания. Вынужденные колебания. Процесс установления колебаний. Резонанс. Параметрическое
возбуждение колебаний. Автоколебания. Понятие о нелинейных колебаниях. Устойчивое и хаотическое движение. Аттрактор. Колебания систем с двумя степенями свободы. Нормальные колебания (моды) и нормальные
частоты.
16.1
Основные понятия
231
232
Глава 16. Колебания
Задача 11.1 Грузик массой m висит на двух последовательно соединенных
пружинках, имеющих жесткости k1 и k2 , соответственно. Найти период колебаний грузика.
Рис. 16.1: Иллюстрация к задаче о грузике на двух пружинках.
Решение: Введем систему координат так, чтобы ось Ox была направлена
вниз. Текущую координату грузика обозначим x2 (t), координату точки соединения пружинок x1 (t). Обозначим длины пружинок в недеформированном состоянии за l1 и l2 . Запишем второй закон Ньютона для грузика m в проекции на
ось Х :
mẍ2 = mg − k2 [(x2 − x1 ) − l2 ].
Здесь x2 − x1 - текущая длина пружинки, [(x2 − x1 ) − l2 ] - текущее удлинение
пружинки.
В точке соединения пружинок можно написать следующее соотношение
0 = F21 + F12 ,
где F21 = −k1 (x1 − l1 ) сила, действующая со стороны первой пружинки на вторую, а F12 = k2 [(x2 −x1 )−l2 ] сила, действующая со стороны второй пружинки на
первую. Это соотношение является следствием третьего закона Ньютона: сила,
действующая со стороны второго тела на первое, равна по модулю и противоположна по направлению силе, действующей со второны первого тела на второе.
(Заметим, что тут можно рассуждать и по другому: Поместим в место соединения пружинок груз массой m0 , тогда второй закон Ньютона для этого грузика
16.1. Основные понятия
233
будет иметь вид m0 ẍ1 = F21 + F12 . Устремив m0 к нулю, получим требуемое
соотношение.)
Для того, чтобы получить уравнение колебаний грузика, выразим x1 из второго соотношения:
k1 l1 − k2 l2
k2
x2 +
x1 =
k1 + k2
k1 + k2
Тогда второй закон Ньютона для грузика будет иметь следующий вид:
mẍ2 = mg − k2 [x2 −
k2
[(x2 − x1 ) − l2 ] + l1 − l2 ].
k1
Или
mẍ2 = −k(x2 − x20 ),
2
где k = (k1 k2 )/(k1 + k2 ) (или k1 = k11 + k12 ), x20 = l1 + l2 − kk11+k
.
k2
То есть, мы доказали, что рассматриваемая механическая система динамически эквивалентна (т.е. описывается такими же динамическими уравнениями)
механической системе, состоящей из грузика, подвешенного
на пружинке жестp
костью k. Частота колебаний такой системы ω = k/m.
234
Глава 16. Колебания
16.1.1
Гармонические колебания. Векторная интерпретация. Комплексная форма записи.
16.1.2
Сложение гармонических колебаний. Фазовая плоскость.
16.1.3
Векторные колебания. Фигуры Лиссажу.
16.1.4
Модулированные колебания. Биения.
16.1.5
Спектральное разложение. Ряд и интеграл Фурье.
Спектры периодических и непериодических функций.
16.1.6
Вейвлет-преобразования.
16.2
Механические примеры колебательных систем
16.2.1
Превращение энергии при свободных колебаниях гармонического осциллятора
16.2.2
Осциллятор с вязким трением. Коэффициент затухания, логарифмический декремент затухания, добротность. Фазовые траектории осциллятора с затуханием.
16.2.3
Вынужденные колебания гармонического осциллятора (гармоническая внешняя сила. Резонанс.)
16.2.4
Параметрические колебания. Качели.
16.2.5
Автоколебания. Маятниковые часы.
16.3
Рекомендованная литература
Кингсеп А.С., Локшин Г.Р., Ольхов О.А., Основы физики, том. 1, раздел 3,
главы 1-3.
Глава 17
Волны
Распространение колебаний давления и плотности в среде. Волны. Длина волны, период колебаний, фаза и скорость волны. Бегущие волны. Продольные и поперечные волны. Уравнение бегущей волны. Волны смещений,
скоростей, деформаций и напряжений. Волновое уравнение. Волны на струне, в стержне, газах и жидкостях.
Связь скорости волны с параметрами среды. Отражение и преломление волн. Основные случаи граничных
условий. Интерференция волн. Стоячие волны. Нормальные колебания стержня, струны, столба газа. Акустические резонаторы. Поток энергии в бегущей волне. Вектор Умова. Элементы акустики. Интенсивность и
тембр звука. Ультразвук. Движение со сверхзвуковой скоростью. Ударные волны. Эффект Доплера.
17.1
Общие понятия
В прошлой лекции мы рассматривали колебания, как периодические изменения
системы, состоящей из материальной точки, системы материальных точке или
твердого тела. Колебания описываются функциями времени f (t). В случае коллебательных движений сплошной среды говорят о волнах. Волны описываются
функциями от координат и времени f (~r, t).
Наиболее простой пример - плоские волны, когда функция f зависит лишь от
одной пространственной переменной. Пусть этой переменной будет переменная
z. Рассмотрим уравнение
2
∂ 2f
2∂ f
−
a
= 0.
∂t2
∂z 2
Любая функция f (x, y, z, t) = f (x, y, z − at) будет являться решением этого
уравнения. В этом можно убедиться непосредственной подстановкой. Волны,
задаваемые функцией f (x, y, z − at) называются плоскими волнами, бегущими
вправо (см. рис.).
235
236
Глава 17. Волны
Рис. 17.1:
Если волновое уравнение обобщить на трехмерный случай, то получим следующее уравнение (также называемое волновым)
∂ 2f
− a2 ∆f = 0,
∂t2
2
2
2
(17.1)
где ∆f = ∂∂xf2 + ∂∂yf2 + ∂∂zf2 .
Волной будем называть решение волнового уравнения.
Волновое уравнение в теории волн имеет играет ту же роль, что и уравнение
гармонического осциллятора в теории колебаний. В предудущей главе уравнение гармонического осциллятора усложнялось введением дополнительных членов, описывающим затухание, влияние внешних сил (вынужденные колебания),
нелинейность, и т.д. Эти эффекты могут быть рассмотрены и в случае сплошной
17.1. Общие понятия
237
среды, тогда волновом уравнении появятся дополнительные члены
∂ 2f
− a2 δf − L(f ) = q(~r, t),
∂t2
где q - функция, характеризующая внешние воздействия, L - функция, характеризующая диссипативные процессы.
17.1.1
Плоские гармонические волны
Рассмотрим функцию
f (z, t) = Acos(ωt − kz + φ),
где ω - частота колебаний, k - волновое число, A - амплитуда, Φ = ωt − kz + φ фаза волны, φ - начальная фаза.
Эта функция является решением волнового уравнения если a = ω/k.
Поверхности на которых волна имеет одинаковые фазы называются волновыми поверхностями.
Фазовая скорость VΦ — скорость перемещения точки, обладающей постоянной фазой, в направлении распространения волны. Если в этой точке фаза
постоянна, то
dz
dΦ
=ω−k
= 0.
dt
dt
Откуда
dz
VΦ =
= ω/k,
dt
то есть для плоской гармонической волны фазовая скорость равна скорости
распространения возмущения a.
Рассмотрим плоскую гармоническую бегущую волну в трехмерном случае
f (~r, t) = Acos(ωt − ~k · ~r + φ),
где ~k - волновой вектор. Эта функция является решением волнового уравнения
(17.1), если выполняется соотношение
a=
ω
,
k
где k = sqrtkx2 + ky2 + kz2 - волновое число.
Волновые поверхности в этом случае также являются плоскостями. Нормали
к этим плоскостям совпадают с направлением волнового вектора ~k.
238
17.1.2
Глава 17. Волны
Стоячие волны
см. презентацию
17.1.3
Гармонические волны. Комплексная амплитуда. Уравнения Гельмгольца.
17.1.4
Векторные волны. Продольные и поперечные волны.
17.2
Волны в механике (примеры)
В этой секции мы приведем примеры волн, встречающиеся в механике.
17.2.1
Звуковые волны в совершенном газе
Рассказывалось на лекции 15 (пока без конспекта)
17.2.2
Волны в линейно-упругой среде
Для линейно-упругой среды мы получали следующие уравнения для вектора
малых перемещений
∂ 2~u µ
λ+µ
− ∆~u −
grad(div(~u) = F~
2
∂t
ρ
ρ
Рассмотрим плоские волны в неограниченной изотропной упругой среде.
Пусть на среду не действуют внешние силы. Считаем, что решение зависит от
(z,t)
Из уравнения движения линейной упругой среды в перемещениях получаем
2
∂ 2 uz
2 ∂ uz
=
c
,
1
∂t2
∂z 2
2
∂ 2 ux
2 ∂ ux
=
c
,
2
∂t2
∂z 2
2
∂ 2 uy
2 ∂ uy
=
c
,
2
∂t2
∂z 2
где c21 =
λ+2µ
,
ρ
c22 =
µ
ρ
17.3. Нелинейные волны.
239
Эта система имеет следующие решения:
1. Продольная волна
uz = f1 (z ± c1 t), ux = uy = 0,
В этой волне rot~u = 0
2. Поперечная волна
ux = f2 (z ± c2 t), uy = f3 (z ± c2 t), uz = 0,
В этой волне div~u = 0
Задача 17.1 Найти скорость продольных волн, распространяющихся в тонком упругом стержне, боковая поверхность которого свободна от напряжений.
Сравнить ее со скоростью продольных волн в безграничной среде
Решение: В тонком стержне с боковыми границами, свободными от напряжений, выполнены равенства p11 = E11 , p12 = p23 = 0.
Уравнение движения в проекции на ось стержня имеет вид
∂p11
∂ 2u
∂ 2u
=
=
E
∂t2
∂z
∂z 2
Это волновое уравнение, скорость волны равна
s
s
s
E
E
µ(3λ + 2µ)
c=
=
=
< c1 .
ρ
ρ
ρ(λ + µ)
ρ
Задача 17.2 Найти собственные продольные колебания упругого стержня
длины l, жестко закрепленного на одном конце и свободного на другом конце.
Решение: Уравнение для продольных колебаний в стержне
∂ 2u
∂ 2u
ρ 2 =E 2
∂t
∂z
Чтобы обеспечить закрепление ищем решение в виде стоячей волны
u = Asinkzcosωt.
q
Оно удовлетворяет уравнению, если ω = Eρ k.
Волновое число k определяется из условия на втором конце p11 (l, t) = 0:
π
k = (1 + 2n).
2l
17.3
Нелинейные волны.
Рассмотрим одномерную газовую динамику.
240
Глава 17. Волны
Приложение A
Математический ликбез
A.1
Векторы
Пусть (xyz) декартова система координат. Вектора единичной длины, направленные вдоль осей x,y,z будем обозначать (~ex , ~ey ,~ez ). Эти вектора единичны и
перпендикулярны друг другу: 1) (~ei · ~ei ) = 1, i = x, y, z, 2) (~ei · ~ej ) = 0, i 6= j и .
Эти вектора называются базисными или реперными.
Для любого вектора ~a
~a = a1~ex + a2~ey + a3~ez .
(A.1)
Это же выражение можно записать в виде произведение строки на столбец
 
~ex

~a = (a1 , a2 , a3 ) ~ey 
~ez
Введём другую декартову систему координат (x0 y 0 z 0 ). Её базис (~ex0 , ~ey0 ,~ez0 ).
Так как через базисные вектора можно выразить любой вектор, то
~ex = α11~ex0 + α12~ey0 + α13~ez0 ,
~ey = α21~ex0 + α22~ey0 + α23~ez0 ,
~ez = α31~ex0 + α32~ey0 + α33~ez0 ,
(A.2)
где αij (i = x, y, z, j = x0 , y 0 , z 0 ) - проекция вектора ~ei на ось ~ej 0 . Так как вектора
единичны, то проекции являются просто косинусами углов между векторами ~ei
и ~ej 0
241
242
Приложение A. Математический ликбез
Подставляя выражения (A.2) в выражение (A.1) для вектора ~a, получим
~a = (α11 a1 + α21 a2 + α31 a3 )~ex0 +
+(α12 a1 + α22 a2 + α32 a3 )~ey0
+(α13 a1 + α23 a2 + α33 a3 )~ez0 .
Откуда находим выражения для координат в системе К’ через координаты в К.
a01 = α11 a1 + α21 a2 + α31 a3
a02 = α12 a1 + α22 a2 + α32 a3
a03 = α13 a1 + α23 a2 + α33 a3 .
A.1.1
Евклидово пространство
Конечномерное векторное пространство с введенной на нем операцией склярного
произведения. Склярным произведением двух элементов векторного пространства ~a и ~b является функция, которая обозначается (~a, ~b) и которая обладает
следующими свойствами:
1) билинейность: (~a, β1~b1 + β2~b2 ) = β1 (~a, ~b1 ) + β2 (~a, ~b2 ), где ~a, ~b1 , ~b2 - произвольные вектора, β1 , β2 - произвольные вещественные числа;
2) симметричность (~a, ~b) = (~b, ~a);
3) положительная определенность (~a, ~a) > 0 для любого вектора ~a.
Аффинное евклидово пространство - в нем к векторам добавлены точки.
A.1.2
Простейшие операции с матрицами
Пусть компоненты двух векторов ~b и ~c связаны между собой следующим (линейным) образом
c1 = a11 b1 + a12 b2 + a12 b3
c2 = a21 b1 + a22 b2 + a23 b3
c3 = a31 b1 + a32 b2 + a33 b3
В матричной форме данные соотношения можно переписать следующим образом
  
 
c1
a11 a12 a13
b1
c2  = a21 a22 a23  b2 
c3
a31 a32 a33
b3
**********
A.1. Векторы
243
Пусть есть матрица A


a11 a12 a13
A = a21 a22 a23 
a31 a32 a33
1. Транспонированная матрица AT получается из матрицы A заменой строк
на столбцы


a11 a21 a31
AT = a12 a22 a32 
a13 a23 a33
2. Умножение матрицы на столбец:

  

a11 b1 + a12 b2 + a13 b3
b1
a11 a12 a13
a21 a22 a23  b2  = a21 b1 + a22 b2 + a23 b3 
a31 b1 + a32 b2 + a33 b3
b3
a31 a32 a33
В результате получаем столбец
3. Умножение матрицы на строку


a11 a12 a13
(b1 , b2 , b3 ) a21 a22 a23  = (a11 b1 +a21 b2 +a31 b3 , a21 b1 +a22 b2 +a32 b3 , a13 b1 +a22 b2 +a33 b3 )
a31 a32 a33
Заметим
Ab 6= (bA)T
4.Произведение матриц
 


a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 + ... ...
b11 b12 b13
a11 a12 a13
...
... ...
AB = a21 a22 a23  b21 b22 b23  = 
...
... ...
a31 a32 a33
b31 b32 b33

