最后更新: 2024-10-04 20:46 查看: 409 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

二阶微分方程的实际案例

例1 质量为 $m$ 的质点受力 $F$ 的作用沿 $O x$ 轴作直线运动. 设力 $F$ 仅是时间 $t$ 的函数: $F = F (t)$ . 在开始时刻 $t = 0$ 时 $F (0) = F_{0}$ , 随着时间 $t$ 的增大，此力 $F$ 均匀的减少，直到 $t = T$ 时， $F (T) = 0$ . 如果开始时质点位于原点，且初速度为零，求这质点的运动规律.
由题设， $F (t)$ 随增大而均匀地减少， $F (0) = F_{0} \Rightarrow F (t) = F_{0} - k t$ .
又 $F (T) = 0 \Rightarrow F (t) = F_{0} (1 - \frac{t}{T})$ .
于是方程(4)可以写成

\frac{d^{2} x}{d t^{2}} = \frac{F_{0}}{m} F (t) (1 - \frac{t}{T})

其初始条件为

{x |}_{t = 0} = 0, {\frac{d x}{d t} |}_{t = 0} = 0 .

在方程(5)式两端积分，得

\frac{d x}{d t} = \frac{F_{0}}{m} \int (1 - \frac{t}{T}) d t = \frac{F_{0}}{m} (t - \frac{t^{2}}{2 T}) + C_{1} .

代入初始条件 ${\frac{d x}{d t} |}_{t = 0} = 0$ , 得 $C_{1} = 0$ , 于是

\frac{d x}{d t} = \frac{F_{0}}{m} (t - \frac{t^{2}}{2 T}) \Rightarrow x = \frac{F_{0}}{m} (\frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{3}}{6 T}) + C_{2},

将条件 ${x |}_{t = 0} = 0$ , 代入上式，得 $C_{2} = 0$ . 于是所求质点的运动规律:

x = \frac{F_{0}}{m} (\frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{3}}{6 T}), 0 \leq t \leq T .

例2 墙上有两个钉子，连接着一条绳子，绳子仅受
到重力作用而下垂，称之为悬链线，试推导此曲线方程.

解建立坐标系 $x O y$ (见图 4-5)，设曲线方程 $y = y (x)$ ，使悬链线的最低点位于 $y$ 轴上，且 $| O A | = a$
(这个 $a$ 待定，将在下面给出说明)，则点 $A$ 坐标为 $(0, a)$ . 这样就得到了初始条件: ${y |}_{x = 0} = {a ， y^{'} |}_{x = 0} = 0$ (由于光滑曲线在最低点的切线平行于 $x$ 轴).
作受力分析:取一段弧 $A M$ (其中点 $M$ 的坐标为 $(x, y)$ ) 设其弧长为 $s$ ，单位弧长重 $ρ$ (密度)，则弧 $A M$ 所受的重力为 $ρ s$ . 设在点 $A$ 处受到水平张力 $H$ ，在点 $M$ 处受到切向张力 $T ， T$ 与平行于 $x$ 轴的直线的夹角为 $θ$ ，则在平衡状态下，应有 $T \cos θ = H Σ F_{x} = 0$ 及 $T \sin θ = ρ s$ .

两式相除，得 $\tan θ = \frac{ρ}{H} s$ ，由于 $ρ$ 是已知的，水平张力 $H$ 是可通过实验手段获得，因此 $\frac{ρ}{H}$ 是已知的，不妨记为 $\frac{ρ}{H} = \frac{1}{a}$ (这就是 $a$ 的出处)，又 $\tan θ = y^{'}$ ，即得

y^{'} = \frac{1}{a} s, y^{''} = \frac{1}{a} \frac{d s}{d x} .

利用弧微分公式: $\frac{d y}{d x} = \sqrt{1 + y^{' 2}}$ ，得 $y^{''} = \frac{1}{a} \sqrt{1 + y^{' 2}}$ ，
即得定解问题: ${\begin{matrix} y^{''} = \frac{1}{a} \sqrt{1 + y^{' 2}} \\ {y |}_{x = 0} = a, {y^{'} |}_{x = 0} = 0 \end{matrix}$ .

令 $y^{'} = p$ ，则 $y^{''} = \frac{d p}{d x}$ ，原方程化为 $\frac{d p}{d x} = \frac{1}{a} \sqrt{1 + p^{2}}$ .
分离变量得 $\frac{d p}{\sqrt{1 + p^{2}}} = \frac{1}{a} d x$ ，两边积分得 $\int \frac{d p}{\sqrt{1 + p^{2}}} = \frac{1}{a} \int d x + C_{1}$ ，即 $arsh p = \frac{x}{a} + C_{1} (\ln (p + \sqrt{1 + p^{2}}) = \frac{x}{a} + C_{1})$ .
由 ${y^{'} |}_{x = 0} = 0$ 得 $C_{1} = 0$ ，故 $arsh p = \frac{x}{a}$ ，或 $p = sh \frac{x}{a}$ ，再积分得

y = \int sh \frac{x}{a} d x + C_{2} = a ch \frac{x}{a} + C_{2} .

由 ${y |}_{x = 0} = a$ 得 $C_{2} = 0$ ，因此得悬链线方程 $y = a ch \frac{x}{a} = \frac{a}{2} (e^{\frac{x}{a}} + e^{- \frac{x}{a}})$ .

例3 一个离地面很高的物体，受地球引力作用，由静止开始落向地面，求它落到地面时的速度和所需时间. (不计空气阻力)

解建立坐标系 $x O y$ (见图 4-6), 设球心与该物的连线为 $y$ 轴，方向朝上，设物体的质量为 $m$ ，地球的质量为 $M$ ，半径为 $R$ ，物体到地心的距离为 $l$ ，在时刻 $t$ 时物体所在位置为 $y (t)$ ，则速度为 $\frac{d y}{d t}$ ，因此由万有引力公式等得 $m \frac{d^{2} y}{d t^{2}} = - \frac{k M m}{y^{2}}$ . 其中 $k$ 为引力系数.
先确定 $k$ : 由 ${\frac{d^{2} y}{d t^{2}} |}_{y = R} = - g$ 得 $- g = - \frac{k M m}{R^{2}}$ ，即 $k = \frac{g R^{2}}{M m}$ ，
故有定解问题:

{\begin{matrix} \frac{d^{2} y}{d t^{2}} = - \frac{g R^{2}}{y^{2}}, \\ {y |}_{t = 0} = l, {y^{'} |}_{t = 0} = 0 \end{matrix} .

令 $y^{'} = v$ ，则 $y^{''} = v \frac{d v}{d y}$ ，原方程化为 $v \frac{d v}{d y} = - \frac{g R^{2}}{y^{2}}$ ，分离变量得 $v d v = - \frac{g R^{2}}{y^{2}} d y$ ，两边积分得

\int v d v = - \int \frac{g R^{2}}{y^{2}} d y + C_{1},

即 $\frac{1}{2} v^{2} = \frac{g R^{2}}{y} + C_{1}$ ，由 ${v |}_{y = l} = 0$ 得 $C_{1} = - \frac{g R^{2}}{l}$ ，故

v^{2} = 2 g R^{2} (\frac{1}{y} - \frac{1}{l}) .

令 $