Строчку умножаем на столбец...
5.Транспонирование произведения
(AB)T = B T AT
Задача. Доказать утверждение выше.
6. Кососимметричные матрицы - матрицы, которые обладают следующим
свойством AT = −A.
244
Приложение A. Математический ликбез


a11 a12 a13
Из определения кососимметричной матрицы для матрицы = a21 a22 a23 
a31 a32 a33
следует, что

 

a11 a21 a31
−a11 −a12 −a13
a12 a22 a32  = −a21 −a22 −a23 
a13 a23 a33
−a31 −a32 −a33
Отсюда для диагональных элементов aii = −aii и, следовательно, все они равны
0. Для недиагональных элементов имеем
a21 = −a12 , a31 = −a13 , a23 = −a32 .
Отсюда следует, что любая комосимметричная матрица имеет вид


0
ω2 −ω3
0
ω1 
= −ω2
ω3 −ω1
0
Обозначения выбраны произвольно.
6. Определитель матрицы
Для матрицы 2x2:
a11 a12
= a11 a22 − a12 a21
a21 a22
Для матрицы 3x3 вычисление определителя удобно свести минорам ()определителям матриц 2x2):
a11 a12 a13
a
a
a
a
a
a
a21 a22 a23 = a11 22 13 − a12 21 23 + a13 21 22
a31 a32
a22 a13
a31 a33
a31 a32 a33
7. Для вычисления компонент векторного произведения удобно использовать
понятие определитель матрицы
~ex ~ey ~ez
a a
a a
a a
[a × b] = a1 a2 a3 = ~ex 2 3 − ~ey 1 3 + ~ez 1 2
b2 b3
b1 b3
b1 b2
b1 b2 b3
8. Производная матрицы = производная ее компонент
A.2. Тензоры 2-го порядка
245
9. Утверждение: Произвольную квадратную матрицу можно представить
в виде суммы симметричной и кососимметричной матриц Доказательство: Разобъем матрицу А на две следующим образом:

 
a11 a12 a13
a11
a21 a22 a23  =  1 (a12 + a21 )
2
1
a31 a32 a33
(a + a31 )
2 13

0
1

+ 2 (a21 − a12 )
1
(a − a13 )
2 31
1
(a
2 12
+ a21 )
a22
+ a32 )
1
(a
2 23
1
(a
2 12
− a21 )
0
1
(a − a23 )
2 32
1
(a
2 13
1
(a
2 23
1
(a
2 13
1
(a
2 23

+ a31 )
+ a32 ) +
a33

− a31 )
− a32 )
0
Очевидно, что первая матрица слева является симметричной, а вторая - кососимметричной.
9. Ортогональные матрицы Матрица Q называется ортогональной, если для
нее выполняется соотношение QT EQ = E, где E - единичная матрица.
10. Утверждение: Матрица A является диагонализируемой тогда и только
тогда, когда а существует базис, состоящий из собственных векторов A. Если
такой базис найден, можно создать матрицу P , в которой столбцами являются базисные векторы, и P −1 AP является диагональной матрицей. Значения на
диагонали данной матрицы являются собственными значениями A.
A.2
Тензоры 2-го порядка
Пусть в декартовой системе координат Oxyz имеется соотношение:
~b = A~a,
где ~a, ~b - вектора, которые заданы своими компонентами (a1 , a2 , a3 ) и (b1 , b2 , b3 )
и в системе Oxyz, а A - матрица.
Пусть C - ортогональная матрица перехода от Oxyz к другой системе координат Ox’y’z’
  
 
~ex
c11 c12 c13
~ex0
~ey  = c21 c22 c23  ~ey0 
~ez
c31 c32 c33
~ez0
246
Приложение A. Математический ликбез
 
 0  
 0
a1
b1
a1
b1
Для координат a2  = C a02 , b2  = C b02 . Отсюда имеем
a3
a03
b3
b03
 0
 0
b1
b1
0


b
C
= AC b02 
2
b03
b03
Или
 0
 0
 0
b1
b1
b1
b02  = C T AC b02  = A0 b02 
b03
b03
b03
Здесь
A0 = C T AC
(A.3)
Если соотношение ~b = A~a интерпретировать как физический закон инвариантный относительно системы координат, то матрицу A можно рассматривать
как некоторый физический объект, который определяется как матрица 3 на 3
в какой-либо системе координат, и которая при переходе к другой системе координат меняется по закону (A.3). Такой объект называется тензором второго
порядка (более точно, тензором ранга (0,2)).
A.3
Сведения об интегрировании и дифференцировании функций нескольких переменных
Подробней см. главы 2 и 3 в Фейнмановские лекции по физике. 5. Электричество
и магнетизм.
Введем в пространстве декартову систему координат Oxyz.
Рассмотрим скалярную и векторную функции нескольких переменных f (t, x, y, z)
и ~u(t, x, y, z).
A.3.1
Интегралы по объёму и по поверхности
В "Курсе молодого бойца"было дано определение интеграла от функции f(x) на
отрезке [a,b]:
Z b
n
X
f (x)dx = lim
f (xi )(xi − xi−1 ),
a
n→∞
i=1
A.3. Сведения об интегрировании и дифференцировании функций нескольких переменных247
где точки x0 , x1 ,...xn разбивают отрезок [a,b] на n малых отрезков.
Аналогично этому можно определить интегралы по объёму и по поверхности
для функции трёх переменных f(x,y,z):
1. Разобьём конечный объём (здесь под объемом понимаем множество в R3 )
V на n маленьких непересекающихся объёмов Vi
V = ∪ni=1 Vi
Внутри каждого объёма Vi выберем (произвольно) некоторую точку c координатами (xi , yi , zi ), вычислим f (xi , yi , zi )Vi (x, y, z) (Здесь Vi объем множества Vi )
n
P
и просуммируем по всем объёмам Vi :
f (xi , yi , zi )Vi . Интегралом от функции
i=1
f (x, y, z) по объёму V называется предел этой суммы при измельчении разбиения, т.е. при n → ∞:
Z
n
X
f (x, y, z)dxdydz = lim
f (xi , yi , zi )Vi .
n→∞
V
i=1
По умолчанию считаем, что функция f (x, y, z) является "хорошей то есть такой,
что указанный выше предел существует.
Для объёмного интеграла используют формы записи
Z
Z
Z
f (x, y, z)dxdydz, f (~r)d~r, f (~r)dV
V
V
V
Смысл при этом не меняется. dxdydx = d~r = dV называется элементарным
объёмом.
2. Аналогично определим интеграл от функции по поверхности. Разобьём
конечную поверхность S на n непересекающихся поверхностей Si
S = ∪ni=1 Si
На каждой из поверхностей Si выберем (произвольно) некоторую точку c координатами (xi , yi , zi ), вычислим f (xi , yi , zi )Si (x, y, z) (здесь Si - площадь поверхn
P
ности Si ) и просуммируем по всем поверхностям Si :
f (xi , yi , zi )Si . Интегралом
i=1
от функции f (x, y, z) по поверхности S называется предел этой суммы при измельчении разбиения, т.е. при n → ∞:
Z
n
X
f (x, y, z)dS = lim
f (xi , yi , zi )Si
n→∞
S
i=1
248
Приложение A. Математический ликбез
dS называется элементарной площадкой.
Теорема Остроградского-Гаусса. (иногда называют теоремой Гаусса) Рассмотрим конечный объем V ограниченный замкнутой поверхностью S. Пусть в
объеме V включая границу S заданы функции P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z),
, ∂Q , ∂R
, тогда
непрерывные вместе со своими производными ∂P
∂x ∂y
∂z
Z
Z
∂P
dxdydz = P cosαdS,
V ∂x
S
Z
Z
∂Q
dxdydz = QcosβdS,
V ∂y
S
Z
Z
∂R
dxdydz = RcosγdS,
V ∂z
S
где (cosα, cosβ, cosγ) - координаты вектора единичной нормали ~n к поверхности
S. Нормаль выбирается внешней, по отношению к объёму V.
То есть α, β, γ - это углы между вектором внешней нормали ~n и координатными осями Ox, Oy, Oz, соответственно.
Рис. A.1: Иллюстрация к теореме Остроградского-Гаусса.
Если мы имеем векторное поле ~u = (u1 ,u2 ,u3 ), то полагая P = u1 , Q = u2 ,
R = u3 и суммируя формулы из теоремы Остроградского-Гаусса имеем
Z Z
∂u1 ∂u2 ∂u3
+
+
dxdydz = ~u · ~ndS.
(A.4)
∂x
∂y
∂z
V
S
A.3. Сведения об интегрировании и дифференцировании функций нескольких переменных249
Элементарное доказательство можно найти в Феймановских лекциях по физике (выпуск 5, глава 3)
Дивергенция
1
2
3
Функция ∂u
+ ∂u
+ ∂u
называется дивергенцией векторного поля. Для дивер∂x
∂y
∂z
генции в литературе могут использоваться следующие обозначения: div~u, ∇ · ~u,
∂
· ~u. Дивергенция есть скалярная функция, зависящая от координат (x,y,z).
∂~
r R
~u · ~ndS - этот интеграл выражает собой поток векторного поля ~u через
S
поверхность S
Теорема Остроградского-Гаусса выражает тот факт, что интеграл по конечному объему от дивергенции векторного поля равен потоку векторного поля
через окружающую объем поверхность.
Ротор
Наряду с определением дивергенции дадим определение ротора векторного поля
~u:
Ротором векторного поля ~u называется также векторное поле rot~u, компоненты которого в декартовой системе координат вычисляются по следующим
формулам
∂uz ∂uy
−
,
(rot~u)x =
∂y
∂z
∂ux ∂uz
−
,
∂z
∂x
∂uy ∂ux
(rot~u)z =
−
.
∂x
∂y
(rot~u)y =
~ u] или [ ∂ ×~u].
Выражение для ротора записывается в векторном виде как [∇×~
∂~
r
Градиент скалярной функции
Для скалярной функции f (x, y, z) можно определить векторное поле, имеющее
, ∂f , ∂f ).
в декартовых координатах следующие компоненты ( ∂f
∂x ∂y ∂z
~ , ∂f .
Обозначения: gradf , ∇f
∂~
r
250
Приложение A. Математический ликбез
Приложение B
Задачи семинаров
Задачники:
1. (Якимова) К.Е. Якимова, Задачи по теоретической механике, 2004
2. (Заикин) Д.А. Заикин, В.А. Овчинкин, Э.В. Прут, Сборник задач по общему курсу физики
3. (Барбашова) Т.Ф. Барбашова, Е.И. Кугушев, Т.В. Попова, Теоретическая
механика в задачах, 2010
4. (Эглит) М.Э. Эглит, Механика сплошных сред, Том 1, 1996
B.1
Теория размерностей
Задача B.1. Составьте выражение для величины, имеющей размерность длины, используя скорость света, массу электрона, и постоянную Планка. Определите числовое значение для этой величины. Эта длина играет важную роль в
атомной физике и называется комптоновской длиной.
Задача 1.9 Математический маятник массы m отклонён на угол ϕ и отпущен без начальной скорости. Исследовать зависимость периода колебаний от
длины маятника. Ускорение свободного падения считать равным g.
Решение: Искомый период τ зависит от l, m, g, которые имеют независимые
размерности, и безразмерной величины ϕ:
τ = f (l, m, g, ϕ)
251
252
Приложение B. Задачи семинаров
Согласно формуле размерности [τ ] = [L]l [M ]m [g]k . Так как [g] = L/T 2 , то имеем
равенство
T = Ll+k M m T −2k
Отсюда имеем: m=0, k=-1/2, l=1/2.
Выбрав величины l, m, g в качестве основных получим безразмерный вид
τ
τ̂ = p
= f (1, 1, 1, ϕ) = f (ϕ).
l/g
Таким образом получаем формулу для периода колебаний математического маятника.
p
τ = f (ϕ) l/g
Функцию f (ϕ) можно получить, например, экспериментально. Из точного решения для малых углов будет следовать, что f (ϕ) = 2π.
Замечание: Мы получили содержательный результат из анализа размерностей не «бесплатно», а благодаря физической интуиции, которая позволила нам
поставить упрощённую (идеализированную) задачу. Например, пренебречь затуханием колебаний под влиянием сопротивления окружающего воздуха (Галилей
делал свои опыты в сосуде, из которого был выкачан воздух.)
√ Задача 1.13 Доказать, что вторая космическая скорость пропорциональна
Rg, где R – радиус планеты, a g – ускорение силы тяжести на ее поверхности. (Предполагается, что такая скорость существует. Иначе говоря, считается
известным, что если начальная скорость тела достаточно велика, то оно удаляется в бесконечность.)
Решение: Пусть тело брошено с поверхности планеты вертикально вверх
(рис. B.1). Тогда на расстоянии x от ее центра
F = mg
R2
,
x2
F
gR2
= 2 .
m
x
Мы видим, что закон, по которому изменяется ускорение этого тела, определяется коэффициентом gR2 . Отсюда следует, что искомая скорость зависит от R
и gR2 , т. е. от R и g. Обозначая вторую космическую скорость через v2 , можем
написать
v2 = f (R, g).
a=
Далее, согласно методу размерностей, получим
[Rα g β ] = [v2 ],
B.1. Теория размерностей
253
Рис. B.1:
[R] = L, [g] = LT −2 , [v2 ] = LT −1 ,
Lα (LT −2 )β = LT −1 ,
(
α + β = 1,
−2β = −1.
Отсюда
1
α=β= ,
2
p
Rα g β = Rg.
Так как найденная степенная комбинация является единственной, то
p
v2 = C Rg.
Задача 1.18 Используя теорию размерности получить уравнение МенделееваКлайперона для совершенных газов. Для этого предположить, что состояние газа определяется значениями температуры, плотности и, например, коэффициента теплоёмкости c0v , измеренного в механических единицах измерения L2 /T 2 /K.
K- размерность температуры.
254
Приложение B. Задачи семинаров
Решение Пусть, согласно условию задачи, давление P = f (T, ρ, cv ). Так как
величины размерностей являются независимыми, то имеем
P = const · c0v ρT.
√
Задача 1.31 Доказать, что скорость звука в газе пропорциональна T , где
T – абсолютная температура.
Решение: Скорость звука есть скорость распространения волны сжатия или
разрежения. Так как эта скорость велика, то процесс сжатия и расширения газа протекает очень быстро и поэтому не сопровождается теплообменом между
соседними участками. Следовательно, этот процесс является адиабатическим.
Искомая скорость, очевидно, зависит от плотности газа, от его давления и
от его упругости. Но последняя определяется соотношением:
k
ρ
p
=
,
p0
ρ0
связывающим изменение давления с изменением плотности при адиабатическом
процессе. Следовательно,
v = f (p, ρ, k),
где k – показатель адиабаты данного газа (для воздуха k = 7/5). Учитывая, что
k – величина безразмерная, получим
[pα ρβ ] = [v],
[p] = L−1 M T −2 , [ρ] = L−3 M, [v] = LT −1 .
(L−1 M T −2 )α (L−3 M )β = LT −1 ,


−α − 3β = 1,
α + β = 0,


−2α = −1.
Следовательно,
1
1
α = ,β = − ,
2
2
r
p
pα ρ β =
,
ρ
и поэтому
r
p
v = ϕ(k)
,
ρ
B.1. Теория размерностей
255
где ϕ(k) – некоторая (неизвестная) функция от k. Но
p
= RT,
ρ
где R – газовая постоянная, а T – абсолютная температура. Поэтому
√ √
v = ϕ(k) R T ,
или
√
v = λ T,
где λ – размерный коэффициент, зависящий от R и k, т. е. от рода газа.
Задача 1.2 Можно определить размерность массы так, чтобы в закон всемирного тяготения не входила размерная константа G, то есть он записывался
в следующем виде F12 = − mr13m2 r12 . В этом случае размерность массы будет рав12
на F 1/2 L. Заметим, однако, что если мы определим размерность массы таким
образом, то размерности правой и левой частей во втором законе Ньютона будут отличаться, поэтому в этом случае второй закон Ньютона запишется в виде
F = kma, где k - размерная константа. Как определить эту константу? Какое
значение этой константы в технической системе единиц (МКГСС)?
Задача 1.11 Однородный цилиндр с массой m и радиусом R катится по
горизонтальной плоскости под действием силы F (рис. B.2). Считая, что скольжение отсутствует, исследовать зависимость ускорения точки O от величины
силы F.
Рис. B.2:
Задача 1.12 Вообразим, что на Северном полюсе Земли вырыт колодец,
доходящий до его центра (рис. B.3). Пусть из точки А этого колодца начинает
падать камень, не встречающий на своём пути сопротивления воздуха. Исследовать зависимость времени его падения от высоты H. Радиус Земли - R.
Задача 1.14 Тело брошено вертикально вверх со скоростью, меньшей, чем
вторая космическая. Пусть H обозначает высоту, на которую поднимется это
тело. Исследовать зависимость H от v0 , g и R. (Сопротивление атмосферы не
учитывать.)
256
Приложение B. Задачи семинаров
Рис. B.3:
Задача 1.25 Электрическое поле создано зарядом, равномерно распределенным вдоль бесконечной прямой АВ (рис. B.4) Пусть напряжённость этого поля
в точке S равна E. Исследовать зависимость E от r.
Рис. B.4:
B.2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета. Преобразование Лор
B.2
Пространство и время. Системы координат.
Инерциальные системы отсчета. Преобразование Лоренца
Задача 2.4 (Cивухин, стр. 45, задача 4 – разобрать самостоятельно) Установить связь между звёздными и средними солнечными сутками. Звёздный год,
т.е. промежуток времени, в течение которого Солнце совершает свой видимый
путь по небесной сфере относительно звёзд, составляет 365.2564 средних солнечных суток. (Звёздный год следует отличать от тропического года, который
соответствует периоду смены времён года и составляет 365.422 средних солнечных суток)
Задача 2.12 «Мальчик, догоняющий автобус». По прямому шоссе едет автобус с постоянной скоростью V. Мальчик заметил автобус, когда тот находился
в точке А. Из какой области около шоссе мальчик сможет догнать этот автобус,
если скорость мальчика U < V ? Нарисуйте эту область для случая U = V /2.
Задача 2.18 Известны начальные положения и векторы скоростей двух кораблей. Корабли движутся без ускорения. Как найти наименьшее расстояние
между ними?
Задача A. Сквозь неподвижную трубку AB длиной l0 пролетает стержень
0 0
A B , собственная длина которого L0 = 2l0 . Скорость стержня V такова, что
его длина в системе относительно трубки AB L = l0 , и в некоторый момент
стержень, пролетая сквозь трубку, целиком в ней умещается. Поместится ли
стержень целиком в трубке с точки зрения наблюдателя, находящегося в системе
отсчёта стержня? Чему при этом будет равна длина трубки в системе отсчёта
стержня? Чему равна скорость V ?
Задача B. Межзвездный корабль движется от Земли к звезде, находящейся
от нее на расстоянии L = 3 световых года, со скоростью v = 5 × 106 м/с. Достигнув звезды, корабль возвращается обратно с той же по величине скоростью. На
какое время часы на корабле отстанут от земных часов по возвращении корабля
на Землю? При решении задачи пренебречь временем, затраченным на разгон
и торможение ракеты.
Задача С. Прямоугольный брусок со сторонами 3.3 и 6.9 см движется параллельно большому ребру. При какой скорости движения прямоугольный брусок
превратится в куб? Как скажется движение на объеме тела?
Задача D. Жесткий стержень AB длиной l0 = 1 м покоится в системе K 0 .
Стержень расположен так, что составляет угол ϕ0 = 45◦ с осью x. Определите
длину l и угол ϕ в системе K, если скорость v системы K 0 относительно K равна
258
Приложение B. Задачи семинаров
0.8c.
Задача E. Собственное время жизни частицы отличается на 1.5% от время
жизни по неподвижным часам. Определить v/c.
Задача F. Летевшая со скоростью v = 0.8c нейтральная частица распадается на два фотона, движущихся затем в противоположных направлениях. Каково
отношение частот этих квантов?
Задача G. (разобрать самостоятельно) Частица, двигавшаяся первоначально со скоростью v = 0.8c, распадается на два фотона. Найдите минимальный угол разлета этих фотонов.
Задача H. При распаде нейтральной частицы образовались два фотона,
движущихся под углами α1 = 30◦ и α2 = 60◦ к первоначальному направлению
движения частицы. Какова была ее скорость?
Задача 2.1 Определите время, необходимое для того, чтобы сигнал, распространяющийся со скоростью света, прошёл расстояние, равное диаметру протона.
Задача 2.2 Параллакс звезды – это половина угла, вершиной которого является звезда, а стороны соединяют эту вершину с крайними точками орбиты
Земли вокруг Солнца. Параллакс Сириуса равен 0.37100 . Найдите расстояние до
Сириуса в сантиметрах, световых годах и парсеках.
Задача 2.3 По радиусу лунной орбиты и радиусу самой Луны рассчитайте
угол, под которым диск Луны видна с поверхности Земли. Под каким углом
видна Земля с поверхности Луны?
Задача 2.11 Выразить декартовы компоненты (x, y, z) радиус-вектора ~r через его координаты а) (R, θ, ϕ) в сферической системе координат и б) координаты (r, ϕ, z) в цилиндрической системе координат. Выразить также сферические
и цилиндрические координаты точки через ее декартовы координаты.
Задача 2.16 Человек, сидящий в закрытом вагоне поезда, идущего с постоянной скоростью, подбрасывает мяч вверх (в своей системе отсчёта). В каком
месте упадет мяч? Как изменится ответ в случае, если вагон: а) ускоряется, б)
тормозится, в) выполняет поворот, г) вагон движется с постоянной скоростью,
но испытывает сопротивление воздуха?
Задача 2.22 Тело влетает горизонтально со скоростью V в пространство
между двумя вертикальными плоскостями, которые движутся со скоростью U .
Определите скорость тела после n-го удара о переднюю стенку. Расстояние между стенками L. Удары абсолютно упругие. g – ускорение свободного падения.
Задача 2.30 Космический корабль с постоянной скоростью V=(24/25)c движется по направлению к Земле. Какое расстояние в системе отчета, связанной
с Землей, пройдет корабль за промежуток времени ∆t0 = 7 c, отсчитанный по
B.2. Пространство и время. Системы координат. Инерциальные системы отсчета. Преобразование Лор
корабельным часам? Вращение Земли и ее орбитальное движение не учитывать.
Задача 2.31 Стержень имеет собственную длину l0 . На концах стрежня
укреплены две лампочки S1 и S2 . Стержень движется со скоростью v0 по направлению к неподвижному наблюдателю (см. рис. B.5). Лампа S1 испускает
свет раньше, чем S2 , так что обе вспышки достигают наблюдателя одновременно. В моменты испускания света лампы S1 и S2 находились в точках x1 и x2 ,
соответственно. Какое расстояние x1 − x2 между лампочками измерит наблюдатель? (Это будет видимая длина стержня, как она воспринимается глазом
человека или фиксируется фотоаппаратом.)
Рис. B.5: Рисунок к задаче 2.31
Задача 2.32 Космический корабль летит со скоростью V = 0.6c от одного
космического маяка к другому. В тот момент, когда он находится посередине
между маяками, каждый из них испускает в направлении корабля световой импульс. Найти, какой промежуток времени пройдет на корабле между моментами
регистрации этих импульсов. Расстояние между маяками свет проходит за 2 месяца.
Задача 2.33 Два звездолета с выключенными двигателями движутся навстречу друг другу. На одном звездолете на носу и на корме одновременно зажигаются каждую секунду сигнальные огни. На встречном звездолете наблюдают
каждые 1/2 секунды две вспышки с интервалом времени 1 мкс. Найти длину l0
первого звездолета и скорость их сближения.
Задача 2.34 Прогрессор Комов (герой Стругацких) совершает межзвездное
путешествие на звездолете. В день, когда ему исполнилось 30 лет и звездолет находился вблизи планеты Пандора, он послал на Землю световой сигнал. Сигнал
260
Приложение B. Задачи семинаров
приняли на Земле через 12.5 лет. Когда Комову исполнилось 45 лет, и звездолет вновь оказался вблизи планеты Пандора, прогрессор принял отраженный
от Земли сигнал. Вычислить скорость звездолета v0 . Часы звездолета и Земли
в момент посылки сигнала синхронизированы. Скоростью Земли относительно
планеты Пандора можно пренебречь.
B.3
Кинематика материальной точки
Задача B.2. Балка AB длины l опирается на вертикальную стенку. Точка M
находится на расстоянии a от конца B балки. Конец балки B тянут горизонтально в сторону от стенки с постоянной скоростью u = const. Найти траекторию
точки M, а также скорость и ускорение этой точки как функции угла ϕ (см.
рисунок B.6).
Рис. B.6: К задаче 3.9
Решение:
Из геометрических соображений ясно, что:
(
xM = (l − a)cosϕ,
yM = asinϕ.
Заметим, что координаты точки М удовлетворяют равенству:
2 xM
yM 2
+
= 1.
l−a
a
Значит, траектория точки М – эллипс с полуосями l − a и a.
B.3. Кинематика материальной точки
261
Дифференцируя координаты по времени получим:
(
ẋM = −(l − a)sinϕϕ̇,
ẏM = acosϕϕ̇.
Скорость точки B также может быть получена из формул выше (соответствует
a = 0). Поэтому:
u
.
u = ẋB = −lsinϕϕ̇ ⇒ ϕ̇ = −
lsinϕ
Тогда выражение для вектора скорости точки M примет вид:
au
a
u~ex − ctgϕ~ey .
~vM = ẋM ~ex + ẏM ~ey = 1 −
l
l
Аналогично, дифференцируя компоненты скорости по времени можно получить
выражение для ускорения:
au2
~aM = − 2 3 ~ey .
l sin ϕ
Задача 3.10 Точка с постоянной по модулю скоростью v движется по эллипсу с полуосями a и b. Найти ее ускорение в вершинах эллипса.
Решение:
Координаты точки могут быть заданы одним углом ϕ по следующим формулам:
(
x = acosϕ,
y = bsinϕ.
Дифференцируя координаты получим:
(
ẋ = −asinϕϕ̇,
ẏ = bcosϕϕ̇.
С другой стороны:
v 2 = ẋ2 + ẏ 2 = (a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ)ϕ̇2 .
Откуда
Заметим, что:
v
ϕ̇ = p
.
2
a2 sin ϕ + b2 cos2 ϕ
v
v
ϕ̇|ϕ=0 = , ϕ̇|ϕ= π2 = .
b
a
262
Приложение B. Задачи семинаров
Рис. B.7: Рисунок к задаче A
Дифференцируя выражение для ϕ̇ получим:
1 vsin2ϕ(a2 − b2 )ϕ̇
,
ϕ̈ = −
2 (a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ)3/2
из чего следует, что
ϕ̈|ϕ=0 = ϕ̈|ϕ= π2 = 0.
Выражение для компонент ускорения можно получить путем дифференцирования компонент скорости:
(
ẍ = −acosϕϕ̇2 − asinϕϕ̈,
ÿ = bsinϕϕ̇2 + bcosϕϕ̈.
Принимая во внимания полученные ранее равенства для ϕ̇ и ϕ̈ в вершинах
эллипса, то есть при ϕ = 0 и ϕ = π2 , окончательно получим:
ẍ|ϕ=0 = −
av 2
bv 2
π = −
,
ÿ|
.
ϕ=
2
b2
a2
Задача A. Ползун A движется из положения C вдоль некоторой прямой
CD с постоянной скоростью u. Прикрепленная к ползуну нерастяжимая нить
проведена через неподвижное колечко O и соединена с ползуном B, который
движется вдоль неподвижной прямой OE (OE k CD). Найти скорость и ускорение ползуна B как функцию пути s, пройденного ползуном A, если OC ⊥ OE
и OC = h. В начальный момент нить натянута.
Задача B. Стержень, конец A которого скользит по неподвижной оси Ox
с постоянной скоростью величины v, проходит через муфту, вращающуюся в
шарнире вокруг неподвижной точки . Найти траекторию движения, скорость и
ускорение точки M стержня как функции угла ϕ = ∠AOB, если AM = OB = k,
OB ⊥ Ox.
B.3. Кинематика материальной точки
263
Рис. B.8: Рисунок к задаче B
Рис. B.9: Рисунок к задаче C
Задача C. Точка P движется в плоскости Oxy так, что угол α между радиусвектором точки и вектором ее скорости постоянен во все время движения. Найти
траекторию точки.
Задача D. Движение точки P в полярной системе координат задается в
полярной системе координат (r, ϕ) радиальной vr и трансверсальной vϕ составляющими скорости в следующем виде
vr =
1
1
, vϕ = , c = const.
2
r
cr
Найти траекторию и ускорение точки, если в начальный момент времени r = r0
и ϕ = ϕ0 .
Задача E. Точка P описывает окружность радиуса R. Ускорение точки образует с ее скоростью постоянный угол α (α 6= π/2). За какое время величина
скорости точки изменится в n раз, если в момент t = 0 она равнялась v0 ?
Задача 3.2 Ползун В приводится в движение нитью, наматывающейся на
264
Приложение B. Задачи семинаров
Рис. B.10: Рисунок к задаче E
шкив радиуса R, вращающийся с угловой скоростью ω. Найти скорость и ускорение ползуна как функцию расстояния OB = x (см. рис. B.11)
Задача 3.11 (Якимова 1.4) Точка описывает плоскую траекторию с постоянной по величине скоростью v так, что вектор ускорения точки все время
направлен на данную неподвижную точку O. Найти траекторию точки, если в
начальный момент времени она находилась на расстоянии b от точки O.
Задача 3.12 (Якимова 1.6) Точка описывает плоскую траекторию так,
что ее радиальная скорость положительна и постоянна, а радиальное ускорение
отрицательно и обратно пропорционально кубу расстояния до полюса, то есть
2
vr = b > 0, ar = − rc3 , c > 0. Найти траекторию точки при заданных начальных
условиях r(0) = r0 и ϕ(0) = ϕ0 и ϕ̇(0) > 0.
Задача 3.13 (Якимова 1.9) Закон движения материальной точки, брошенной в пустоте со скоростью v0 под углом α0 к горизонту, имеет вид x = bt, y =
ct − gt2 /2, где b = v0 cos α0 и c = v0 sin α0 . Найти радиус кривизны траектории в
зависимости от абсциссы x, в частности, в вершине траектории.
Задача 3.15 Под каким углом ϕ к горизонту следует бросить камень с вершины горы с уклоном 45 градусов, чтобы он упал на склон на максимальном
расстоянии.
B.4. Кинематика абсолютно твердого тела
265
Рис. B.11: Рисунок к задаче 3.2
B.4
Кинематика абсолютно твердого тела
Задача 4.10. Пусть при плоском движении твёрдого тела известны направления скоростей в двух точках A и B тела. Как геометрически найти центр
скоростей?
Задача 4.17. Ползун A скользит по прямолинейному рельсу со скоростью
vA . Вокруг точки A ползуна вращается со скоростью ω в вертикальной плоскости
стержень AB, по которому движется материальная точка M с относительной
скоростью v0 . Определить абсолютную скорость точки M .
К задаче 4.17
К задаче 4.24
Решение: Березкин стр. 65.
Задача 4.20. Пусть точка движется с постоянной по величине скоростью v
266
Приложение B. Задачи семинаров
по меридиану Земли, вращающейся с постоянной угловой скоростью ω. Найти
абсолютное ускорение точки в зависимости от широты.
Задача 4.24 (Якимова 1.36). Диск вращается вокруг своего неподвижного
диаметра с постоянной угловой скоростью ω2 . Подвижный радиус вращается в
плоскости диска с постоянной угловой скоростью ω1 . По подвижному радиусу
диска от центра к краю движется точка M c постоянной скоростью v0 . Найти
абсолютную скорость точки M , считая, что в начальный момент она находилась
в центре диска, а подвижный радиус был направлен по оси вращения диска.
К задаче C
К задаче A
К задаче B
Задача A. На шкив радиуса r, вращающийся вокруг своего центра O, намотана нерастяжимая нить, несущая на своем конце груз P . Груз опускается по
закону s = bt2 /2 и приводит шкив во вращение. Найти угловую скорость шкива,
в зависимости от времени. Нить по шкиву не проскальзывает.
Задача B (Якимова 1.31). Круговой конус с углом раствора 2α вращается
вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью ω. Точка M выходит из вершины конуса и движется равномерно по его образующей со скоростью v. Выразить
величину абсолютного ускорения точки M как функцию времени, прошедшего
с момента начала.
Задача C (Якимова 1.53). Стержень AB движется в неподвижной плоскости Oxy так, что его нижний конец A скользит по оси Ox со скоростью v. Во
все время движения стержень касается окружности радиуса r с центром в точке
O. Найти скорость изменения угла AOB и центроиды стержня.
Задача 4.11 Концы отрезка скользят по неподвижным координатным осям.
Найти подвижную и неподвижную центроиды.
Задача 4.12 Пусть диск катится по неподвижной прямой без проскальзы-
B.4. Кинематика абсолютно твердого тела
267
вания. Найти центр скоростей, а также подвижную и неподвижную центроиды.
Найти ускорение в центре скоростей, если скорость центра диска постоянна, а
радиус диска равен r.
Задача 4.22 Пусть известны восточная, северная и вертикальные проекции
скорости точки относительно Земли. Определить проекции абсолютного ускорения точки , движущейся вблизи Земли, на координатные оси, направленные
следующим образом: ось направлена на восток, ось Oy - на север, ось Oz - по
местной вертикали. Считаем, что известны: h - высота точки на поверхностью
Земли, ϕ - широта, R - радиус Земли, ω - угловая скорость суточного вращения
Земли.
Задача 4.23 (Якимова 1.41) По железнодорожному пути, проложенному
вдоль некоторой параллели северной широты, движется тепловоз со скоростью
20 м/с с запада на восток. Определить величину кориолисового ускорения теп2π
ловоза. Угловую скорость суточного вращения Земли считать равной ω = 24·60
2
1/с.
Задача 4.25 (Якимова 1.44) Воздушная трапеция ABCD с боковыми сторонами BC = AD = 1 совершает качания вокруг горизонтальной оси O1 O2 по
закону φ = φ0 sinωt. Гимнаст, выполняющий упражнение на перекладине , вращается вокруг нее с постоянной угловой скоростью ω относительно плоскости
трапеции. Определить абсолютное ускорение пятки гимнаста (точки M ), находящейся на расстоянии d от перекладины AB в момент времени t = π/ω.
К задаче 4.25
К задаче 4.27
Задача 4.27 (Якимова 1.95) Прямая вращается в плоскости вокруг неподвижной точки так, что
dϕ
= ω = const.
dt
Диск радиуса R катится без проскальзывания по этой прямой так, что относительная скорость его центра постоянна и равна v. В начальный момент точка
касания диска с прямой совпадала с точкой А. Найти скорости и ускорения
точек 1, 2, 3, 4 диска как функция времени.
268
Приложение B. Задачи семинаров
Задача 4.D Шар радиуса r катится без проскальзывания, касаясь граней
неподвижного прямого двугранного угла. Скорость и ускорение центра C равны
соответственно vc и ac . Найти угловую скорость ω и угловое ускорение шара ε,
ускорения точек A и B которыми он в данный момент касается граней угла.
Рис. B.12: к задаче 4.D
B.5
Кинематика деформируемого тела
Определение. Траекторией частицы называется геометрическое место ее положений во все моменты времени. Траектория частицы определяется законом
движения
x1 = f1 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ),
x2 = f2 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ),
x3 = f3 (t, ξ1 , ξ2 , ξ3 ).
(B.1)
Определение. Линией тока в момент времени t0 называется кривая направление касательной которой в каждой точке совпадает в направлением вектора
скорости сплошной среды в этот момент времени ~v (t0 , x1 , x2 , x3 ). Линии тока
определяются из уравнений
dx2
dx3
dx1
=
=
.
v1 (t0 , x1 , x2 , x3 )
v2 (t0 , x1 , x2 , x3 )
v3 (t0 , x1 , x2 , x3 )
Задача 5.3 (Эглит 1.3) Движение среды происходит по закону
x1 = ξ1 + atξ2 , x2 = ξ2 + btξ1 , x3 = ξ3 , a, b = const.
(B.2)
B.5. Кинематика деформируемого тела
269
Проверить, что числа (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) для индивидуальной частицы имеют смысл
координат x1 , x2 , x3 точки пространства, в которой она находилась в момент
t = 0. Найти поля скорости и ускорения в лагранжевом описании. Какая частица
в момент t0 находится в точке пространства с координатами (x01 , x02 , x03 )?
Задача 5.6 (Эглит 1.6) Найти поля скорости и ускорения в лагранжевом
и эйлеровом описаниях, если движение среды происходит по закону
1. Трехосное растяжение тела:
x1 = a(t)ξ1 , x2 = b(t)ξ2 , x3 = c(t)ξ3 ;
2. Простой сдвиг:
x1 = ξ1 + b(t)ξ2 , x2 = ξ2 , x3 = ξ3 ;
3. Однородная деформация при одновременном вращении тела с закрепленной точкой:
xi = Ai1 (t)ξ1 + Ai2 (t)ξ2 + Ai3 (t)ξ3 , det||Aij || =
6 0.
Задача 5.A (Эглит 1.7) Ввести лагранжевы координаты и найти закон
движения среды, если оно происходит с полем скорости
v1 =
2tx2
3t2 x3
x1
, v2 = 2
,
v
=
, τ = const > 0
3
t+τ
t + τ2
t3 + τ 3
Задача 5.7 (Эглит 1.8) Ввести лагранжевы координаты и найти закон
движения сплошной среды, линии тока и траектории, если поле скорости имеет
вид
p
x1
x2
, v2 = Q(t)
, v3 = 0, r = x21 + x22 , Q(t) > 0;
1. v1 = Q(t)
2π r2
2π r2
p
xi
2. vi = Q(t)
,
i
=
1,
2,
3,
R
=
x21 + x22 + x23 , Q(t) > 0;
3
4π R
3. v1 = −Ax1 , v2 = Bx2 , v3 = 0, A = const > 0, B = const > 0.
Задача 5.9 (Эглит 1.10, 1.12, 1.13) Блиц-вопросы:
1. (a) Можно ли по известным в данный момент линиями тока найти закон
движения?; (б) мгновенное поле скоростей?
2. (а) Могут ли частицы среды двигаться ускоренно, если скорости всех частиц одинаковы?; (б) а если в каждой точке пространства скорость не изменяется со временем?
270
Приложение B. Задачи семинаров
3. Плотность каждой индивидуальной частицы несжимаемой среды является постоянной. Может ли в какой-нибудь точке пространства происходить
изменение плотности со временем?
Задача 5.B (Эглит 1.11) Найти линии тока и траектории, если движение
среды происходит с полем скорости
1. v1 = −ωx2 , v2 = ωx1 , v3 = u, ω, u = const.
2. v1 = −Ax2 , v2 = Bx1 , v3 = 0, A = const > 0, B = const > 0.
3. v1 = −V sin ωt, v2 = V cos ωt, v3 = 0, ω, V = const.
Задача 5.10 (Эглит 1.15) При движении среды, происходящем с полем
скорости
v1 = −ωx2 , v2 = ωx1 , v3 = 0, ω = const,
в пространстве создается (при помощи подходящим образом распределенных
источников тепла) поле температуры
2
2
2
x2
x3
x1
t
T = T0 e− τ −( a ) −( b ) −( c ) , T0 , τ, a, b, c = const.
Найти скорость изменения температуры в индивидуальной частице в момент t0 ,
если она находится в этот момент в точке пространства с координатами x1 =
a, x2 = b, x3 = c.
Задача 5.14 Показать, что в случае чистой деформации (вращательная
часть движения отсутствует) точки малой частицы сплошной среды лежащие в
момент t на сфере радиуса a:
ξ12 + ξ22 + ξ32 = a2
перейдут в момент t + dt второго порядка, которая может быть только эллипсоидом, так как следствие сплошности движения, шаровая жидкая поверхность
может за бесконечно малый элемент времени dt претерпеть лишь бесконечно
малое изменение своей формы. Этот эллипсоид называется эллипсоидом деформации, а его главные оси называются главными осями деформации.
Решение. Относительные координаты некоторой точки частицы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) по
истечении малого промежутка времени dt примут значения
ξ10 = ξ1 + dξ1 = (1 + e11 dt)ξ1 + e12 dtξ2 + e13 dtξ3
ξ20 = ξ2 + dξ2 = e12 dtξ1 + (1 + e22 dt)ξ2 + e23 dtξ3
ξ30 = ξ3 + dξ3 = e13 dtξ1 + e23 dtξ2 + (1 + e33 dt)ξ3
(B.3)
B.5. Кинематика деформируемого тела
271
Так как ξi0 отличаются от ξi на величины бесконечно малые, то с точностью до
второго порядка малости можно считать
ξ10 = ξ1 + e11 dtξ10 + e12 dtξ20 + e13 dtξ30
ξ20 = ξ2 + e12 dtξ10 + e22 dtξ20 + e23 dtξ30
ξ30 = ξ3 + e13 dtξ10 + e23 dtξ20 + e33 dtξ30
(B.4)
ξ1 = (1 − e11 dt)ξ10 − e12 dtξ20 − e13 dtξ30
ξ2 = −e12 dtξ10 + (1 − e22 dt)ξ20 − e23 dtξ30
ξ3 = −e13 dtξ10 − e23 dtξ20 + (1 − e33 dt)ξ30
(B.5)
Откуда получаем
Последние формулы показывают, что точки малой частицы, лежащие в момент
t на сфере радиуса а ξ12 + ξ22 + ξ32 = a2 перейдут в момент времени t + dt на
поверхность второго порядка, т.е. эллипс. Уравнение этого эллипсоида будет:
2
2
2
(1 − 2e11 dt)ξ 0 1 + (1 − 2e22 dt)ξ 0 2 + (1 − 2e33 dt)ξ 0 3 −
4e23 dtξ 0 2 ξ 0 3 − 4e13 dtξ 0 1 ξ 0 3 − 4e12 dtξ 0 1 ξ 0 2 = a2
(B.6)
Задача 5.15 (разобрать самостоятельно) Показать, что точки частицы
сплошной среды, лежащие на главных осях деформации, остаются после деформации на тех же осях, испытывая лишь смещения вдоль этих осей.
Решение. Воспользуемся тем свойством главных осей эллипсоида, что они
совпадают с нормалями к эллипсоиду в точках его пересечения с осями. Пусть
точка A пересечения главной полуоси эллипсоида с эллипсоидом имеет координаты (ξ10 , ξ20 , ξ30 ). Направляющие косинусы нормали к эллипсоиду в этой точке
равны производным левой части уравнения (B.6) по (ξ10 , ξ20 , ξ30 ). Условия коллинеарности нормали с вектором ОА запишутся в виде
(1 − 2e11 )dtξ10 − 2e12 dtξ20 − 2e13 dtξ30 = µξ10
−2e12 dtξ10 + (1 − 2e22 )dtξ20 − 2e23 dtξ30 = µξ20
−2e13 dtξ10 − 2e23 dtξ20 + (1 − 2e33 )dtξ30 = µξ20
(B.7)
Параметр µ имеет очень простое значение. Если умножить предыдущие уравнения на ξ10 , ξ20 , ξ30 соответственно и сложить, то получим, что a2 = µ(ξ 0 21 + ξ 0 2 + ξ 0 23 ).
Откуда
µ = a2 /r02 ,
(B.8)
где r0 - длина рассматриваемой главной полуоси эллипсоида. Учитывая выражения (B.5) условия коллинеарности могут быть переписаны ы следующем виде
2ξi − ξi0 = µξi0 , i = 1, 2, 3
272
Приложение B. Задачи семинаров
откуда
1 + µ ~0
r.
(B.9)
2
Где ~r - радиус-вектор той точки А, которая после деформации перешла в конец
вектора r~0 . Мы показали, что все точки, лежавшие до деформации на главной
оси эллипсоида, остаются после деформации на той же оси.
Главные удлинения. Вычислим отнесенное к единице времени относительное удлинение главной оси e = (r0 − r)/rdt. Учитывая (B.8) и что r=a, получим
~r =
µ=
1
(1 + edt)2
Или пренебрегая членами второго порядка малости
µ = 1 − 2edt
(B.10)
Воспользовавшись последним выражением, можно переписать (B.7) как
(e11 − e)ξ10 + e12 ξ20 + e13 ξ30 = 0
e12 ξ10 + (e22 − e)ξ20 + e23 ξ30 = 0
e13 ξ10 + e23 ξ20 + (e22 − e)ξ20 = 0
(B.11)
Условие совместности этой системы трех однородных уравнений по (ξ10 , ξ20 , ξ30 )
состоит в равенстве 0 определителя
e11 − e
e12
e13
e12
e22 − e
e23
e13
e23
e33 − e
=0
(B.12)
Это кубическое относительно e всегда имеет три вещественных корня e1 , e2 , e3 .
Которые и определяют длины главных осей эллипсоида
a2 =
R2
R2
R2
, b2 =
, c2 =
1 − 2e1 dt
1 − 2e2 dt
1 − 2e3 dt
Уравнение эллипсоида деформации в системе координат связанных с главными
осями получит вид
(1 − 2e1 dt)2 η12 + (1 − 2e3 dt)2 η32 + (1 − 2e3 dt)2 η32 = 0
(B.13)
Кубическое расширение. Коэффициенты e1 , e2 , e3 носят название главных удлинений. Можно доказать, что
e1 + e2 + e3 = e11 + e22 + e33 = div~v .
B.5. Кинематика деформируемого тела
273
Нетрудно доказать, что эта величина имеет простое физическое значение, выражая собой кубическое расширение жидкости, отнесенное к единице времени.
4
πabc − 4 πR3
V0−V
(1 + e1 dt)(1 + e2 dt)(1 + e3 dt) − 1
=
= 3 4 33
= e1 + e2 + e3
vdt
dt
πR
dt
3
b = (eij ), ω
Однородная деформация Заметим, что величины E
~ определяющие чистую деформацию и вращение частицы, относятся к точке О и являются
функциями координат и времени. В том случае, когда эти величины являются
постоянными, деформация называется однородной.
Задача 5.17 Выяснить значение коэффициента e11 , считая, что все прочие
коэффициенты равны 0.
Решение. В этом случае
ξ10 = (1 + e11 dt)ξ1 , ξ20 = ξ2 , ξ30 = ξ3
Откуда
ξ10 − ξ1
= e11
ξ1 dt
e11 определяет скорость относительного удлинения материального элемента направленного по оси х.
Задача 5.18 Выяснить значение коэффициента e12 , считая, что все прочие
коэффициенты равны 0.
Задача 5.4 (Эглит 1.4) Движение среды происходит по закону
2t
t2
t
, x2 = ξ2 1 +
, x3 = ξ3 1 + 2 , τ = const.
x1 = ξ1 1 +
τ
τ
τ
Найти поля скорости и ускорения в лагранжевом описании. Где находится в
момент времени t = 3τ частица, которая в момент времени t = τ находилась в
точке пространства с координатами (a, b, c)?
Задача 5.5 (Эглит 1.5) Рассмотрим функции ξj = gj (t, x1 , x2 , x3 ), j = 1, 2, 3,
которые являются обратными функциями xi = fi (t, ξ1 , ξ2 , ξ2 ), i = 1, 2, 3. Каков
смысл этих значений? Чему равны индивидуальные производные dξj /dt?
Задача 5.8 (Эглит 1.9) Ввести лагранжевы координаты и найти закон
движения сплошной среды, если оно происходит с полем скорости
v1 = −A(t)x1 , v2 = B(t)x2 , v3 = 0, A(t) > 0, B(t) > 0.
Найти линии тока и сравнить их с линиями тока для частного случая A, B =
const, задача 5.7(3). Привести пример функций A(t) и B(t), при которых линии
тока и траектории частиц не совпадают.
274
Приложение B. Задачи семинаров
Задача 5.11 (Эглит 1.16) Движение среды происходит с полем скорости
v1 = kx1 , v2 = −kx2 , v3 = 0, k = const
и полем плотности
ρ = ρ0 + Ax2 ekt , ρ0 , A = const.
Найти скорость изменения плотности в каждой из частиц среды.
Задача 5.12 (Эглит 1.21) Движение среды происходит с полем скорости
v1 (x, t) = at, v2 (x, t) = −u
x2
, v3 (x, t) = 0, a, u = const
x1
и полем температуры
R2
t2
, T0 , τ, R = const.
T = T0 1 + 2
1+ 2
τ
x1 + x22
Найти в момент t = τ скорость изменения температуры в индивидуальной частице, которая находится в точке пространства с координатами
x1 =
u2
u2
u2
, x2 = 2 , x3 = 3 .
a
a
a
Задача 5.16 Показать, что при однородной деформации точки жидкости лежащие на плоскости или на прямой, остаются после деформации соответственно
на некоторой плоскости или на прямой.
Задача 5.24 Доказать, что если тензор скоростей деформаций в некоторый
момент одинаков во всех точках среды, то в этот момент и вектор вихря одинаков во всех точках среды.
B.6
Динамика материальной точки. Движение тел
с переменной массой
Задача 6.3 (Якимова 2.4) Наибольшая горизонтальная дальность полета снаряда равна L. Определить его горизонтальную дальность полета и наибольшую
высоту подъема траектории при угле бросания 30◦ . Сопротивлением воздуха
пренебречь.
Задача 6.4 (Якимова 2.19) Частица массы m, несущая отрицательный
электрический заряд e, попадает в однородное магнитное поле напряженности
B.6. Динамика материальной точки. Движение тел с переменной массой
275
H со скоростью v0 , перпендикулярной направлению напряженности поля. Определить траекторию дальнейшего движения частицы. Учесть, что на заряженную частицу в магнитном поле действует сила F = −e[v, H]. Действием силы
тяжести пренебречь. Указание: удобно записать уравнения движения точки в
проекциях на касательную и на главную нормаль к траектории.
Задача 6.5 (Якимова 2.9) Тело массы m брошено вертикально вверх с начальной скоростью v0 . Сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату
скорости тела с коэффициентом µ. Определить высоту максимального подъема
тела и скорость, с которой тело упадет обратно на Землю. Показать, что при
µ → 0 формулы для высоты подъема и скорости падения тела на Землю приобретают известный вид (случай отсутствия сопротивления воздуха).
Задача 6.A (Сивухин стр. 126 задача 6) Продукты сгорания (газы) выбрасываются из ракеты со скоростью u = 3 км/с (относительно ракеты). Найти
отношение ее кинетической энергии Kroc к кинетической энергии продуктов сгорания Kgas в момент достижения ракетой скорости v∗ = 12 км/с.
Задача 6.6 (Якимова 2.13) Точку массы m бросили с начальной скоростью v0 под углом α0 с к горизонту. Сила сопротивления среды R = −kmgv,
где k – постоянный коэффициент, а v – вектор скорости точки. Найти закон
движения точки. Показать, что ее траектория имеет вертикальную асимптоту.
Найти предельную скорость точки.
Задача 6.7 (Якимова 2.16) Упругая нить, описываемая законом Гука с коэффициентом упругости k, закреплена в точке А и проходит через неподвижное
гладкое кольцо О; к ее свободному концу прикреплен шарик М массы m. Длина
нерастянутой нити l = AO. Вытянув нить вдоль прямой AB так, что длина ее
увеличилась вдвое, шарику сообщили скорость v0 перпендикулярно прямой AB.
Определить траекторию шарика, пренебрегая действием силы тяжести.
Задача 6.8 (Якимова 2.17) В вершине С равнобедренного прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой AC = 2a, находится точка M массы m,
имеющая нулевую начальную скорость. Каждая из трех вершин треугольника
притягивает точку М с силой F = −k 2 mr, где r есть вектор, соединяющий соответствующую вершину треугольника с точкой М. Найти траекторию точки М и
ее скорость.
Задача 6.9 (Якимова 2.20) В однородное электрическое поле переменной
напряженности E = Acosωt, где A и ω – постоянные, попала частица массы
m, несущая отрицательный электрический заряд e, со скоростью v0 , перпендикулярной направлению напряженности поля. Определить траекторию частицы,
учитывая, что в электрическом поле на нее действует сила F = −eE. Действием
силы тяжести пренебречь.
276
Приложение B. Задачи семинаров
К задаче 6.7
К задаче 6.8
Задача 6.10 (Якимова 2.23) Частица массы m движется под действием силы отталкивания от неподвижного центра О, изменяющейся по закону
F = k 2 mr, где r – радиус-вектор точки. В начальный момент частица находилась в точке M (a, 0) и имела скорость v0 , направленную параллельно оси Oy.
Определить траекторию частицы.
Задача 6.11 Материальную точку массы m бросают в однородном поле силы тяжести с поверхности земли под углом α ∈ (0, π2 ] к горизонту со скоростью
v0 . 1) Найти угол α, при котором материальная точка попадает в точку с заданными координатами (задача попадания). Найти геометрическое место точек, в
которые нельзя попасть при заданной величине v0 начальной скорости ни при
каком значении угла α (парабола безопасности); 2) Доказать, что если из некоторой точки пространства бросать материальные точки с одинаковой по величине скоростью по различным направлениям, лежащим в одной вертикальной
плоскости, то в каждый момент точки расположатся на одной окружности.
Задача 6.B. Наблюдая пролетающий мимо Земли космический корабль,
земные астрономы установили, что скорость его меняется во времени по закону
v = −v0 ln(1 − νt). Определить, как должна зависеть от времени масса корабля
в предположении постоянства скорости истечения газов из сопла относительно
корабля. Тяготением пренебречь.
B.7
Момент импульса. Геометрия масс. Моменты
инерции
Задача 8.10 Показать, что если твёрдое тело плоское, то нормально к нему –
главная ось инерции.
Задача 8.11 Показать, что есть у твёрдого тела есть ось симметрии, проходящая через точку O, то она является главной осью инерции.
B.7. Момент импульса. Геометрия масс. Моменты инерции
277
Задача 8.12 Пусть две главные оси инерции тела найдены. Доказать, что
перпендикуляр к ним также является главной осью инерции.
Задача 8.13 Определить положение центра масс следующих однородных
тел:
1. Полукруг радиуса R;
2. Тело, состоящее из полукруга радиуса R и прямоугольника со сторонами 2R и
a;
3. Круг радиуса R с круговой полостью радиуса r (r < R). Расстояние между
центрами круга и полости равно a (a < R − r);
4. Дуга окружности радиуса R с центральным углом 2α;
5. Круговой конус высоты H и радиусом основания R.
Задача 8.14 Вычислить моменты инерции однородных тел массы M :
1. Балки длины l относительно оси его симметрии и оси, проходящей через его
центр масс перпендикулярно оси симметрии;
2. Прямоугольника со сторонами a и b относительно осей параллельных сторонам
и оси перпендикулярной его плоскости, проходящих через его центр масс;
3. Тонкого кольца радиуса R относительно его осей симметрии, проходящих через
его центр;
4. Кольца c внешним радиусом R2 и внутренним R1 относительно оси симметрии,
проходящей через его центр, перпендикулярной к плоскости кольца;
5. Диска радиуса R относительно его осей симметрии, проходящих через его центр;
6. Дуге окружности радиуса R с центральным углом α относительно диаметра,
проведенного через середину дуги;
7. Сферы радиуса R относительно ее осей симметрии;
8. Шара радиуса R относительно его осей симметрии;
9. Полого прямого кругового цилиндра с радиусом R основания и высотой H относительно оси, проходящей через его центр масс параллельно плоскости основания;
10. Прямого кругового цилиндра с радиусом R основания и высотой H относительно
оси, проходящей через его центр масс параллельно плоскости основания;
278
Приложение B. Задачи семинаров
11. Прямого кругового конуса с радиусом R основания относительно его оси симметрии и оси, являющейся диаметром его основания;
12. Куб со сторонами a, b и c относительно осей параллельных сторонам, проходящих через его центр масс;
13. Тора, получаемого вращением окружности радиуса r вокруг оси, лежащей в
плоскости окружности и удаленной от ее цента на расстояние R, причем R > r.
Вычислить главные центральные моменты инерции.
Задача 8.15 Вычислить момент инерции плоской фигуры массой M , относительно перпендикулярной рисунку оси, проходящей через точку A (рис. B.13):
1. Балка длины a, точка A находится на расстоянии a от края балки перпендикулярно его оси;
2. Квадрат со стороной a, диаметр выреза a/2;
3. Арка полукруглая радиуса a с вырезом a/2;
4. Шахматное поле 8 x 8, в котором все белые клетки невесомы, а черные имеют
одинаковый вес. Сторона поля a. Точка A – нижний левый угол.
(1)
(2)
(3)
Рис. B.13: Рисунок к задаче 8.15
Задача 8.16 (Якимова 2.79) Пусть J1 , J2 и J3 – главные центральные моменты инерции тела массы m. Найти тензор инерции тела для точки O(a1 , a2 , a3 )
в осях Oξ1 ξ2 ξ3 , параллельных главным центральным осям.
Задача 8.17 Найти главные моменты инерции куба массы M со стороной a
в одной из его вершин.
Задача 8.18 (Якимова 2.82) Однородный круглый диск массы M и радиуса r насажен на ось z, проходящую через его центр масс C. Ось z образует
B.7. Момент импульса. Геометрия масс. Моменты инерции
279
угол α с нормалью к плоскости диска. Найти центробежные моменты инерции
диска Jxz , Jyz , Jxy (оси координат показаны на рисунке B.14(a)).
Задача 8.19 Посчитать момент инерции сплошного конуса вращения маccы
M с плоским основанием и углом при вершине 90◦ относительно оси, проходящей
через вершину под углом 60◦ к высоте. Высота конуса равна H.
Задача 8.20 Вычислить кинетическую энергию тела:
1. Однородный диск массы M и радиуса r катится по горизонтальной прямой.
Вычислить также кинетический момент относительно точки касания;
2. Стержень длины 2l с шарнирно закрепленным концом качается в вертикальной
плоскости. Вычислить также кинетический момент относительно точки подвеса;
3. Однородный диск массы M и радиуса r катится без проскальзывания по неподвижному обручу радиуса R. (рис. B.14(b));
4. Однородный диск массы M и радиуса r качается на подвесе длины R − r. (аналогично рис. B.14(b) в случае отсутствия трения).
(a)
(b)
Рис. B.14: (a) Рисунок к задаче 8.18; (b) Рисунок к задаче 8.20
ДЗ: 8.15, 8.16, 8.18, 8.19, 8.20(2,3,4) + 7.1, 7.3, 7.4, 7.10, 7.11, 7.12, 7.13
B.7.1
Закон сохранения энергии
Задача 7.1 Заводную машинку на пружине завели ключом и поставили на стол.
2
Пусть потерь в системе нет. Тогда энергия завода k∆x
p /2 полностью перешла в
2
энергию движения mv /2. Значит скорость машинки k/m∆x. Теперь рассмотрим ту же задачу в инерциальной системе отсчета, движущейся со скоростью
280
Приложение B. Задачи семинаров
p
k/m∆x в том же направлении, что и машинка. В этой системе отсчета в начальный момент энергия машинки равна k∆x2 /2 + mv 2 /2, а в конечный – нулю.
Налицо невыполнение закона сохранения энергии. Как такое может быть?
Задача 7.2 Буксир тянет баржу массой 50 тонн с постоянной скоростью 5
км/ч и при этом натяжение веревки вдвое меньше того, при котором она порвется. При t = 0 в барже открывается течь и в нее начинает поступать вода со
скоростью 100 кг/c. Через какое время оборвется веревка, если буксир продолжает тянуть баржу с той же скоростью. Считать что сила сопротивления воды
растет пропорционально весу баржи из-за увеличения её лобового сопротивления при погружении части, коэффициент пропорциональности между силой и
весом баржи 0.001 (при скорости 5 км/ч).
Задача 7.3 (Заикин 4.35). Через невесомый неподвижный блок перекинута замкнутая тяжелая веревка массой M . В начальный момент времени с
одной стороны за середину веревки цепляется обезьяна массой m и начинает
карабкаться вверх так, чтобы удержаться на неизменной высоте. Какую мощность N должна для этого развить обезьяна? Через какое время она перестанет
справляться со своей затеей, если максимальная мощность, которую она может
развить, равна Nmax ?
Задача 7.4 Шайба массой m, скользя по льду со скоростью V , налетает на
неподвижную шайбу массой 3m. Считая удар упругим и центральным, определить на какое расстояние разлетятся шайбы, если коэффициент трения между
шайбами и льдом равен µ.
Задача 7.5 Груз M массы m помещен на негладкую наклонную плоскость,
образующую с горизонтом угол α, и прикреплен к концу пружины с коэффициентом жесткости k, другой конец которой закреплен неподвижно. Определить
максимальное растяжение пружины ∆l, если в начальный момент пружины была не деформирована, а груз отпущен без начальной скорости. Коэффициент
трения тела о плоскости равен µ, причем µ < tgα (см. рисунок B.15).
Задача 7.6 (Якимова 2.1). Тело брошено с поверхности Земли вертикально вверх с начальной скоростью v0 . Учитывая силу ньютоновского тяготения
и пренебрегая сопротивлением воздуха, найти, на какую максимальную высоту и в течение какого времени поднимется тело. Ускорение силы тяжести на
поверхности Земли считать равным g, радиус Земли равен R.
Задача 7.7 Тонка массы m падает в стволе глубокой шахты, притягиваясь к
центру Земли силой, величина которой пропорциональна расстоянию от точки
до центра Земли. Найти зависимость скорости точки от пройденного пути, если
она начинает падать с поверхности Земли из состояния покоя. Величина силы
на поверхности равна mg. Вращением Земли пренебречь. Радиус Земли равен
B.7. Момент импульса. Геометрия масс. Моменты инерции
281
Рис. B.15: Рисунок к задаче 7.5
R.
Задача 7.8 (Якимова 2.32) Материальная точка движется без трения под
действием силы тяжести по нижней ветви астроиды, уравнение которой имеет
вид
2
2
2
x 3 + y 3 = (2r) 3 .
За какое время, выйдя с ничтожно малой скоростью из вершины (2r, 0), точка
достигнет вершины (0, −2r)? См. рисунок B.16.
Рис. B.16: Рисунок к задаче 7.8
Задача 7.9 (Якимова 2.29) Кольцо массы M , надетое на неподвижную
282
Приложение B. Задачи семинаров
гладкую проволочную окружность радиуса r, плоскость которой вертикальна,
может свободно перемещаться по этой окружности. В начальный момент кольцу
сообщают скорость v0 . Найти скорость кольца в зависимости от его положения
на окружности, задаваемого углом ϕ между радиусом, проходящим через кольцо, и вертикалью; ϕ = 0, когда кольцо находится в нижней точке окружности.
Найти также реакцию связи.
Задача 7.10 (Якимова 2.30) Гладкий желоб, имеющий форму окружности радиуса r, установлен в вертикальной плоскости. В начальный момент в
низшую точку желоба кладут шарик и сообщают ему горизонтальную скорость
v0 . Какова должна быть скорость v0 , чтобы:
• шарик пришел в круговое движение;
• шарик выскочил из желоба;
• шарик совершал колебательное движение, не отрываясь от желоба?
Задача 7.11 В однородном поле силы тяжести по внешней стороне параболы
движется без трения материальная точка массы m. В какой точке она покинет
параболу, уравнение которой в неподвижной системе координат Oxy с направленной вертикально вверх осью Oy имеет вид y 2 = 2x? В начальный момент
точка покоится, а ее ордината y0 = 2 (см. рисунок B.17).
Рис. B.17: Рисунок к задаче 7.11
Задача 7.12 Груз M весом P , соединенный пружиной жесткостью k c неподвижной точкой O, может скользить без трения по кольцу радиуса r, расположенному в вертикальной плоскости. В положении OM0 пружина не деформирована: M0 лежит на одном уровне с O, OB = r/2. Найти давление груза на
B.7. Момент импульса. Геометрия масс. Моменты инерции
283
Рис. B.18: Рисунок к задаче 7.12
кольцо в момент, когда груз проходит через точку A, если движение началось
из M0 без начальной скорости (см. рисунок B.18).
Задача 7.13 (Заикин 4.107) При реакции соударения протона с неподвижным ядром 7 Li образуются две α-частицы и выделяется энергия за счет небольшого изменения масс частиц в результате реакции. Известна кинетическая энергия протона Kp = 2 МэВ, кинетическая энергия одной из α-частиц K1α = 10,5
МэВ и угол её вылета по отношению к направлению полета протона θ1 = 60◦ .
Определить количество энергии E, выделившееся при реакции.
Задача 7.14 (Заикин 4.108) Ядро с массовым числом А и кинетической
энергией K0 = 7 МэВ налетает на неподвижное ядро с массовым числом A/6.
В результате неупругого рассеяния налетающее ядро остается неизменным, а
ядро мишени переходит в возбужденное состояние с энергией E ∗ = 0.75 МэВ.
Определить максимальный угол рассеяния θmax падающего ядра в лабораторной
системе отсчета.
284
B.8
Приложение B. Задачи семинаров
Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера
Задача A (Заикин 7.1). Сможет ли космонавт, подпрыгнув, покинуть астероид масса которого равна массе Фобоса (Марса): M = 1.1 · 1016 кг и радиус
R = 11.1 км.
Задача B (Заикин 7.5). Два тела с одинаковой массой М движутся навстречу из бесконечности по параллельным траекториям, расстояние между
которыми равно L. Начальные скорости одинаковы и равны v0 . Каково будет
минимальное расстояние между телами с учетом их гравитационного притяжения?
Задача C (Заикин 7.11). Найти расстояние R между компонентами двойной звезды, если их общая масса M1 + M2 равна удвоенной массе Солнца M0
и звезды обращаются по круговым орбитам вокруг их центра масс с периодом
T = 2T0 , где T0 – продолжительность земного года. Расстояние от Земли до
Солнца R0 = 1.5 · 108 км.
Задача D (Заикин 7.36я). Вычислить вторую космическую скорость при
старте ракеты с поверхности Юпитера, используя следующие данные. Третий
спутник Юпитера – Ганимед – вращается вокруг планеты практически по круговой орбите радиуса R = 1.07 · 106 км с периодом обрaщения = 7.15 суток.
Радиус планеты r = 7 · 104 км.
Задача E (Заикин 7.52). По круговой окололунной орбите с радиусом, равным удвоенному радиусу Луны, вращается орбитальная станция с космическим
кораблем. Корабль покидает станцию в направлении ее движения с относительной скоростью, равной половине начальной орбитальной скорости станции. Каково должно быть соотношение масс корабля и станции mk /mc для того, чтобы
станция не упала на Луну?
Задача F (Заикин 7.60). Комета Брукса принадлежит к семейству Юпитера, т.е. максимальное ее удаление от Солнца равно радиусу орбиты Юпитера.
Минимальное расстояние кометы от Солнца равно радиусу круговой орбиты
астероида Венгрия. Зная периоды обращения вокруг Солнца кометы Брукса T
= 6,8 года и Юпитера T1 = 11.86 года определить период обращения Венгрии
T2 .
Задача G (Заикин 7.91). В момент выведения искусственного спутника
Земли на счетную круговую орбиту абсолютная величина скорости спутника
отклонилась от расчетной на 10% при неизменном направлении. Найти отношение b/a – малой и большой полуосей реальной эллиптической орбиты.
B.8. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера
B.8.1
285
Движение в неинерциальных системах отсчета
Задача G. Плоская тонкая трубка вращается вокруг неподвижной вертикальной оси, лежащей в ее плоскости, с постоянной угловой скоростью величины
ω. По какой кривой нужно изогнуть трубку, чтобы помещенный в нее в любом
месте шарик A массы m оставался в равновесии относительно трубки? Найти
реакцию трубки. Шарик находится в однородном поле силы тяжести. Трение
отсутствует.
Задача H. Прямой угол ABC вращается с постоянной угловой скоростью ω
вокруг вертикальной оси AD. В точке C с углом шарнирно соединен невесомый
стержень CM , несущий на свободном конце груз массы m,
r
g
L
√ , CM = L, BC = .
ω=
2
L 3
Показать, что положение груза, соответствующее ϕ = π/6, является положением
равновесия во вращающейся системе отсчета.
Задача I. Чаша, имеющая форму половины эллипсоида вращения с полуосями a и b, вращается в однородном поле силы тяжести вокруг своей неподвижной
вертикальной оси симметрии с постоянной угловой скоростью величины ω. На
какой высоте h от нижней точки чащи помещена материальная точка A массы
m, находящаяся в покое относительно чащи? Найти реакцию чаши. Трением
между чашей и точкой A пренебречь.
Задача J. Горизонтальная трубка вращается в однородном поле силы тяжести с постоянной угловой скоростью величины ω, вокруг неподвижной вертикальной оси проходящей через ее конец O. Материальная точка A массы m,
прикрепленная к оси пружиной жесткости k и натуральной длины l0 , движется вдоль трубки без трения. В начальный момент t = 0 точка A находится на
расстоянии l0 от конца и покоится относительно трубки. Найти закон относительного движения точки и горизонтальную составляющую реакции трубки.
Задача K. Пароход движется на восток вдоль параллели с географической
широтой ϕ = 60◦ . Скорость парохода v = 10 м/c. Определить вес тела на пароходе, если взвешивание производится на пружинных весах. Вес того же тела,
неподвижного относительно Земли, в той же точке земной поверхности равен
P0 .
286
Приложение B. Задачи семинаров
К задаче G
B.9
B.9.1
К задаче I
К задаче J
Динамика абсолютно твердого тела
Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси
К задаче 11.16
К задаче 11.17
К задаче 11.18
К задаче 11.20
Задача A (Якимова 2.93) Однородный диск массы M под действием силы
тяжести катится без проскальзывания по наклонной плоскости, составляющей
угол α с горизонтом. Найти ускорение центра масс диска, давление цилиндра
на плоскость, а также силу трения, препятствующую скольжению цилиндра.
Задача B. Во сколько раз время скатывания шарика без проскальзывания с
горки будет отличаться от времени скатывания шайбы без трения с точно такой
же горки.
Задача 11.16 (Якимова 2.89) Определить, с какой угловой скоростью
упадет на землю спиленное дерево массы , если его центр масс С расположен
на расстоянии h от основания, а момент сил сопротивления воздуха равен mc =
−k(dϕ/dt)2 , где k = const. Момент инерции дерева относительно оси z, вокруг
которой поворачивается дерево при падении, равен J.
Задача 11.17 (Якимова 2.92) На однородный диск радиуса r и массы m
намотана невесомая нить, конец которой прикреплен к вертикальной стене. Най-
B.9. Динамика абсолютно твердого тела
287
ти ускорение центра диска, угловое ускорение диска, натяжение нити и реакцию
стены в точке касания при движении диска вниз.
Задача 11.18 (Якимова 2.104) На барабан радиуса r однородного катка
массы и радиуса R > r, лежащего на горизонтальном шероховатом полу, намотана невесомая нить, к которой приложена сила S под углом α к горизонту.
Радиус инерции катка относительно оси симметрии равен ρ (момент инерции
катка J = M ρ2 ). Определить закон движения оси катка. В начальный момент
каток покоился, затем катился без проскальзывания. В какую сторону катится
каток?
Задача 11.19 (Якимова 2.107) Однородный стержень АВ массы M горизонтально подвешен к потолку посредством двух вертикальных нитей, прикрепленных к концам стержня. Найти натяжение одной из нитей в момент обрыва
другой.
Задача 11.20 (Якимова 2.117) Прямоугольный клин массы M и с углом
α при вершине А может скользить без трения по наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом. По стороне АВ клина может катиться без проскальзывания однородный круглый цилиндр радиуса r массы m. Найти величину
ускорения оси цилиндра относительно клина и реакцию наклонной плоскости.
Задача С. Однородный Г-образный стержень постоянного сечения с длинами элементов L и 2L подвешен в поле тяжести как показано на Рисунке. Чему
равно его угловое ускорение?
Задача D (Якимова 2.113). По гладкой горизонтальной плоскости может
скользить треугольная призма ABC массы M . По ее грани АВ катится без проскальзывания однородный круглый цилиндр массы m. Определить ускорение
призмы.
Задача E (Якимова 2.123). Однородный равнобедренный прямоугольник
OAB массы m, находящийся в однородном поле силы тяжести, вращается вокруг
неподвижной вертикалной оси, к которой он подвешен катетом OA = a. Какова
должна быть величина ω его угловой скорости, чтобы реакция подшипника в
точке А равнялась нулю? Определить реакцию подпятника в точке О.
288
Приложение B. Задачи семинаров
К задаче C
B.9.2
К задаче D
К задаче E
Движение твердого тела с неподвижной точкой
Задача 11.21 Волчок Лагранжа массы m с неподвижной точкой О в начальный момент закручен вокруг своей оси динамической симметрии Oζ с угловой
скоростью большой величины ω1 , причем угол между вертикальной осью Oz и
осью Oζ равен θ0 . Найти приближенное значение горизонтальной составляющей
реакции шарнира О, если расстояние от него до центра масс S волчка равно l,
момент инерции волчка относительно оси Oζ равен J. Рассмотреть, в частности,
случай, когда волчок представляет собой однородный диск радиуса r, жестко
насаженный в своем центре S под прямым углом на невесомый стержень OS
длины l.
Задача 11.22 (Заикин 11.4) Сделать оценку порядка величины момента
импульса велосипедного колеса, едущего со скоростью 30 км/ч. Какой момент
сил нужно приложить, чтобы повернуть руль на 1 радиан за 0,1 с?
Задача 11.23 (Заикин 11.7) В районе северного полюса на Землю падает метеорит под углом 45◦ к вертикали. Масса метеорита 1000 т. Его скорость
20 км/c. Найти, на сколько повернется земная ось в результате соударения с
метеоритом. Масса Земли 6 · 1024 кг, ее радиус 6400 км.
Задача 11.24 (Заикин 11.14) Гироскопические эффекты используются
в дисковых мельницах. Массивный цилиндрический каток (бегун), способный
вращаться вокруг своей геометрической оси, приводится во вращение вокруг
вертикальной оси (с угловой скоростью Ω) и катится по горизонтальной опорной плите. Такое вращение можно рассматривать как вынужденную прецессию
гироскопа, каковым является бегун. При вынужденной прецессии возрастает сила давления бегуна на горизонтальную плиту, по которой он катится. Эта сила
растирает и измельчает материал, подсыпаемый под каток на плиту. Вычислить
полную силу давления катка на опорную плиту, если радиус бегуна r = 50 см,
а рабочая скорость 1 об/с.
B.9. Динамика абсолютно твердого тела
К задаче 11.21
К задаче 11.24
289
К задаче F
Задача F. Стержень DE закреплен в неподвижной точке О так, что OE = a,
OD = b. Найти такой угол α отклонения стержня от вертикальной оси, при котором он вращается в однородном поле силы тяжести вокруг этой оси с постоянной
угловой скоростью заданной величины ω.
Задачи, рекомендованные к самостоятельному разбору: (1) Сивухин, стр. 266
– 277; (2) Сивухин, стр. 296 – 297.
290
B.10
Приложение B. Задачи семинаров
Механика сплошных сред 1
Задача A. Написать закон сохранения массы для конечного неподвижного пространственного объема, через который протекает среда.
Задача B. (1) Записать уравнение неразрывности жидкости, которая течет
по трубе с меняющимся поперечным сечением S(x, t). Для этого рассмотреть
массу жидкости, протекающую через поверхность объема, заключенного между
двумя близкими поперечными сечениями, и изменение массы внутри этого объема. Считать, что плотность ρ(x, t) и скорость v(x, t) вдоль оси трубы однородны
по сечению, где x – координата вдоль оси трубы; (2) Составить линеризованное
уравнение неразрывности, считая, что а) стенки в трубе слабо деформируемые,
т.е. площадь поперечного сечения S(x, t) которой мало отличается от исходной
S0 (x) ≡ S(x, 0), б) жидкость слабосжимаемая, плотность ρ(x, t) которой мало
отличается от ρ0 = const, в) скорость v вдоль оси трубы мало отличается от
v0 (x) ≡ v(x, 0).
Задача C (Эглит 8.14) Поток называется плоскопараллельным, если компоненты скорости vx и vy не зависят от декартовой координаты z и vz = 0. Дан
плоскопараллельный поток с полем скорости
xy
x2 − y 2
, vy = 2A 4 , vz = 0, A = const,
vx = A
4
r
r
p
где x, y, z – декартовы координаты, r = x2 + y 2 . Доказать, что это поле является полем скорости несжимаемой среды.
Задача D (Эглит 8.15) В некотором плоскопараллельном потоке выполнено
p
y
vx = −A 2 , A = const, r = x2 + y 2 .
r
Найти во всем потоке компоненту vy , если известно, что жидкость несжимаема
и vy → 0 при y → ∞ для всех x. Показать, что: 1) течение потенциально всюду,
кроме оси r = 0; 2) потенциал является гармонической функцией; 3) траектории
– окружности.
Задача 13.3. Имеется плоское течение слоя однородной несжимаемой жидкости, ограниченного с одной стороны неподвижным непроницаемым дном z =
−h(x), с другой стороны - свободной поверхностью z = ζ(x, t), где x, y, z - декартовы координаты. В плоском течении все его характеристики не зависят от
одной декартовой координаты y и vy = 0. Введя среднюю по глубине z скорость
vx = vx (x, t) и считая ее известной, получить уравнение для ζ(x, t), рассматривая закон сохранения массы для объёма, заключенного между двумя близкими
поперечными сечениями.
B.10. Механика сплошных сред 1
291
Иллюстрация к задаче 13.3
Задача 13.4 (Эглит 9.1) По горизонтальной шероховатой плоскости движется с постоянной скоростью брус. Все бруса 1 кг. Коэффициент сухого трения
о плоскость 0.3, площадь основания бруса 0.02 м2 . Найти вектор напряжений на
части плоскости, находящейся в данный момент под брусом.
Задача 13.5 (формула Коши) Рассмотрим некоторую произвольную точку
сплошной среды. Доказать, что вектор напряжений p~n , действующий на единичную площадку с нормалью ~n, проходящую через эту точку, может быть вычислен по формуле
p~n = p~1 n1 + p~2 n2 + p~3 n3 ,
(B.14)
где (n1 , n2 , n3 ) - координаты вектора нормали ~n, p~1 , p~2 , p~3 - некоторые, не зависящие от ориентации площадки, вектора. (Физический смысл этих векторов будет
ясен из доказательства.)
Последнее соотношение может быть записано в тензорном виде
p~n = P̂ · ~n,
(B.15)
где P̂ - матрица, строки которой состоят из координат векторов p~1 = (p11 , p12 , p13 ),
p~2 = (p21 , p22 , p23 ), p~3 = (p31 , p32 , p33 ):


p11 p12 p13
Pb =  p21 p22 p23 
(B.16)
p31 p32 p33
Формула (B.14) (или (B.15)) называется формулой Коши. Из формулы Коши
видно, что матрица Pb связывает два вектора, а значит ее компоненты преобразуются по тензорному закону. Тензор Pb называется тензором напряжений.
Решение: Возьмем в произвольный момент времени t произвольную точку
M среды и построим на этой точке бесконечно малый тетраэдр M ABC, так,
292
Приложение B. Задачи семинаров
чтобы его стороны M A, M B, M C были паралелльны осям Ox, Oy, Oz декартовой системы координат, M A = dx, M B = dy, M C = dz. Ориентация грани ABC
определяется единичным вектором нормали
~n = n1~ex + n2~ey + n3~ez ,
где n1 = (~n, ~ex ) = cosγ1 , n2 = (~n, ~ey ) = cosγ2 ,n3 = (~n, ~ez ) = γ3 . γ1 , γ3 , γ3 - углы
между вектором ~n и единичными базисными векторами ~ex , ~ey ,~ez , соответственно.
Объем тетраэдра V = 31 hS, h - высота, проведенная из точки M на грань
ABC, S - площадь грани ABC. Площади граней SM CB = Scosγ1 , SM AC = Scosγ2 ,
SM AB = Scosγ3 .
Для этого бесконечно-малого тетраэдра запишем:
1
1
d~v
Sh = ρF~
Sh + p~n S + p~−x Scosγ1 + p~−y Scosγ2 + p~−z Scosγ3
ρ
dt M 3
M 3
Далее, сокращая на S и устремляя h → 0, при условии, что ρ, F~ и ~v dt - конечны
в точке М и ее окрестности, имеем:
p~n + p~−x cosγ1 + p~−y cosγ2 + p~−z cosγ3 = 0.
Воспользовавшись 3 законом Ньютона (~p−x = −vecpx , p~−y = −vecpy , p~−z =
−vecpz ) получим формулу Коши
p~n = +~px cosγ1 + p~y cosγ2 + p~z cosγ3
Обозначив p~1 = p~x , p~2 = p~y , p~3 = p~z , получим формулу Коши. Физический
смысл векторов p~i - это вектора напряжений на единичные площадки ортогональные осям системы координат.
Задача 13.6 (Эглит 9.7) В некоторой точке тела в декартовой системе
координат тензор напряжений задан своими компонентами (в паскалях):


100 100
160
0
−150 
Pb =  100
(B.17)
160 −150 −60
√
Для площадки с нормалью n1 = 1/2, n2 = 1/2, n3 = 1/ 2, найти компоненты
вектора p~n , а также величины касательного pnτ и нормального pnn напряжений.
Найти угол θ между p~n и ~n. Ответ: p1n ≈ 213P a, p2n ≈ −56P a, 3n ≈ −32P a, pn =
223, pnn = 56P a, pnτ ≈ 216P a, cos θ = pnn /|pn | ≈ 0.25, θ ≈ 75◦ .
B.11. Механика сплошных сред 2
293
Задача 13.7 (Эглит 9.8) В точке M в декартовой системе координат компоненты тензора напряжений заданы матрицей


8
0 −4
5
0 
Pb =  0
(B.18)
−4 −0 4
Определить вектор напряжений p~n на площадке с нормалью
2
2
1
~n = ~e1 − ~e2 + ~e3
3
3
3
Задача 13.9 (Эглит 9.13) В декартовой системе координат компоненты
тензора напряжений в точке М таковы:
p11 = 12, p12 = p13 = 4, p23 = 8, p22 = p33 = 0.
а) Определить главные компоненты и главные оси тензора напряжений.
б) Разложить тензор напряжений на сумму шарового тензора и девиатора.
B.11
Механика сплошных сред 2
Задача 14.11 а) Доказать формулу векторного анализа
rot(a~b) = arot(~b) + grad(a) × ~b.
б) Доказать, что для любой скалярной функции b: rot(grad(b)) = 0.
B.11.1
Гидростатика
Задача 14.9 Поле тензора напряжений в декартовых координатах задано матрицей


3xyγ 5y 2 γ
0
0
2z 2 γ  , γ = const
pij =  5y 2 γ
2
0
2z γ
0
Какими должны быть массовые силы, чтобы среда с заданной плотностью была
в равновесии?
Задача 14.26 (Эглит 21.2) Тяжелая однородная жидкость налита в сосуд, имеющий плоскую стенку. Свободная поверхность жидкости и сам сосуд
находятся в контакте с атмосферой, давление pa в которой постоянно. Пусть P
294
Приложение B. Задачи семинаров
– равнодействующая сил давления, действующих на площадку Σ, расположенную на смоченной жидкостью части плоской стенки; hO – глубина погружения
центра давления О (точки приложения этой равнодействующей). Показать, что
P = |P| = ρgShc , hO =
I
,
hc S
где S – площадь Σ; hc – глубина погружения ее геометрического центра С; I
– момент инерции площадки Σ относительно линии AB пересечения свободной
поверхности со стенкой.
Задача 14.27 (Эглит 21.3) Найти силу Р, действующую на квадратную
стенку аквариума, до краев заполненного водой. На какой высоте H от дна
находится точка приложения этой силы?
Задача 14.28 (Эглит 21.4) Открытый тяжелый колпак в виде усеченного
кругового конуса с углом α при основании и радиусом основания R стоит на
горизонтальной плоскости. Каков должен быть вес колпака G, чтобы он смог
удержать воду, налитую внутрь него до высоты H? Всюду вне колпака давление
атмосферное.
К задаче 14.26
К задаче 14.28
Задача 14.13 (Эглит 21.5) В прямоугольном канале в вертикальном положении установлен щит, который разделяет разные уровни воды H1 и H2 . Щит
может свободно вращаться относительно шарнира в точке 0. Со стороны меньшего уровня установлен упор. На каком наименьшем расстоянии H от дна следует поместить шарнир, чтобы при превышении уровня H2 щит открывался, а
при понижении был закрыт?
Задача 14.14 (Эглит 21.6) Прямоугольный канал перегорожен незакрепленной бетонной плитой, имеющей форму прямоугольного параллепипеда. Каким условиям должны удовлетворять толщина и высота h плиты, чтобы она
находилась в равновесии, если уровень подпираемой жидкости равен H? На
плоскости безразмерных переменных a/H и h/H область равновесия изобразить графически, считая, что плотность бетона 3 г/см3 , а коэффициент трения
о дно 0.2. Жидкость считать однородной несжимаемой с плотность 1 г/см3 .
B.11. Механика сплошных сред 2
К задаче 14.13
B.11.2
295
К задаче 14.14
Течения вязкой несжимаемой жидкости
Задача 14.23 Слой вязкой жидкости ограничен двумя горизонтальными бесконечными параллельными пластинами A и B, расстояние H между которыми
фиксировано.
Найти распределение скоростей и напряжения сил трения τA и τB на пластинах, если:
а) пластина А покоится, пластина B движется со скоростью ~u и давление
вдоль пластин постоянно (течение Куэтта),
б) обе пластины покоятся, а движение жидкости вызывается заданным градиентом давления вдоль пластин (плоское течение Пуазейля);
в) пластина А покоится, пластина В движется со скоростью ~u и задан градиент давления вдоль ~u.
Задача 14.24 Бесконечный слой вязкой жидкости толщины h ограничен
свободной поверхностью, а снизу - неподвижной плоскостью, наклоненной под
углом α к горизонту. Под действием силы тяжести в слое происходит стационарное течение.
Найти распределение скорости в слое, а также значения максимальной vmax
и средней по сечению vcp скорости. Используя полученное решение, оценить
значения vmax и vcp при течении воды (ν = 0.01 см2 /c) в канале, длина которого
l, перепад высот начала и конца над горизонтальной плоскостью H, глубина h,
если
a) l = 100 м, H = 1 см, h = 0.5 см;
б) l = 3000 км, H = 300 м, h = 5 м (модель реки Волги);
Почему результат в случае б) явно противоречит опыту?
Задача 14.25 Найти стационарное движение вязкой несжимаемой жидкости в длинной горизонтальной цилиндрической трубе под действием заданного
∂p
(течение Пуазеля), если
постоянного продольного перепада давления i = − ∂x
сечением трубы является а) круг, б) круговое кольцо, в) эллипс с полуосями a
и b.
296
Приложение B. Задачи семинаров
Во всех случаях вычислить расход Q, максимальную vmax и среднюю по сечению vcp скорости. Для течений в трубах эллиптического сечения показать, что
при заданных i0 и площади сечения S расход Q будет максимальным при a = b.
B.11.3
Задачи на применение интегральных законов
При решении задач необходимо воспользоваться интегралом Бернулли, который
имеет место при установившемся (∂/∂t = 0) для несжимаемой жидкости в поле
потенциальных массовых сил:
v2 p
+ − U = C,
2
ρ
где U - потенциал массовых сил, C = const вдоль линии тока. Интеграл Бернулли является следствием уравнения движения.
Задача 14.19 Показателем времени в водяных часах служит высота уровня
в верхнем сосуде, которая должна уменьшаться равномерно с постоянной скоростью. Определить форму сосуда, употребляемую для водяных часов. Жидкость
считать идеальной, несжимаемой и однородной.
Задача 13.13 а) На плоскую неограниченную твердую неподвижную стенку
натекает и растекается по ней струя невесомой (F~ = 0) идеальной (~pn = −p~n)
жидкости. Далеко от области встречи струи со стенкой площадь поперечного
сечения струи равна S, давление, скорость и плотность жидкости в струе постоянны по ее сечению и равны p0 , v0 , ρ0 ; скорость ~v0 составляет со стенкой острый
угол α. Давление в окружающей среде равно p0 . Жидкость несжимаемая.
К задаче 13.13
~ действующую на стенку
Определить дополнительную суммарную силу R,
~ есть разность между силой, дейпри наличии струи. Имеется в виду, что R
ствующей на стенку при наличии струи, и силой, действующей на нее за счет
внешнего давления p0 при отсутствии струи.
B.11. Механика сплошных сред 2
297
б) Рассмотреть эту задачу в случае плоской струи толщиной l. Кроме величины равнодействующей (на единицу ширины стенки), найти ее точку приложения
О, а также скорости и толщины струй, растекающихся по стенке, на больших
расстояниях от места встречи струи со стенкой.
в) Подсчитать скорость вертикальной водяной струи с поперечным сечением
площади 0.01 м2 , необходимую для того, чтобы удержать платформу со стоящим
на ней клоуном. Вес клоуна с платфомой 81 кгс.
Задача 13.14 Осесимметричная струя идеальной несжимаемой жидкости
натекает на препятствие в виде соосного с ней конуса, см. рис.3а). Угол раствора конуса равен 2α. Далеко впереди конуса площадь поперечного сечения струи
равна S, скорость и давление одинаковы во всех точках сечения и равны ~v и p.
Далеко от вершины конуса вниз по течению скорость и давление также выравниваются по сечению. Движение установившееся, давление в окружающей среде
равно p0 = const, сила тяжести несущественна. Вычислить дополнительную (см.
предыдущую задачу) силу, действующую на конус со стороны струи.
К задаче 13.14
При решении воспользоваться законом сохранения импульса в интегральной
форме, а также интегралом Бернулли, который в случае несжимаемой жидкости
2
и отсутствия внешних сил, имеет вид ρp + v2 = const.
Задача 13.15 По гладкой (без трения) горизонтальной поверхности движется тележка, на которой стоит закрытый сосуд с налитой в него жидкостью
Общая масса жидкости, сосуда и тележки равна m. Давление над свободной
поверхностью жидкости в сосуде p1 , давление в окружающей среде p0 < p1 . В
задней вертикальной стенке сосуда имеется отверстие, через которое выливается струя сечением S0 . Пренебрегая изменением массы m и считая жидкость
идеальной и несжимаемой, вычислить ускорение, с которым движется тележка под действием вытекающей струи. Силу тяжести при вычислении скорости
истечения струи не учитывать.
298
Приложение B. Задачи семинаров
Задача 13.16 Из большого сосуда через затопленный в жидкость цилиндрический насадок (насадок Борда) с поперечным сечением S происходит установившееся струйное истечение идеальной невесомой жидкости плотности ρ.
Давление в сосуде далеко от отверстия с насадком равняется p1 , во внешнем
пространстве p0 < p1 ; S0 - поперечное сечение истекающей струи далеко от сосуда. Определить коэффициент сжатия струи S0 /S.
К задаче 13.15
К задаче 13.16
B.12. Теория упругости
B.12
299
Теория упругости
Задача 1. Призматический стержень из линейно упругого материала находится
в равновесии под действием растягивающих усилий, равномерно распределенных по торцевым сечениям, и при свободных боковых гранях (простое растяжение). Найти компоненты тензора деформаций при заданной величине напряжений p на торцах. Указать связь между упругими константами среды E (модуль
Юнга) и ν (коэффициент Пуассона) и коэффициентами Ламе λ и µ.
Задача 2. Образец из линейно упругого материала находится между двумя
парами параллельных жёстких стенок, так что его поперечные размеры не могут
меняться. На торцах образца действуют однородные сжимающие напряжения
p. Найти напряжения и деформации в материале, считая, что между ним и
стенками трение отсутствует.
Задача 3. Слой упругого материала находится между двумя бесконечными плоскостями, перпендикулярными оси y. По плоскости y = 0 материал закреплен, на второй границе действует равномерно распределенное касательное
напряжение p12 = τ . Деформацию, возникающую при этом, называют простым
сдвигом. Найти компоненты тензора деформации и величину γ - изменение наклона волокна, первоначально параллельного оси y. Коэффициент G пропорциональности между γ и τ называется модулем сдвига. Найти его выражение
через коэффициенты Ламе λ и µ.
Задача 4. Найти относительное изменение объема среды θ при деформациях, полученных в задачах 1-3. Обратить внимание, что при деформациях простого сдвига (см. задачу 3) объем не меняется.
Задача 5. Напряжённое состояние, описываемое шаровым тензором напряжений pij = −pgij , называется всесторонним сжатием. Определить компоненты деформации и относительное изменение объема θ. Коэффициент пропорциональности между p и θ называется модулем объемного сжатия К. Найти
выражение для К через E и ν и через коэффициенты Ламе λ и µ.
Задача 6. Используя предыдущую задачу, показать, что для несжимаемой
упругой среды коэффициент Пуассона ν равен 1/2.
Задача A (Заикин 13.18). Определить максимальное давление, которое
может произвести вода при замерзании. Плотность льда ρ = 0.917 г/см3 , модуль
Юнга E = 2.8 · 1011 дин/см3 , коэффициент Пуассона µ = 0.3.
Задача B (Эглит 28.25). Определить деформацию вертикально стоящего
стержня длины l, находящегося в устойчивом равновесии в поле силы тяжести.
Задача C (Эглит 28.26). Определить удлинение δ и изменение объема ∆V
стержня первоначальной длины l и веса P , висящего вертикально в поле силы
300
Приложение B. Задачи семинаров
тяжести.
Задача D (Эглит 28.29). Найти выражение для удлинения δ цилиндрического стержня длины l, прикрепленного одним концом к валу, вращающемуся с
постоянной угловой скоростью ω около вертикальной оси. Вычислить это удлинение для медного стержня длины 1 м, если ω = 30 1/с. Удельный вес меди 8.87
гс/см3 , Е = 1.05 · 106 кгс/см2 . Весом стержня пренебречь.
К задаче B
К задаче D
Приложение C
Вопросы к экзамену
1. Физическая величина. Физический закон. Системы единиц физических величин. Формула размерности. Правило размерности (π-теорема).
2. Инерциальные и неинерциальные системы отсчёта. Принцип относительности Галилея. Основные принципы специальной теории относительности.
Преобразования Галилея и Лоренца.
3. Интервал, инвариантность интервала. Относительность понятия одновременности. Замедление времени, собственное время частицы. Сокращение
длин. Релятивистский закон сложения скоростей.
4. Кинематика материальной точки. Скорость и ускорение плоского движения в полярной системе координат. Проекции ускорения материальной точки на оси естественного трёхгранника.
5. Степени свободы механической системы. Обобщённые координаты. Уравнения кинематической связи. Степени свободы твердого тела. Углы Эйлера.
6. Кинематика абсолютно твердого тела. Формула Эйлера для скоростей точек твердого тела. Мгновенная ось вращения. Распределение ускорений в
твердом теле. Формула Ривальса.
7. Качественный анализ возможных движений твердого тела. Мгновеннопоступательное, мгновенно-вращательное, мгновенно-винтовое движения.
Плоскопаралелльное движение твердого тела. Вращение твердого тела вокруг неподвижной точки.
301
302
Приложение C. Вопросы к экзамену
8. Сложное движение. Формулы сложения скоростей и ускорений. Сложение
угловых скоростей. Кинематические формулы Эйлера.
9. Гипотеза сплошности. Модель сплошной среды. Лагранжев и Эйлеров подход при описании сплошной среды. Траектория и линия тока.
10. Кинематика деформируемого тела. Формула Коши-Гельмгольца. Тензор
малых деформаций и тензор скоростей деформаций.
11. Масса как мера инертности тела. Закон сохранения массы. Закон сохранения импульса, второй и третий законы Ньютона. Силы. Принцип суперпозиции. Сила гравитационного притяжения. Электромагнитные силы. Силы
упругости. Силы трения и сопротивления. Вязкое и сухое трение. Закон
Кулона для силы сухого трения.
12. Теорема о движении центра масс. Приведенная масса. Движение тел с переменной массой. Реактивное движение. Уравнение Мещерского. Формула
Циолковского. Импульс силы (опыты с разрывом ниток и ломанием палки).
13. Работа силы. Консервативные и неконсервативные силы. Кинетическая
энергия. Теорема об изменении кинетической энергии. Связь между кинетическими энергиями в различных системах отсчёта. Теорема Кенига.
14. Устойчивость равновесия материальной точки. Теорема Лагранжа. Одномерное движение в потенциальном поле сил.
15. Вириал сил. Теорема Клазиуса о вириале. Абсолютно упругий и неупругий
удары. Задача о баллистическом маятнике.
16. Определение и свойства момента силы относительно точки. Момент импульса. Закон сохранения момента импульса. Теорема площадей. Уравнение моментов для одной материальной точки и для системы материальных
точек. Скамья Жуковского.
17. Понятие о тензоре инерции. Главные оси инерции. Эллипсоид инерции.
18. Законы Кеплера. Вывод закона всемирного тяготения из законов Кеплера.
Ускорение планет и комет при движении по коническим сечениям. Условия
эллиптического, параболического и гиперболического движений.
303
19. Вычисление параметров орбиты. Вывод законов Кеплера из закона всемирного тяготения Ньютона. Учёт движения Солнца.
20. Движение точки при наличии связи. Движение материальной точки по
кривой. Исследование движения по кривой в поле силы тяжести. Определение силы реакции опоры при движении по кривой. Движение материальной точки по поверхности.
21. Математический маятник. Циклоидальный маятник. Адиабатические инварианты на примере гармонического осциллятора.
22. Сила Кориолиса и её геофизические проявления. Зависимость веса тела и
направления отвеса от географической широты. Маятник Фуко.
23. Эквивалентность инерционной и гравитационной масс. Обобщенный закон
Галилея. Гравитационное смещение спектральных линий.
24. Общая постановка задачи о свободном движении твердого тела. Движение
твердого тела вокруг неподвижной оси.
25. Физический маятник: уравнение колебаний, период малых колебаний, приведённая длина.
26. Плоскопараллельное движение твердого тела. Качение диска по наклонной
прямой в поле сил тяжести.
27. Движение твердого тела с неподвижной точкой. Задача Эйлера – первые
интегралы и квадратуры. Качественный анализ решений задачи Эйлера.
28. Свободная регулярная прецессия. Вынужденная регулярная прецессия. Основная формула гироскопии.
29. Постановка задачи о движении тяжелого твердого тела с неподвижной
точкой. Интегрируемые случаи. Применение гироскопов.
30. Теорема о дифференцировании по подвижному объему. Закон сохранения
массы в интегральном виде. Уравнение неразрывности.
31. Закон сохранения импульса для объема сплошной среды. Уравнение движения. Формула Коши для вектора поверхностных напряжений. Тензор
напряжений.
304
Приложение C. Вопросы к экзамену
32. Закон сохранения энергии для объема сплошной среды. Внутренняя энергия. Вектор притока тепла.
33. Модели идеальной и линейно-вязкой (ньютоновской) жидкости/газа. Уравнения Эйлера движения идеального газа. Уравнения Навье-Стокса движения вязкой жидкости (газа).
34. Условия равновесия сплошной среды. Барометрическая формула. Закон
Архимеда.
35. Устойчивость равновесия несжимаемой жидкости и политропной атмосферы в поле сил тяжести.
36. Интеграл Бернулли. Подъемная сила. Трубка Пито-Прандтля. Формула
Торичелли. Парадокс Даламбера при безотрывном обтекании тела идеальной жидкостью/газом. Качественное объяснение эффекта Магнуса.
37. Течения Пуазеля и Куэтта. Опыты Рейнольдса и проблема устойчивости
течений.
38. Упругие и пластические деформации. Модуль Юнга. Закон Гука. Коэффициент Пуассона. Механический смысл коэффициентов упругости. Всестороннее сжатие.
39. Касательные напряжения. Деформация сдвига, модуль сдвига. Объёмная
плотность энергии упругой деформации.
40. Система уравнений линейной теории упругости. Уравнения Навье-Ламе.
Типичные граничные условия.
41. Свободные гармонические колебания. Примеры гармонических осцилляторов. Фазовые траектории гармонического осциллятора.
42. Осциллятор с вязким трением. Коэффициент затухания, логарифмический декремент затухания, добротность. Фазовые траектории осциллятора
с затуханием.
43. Вынужденные колебания осциллятора с затуханием под действием гармонической внешней силы. Резонанс.
44. Параметрическое возбуждение колебаний (качели).
305
45. Бегущие и стоячие волны. Длина волны, волновое число, фазовая скорость. Векторные волны.
46. Скорость распространения продольных упругих возмущений в стержне.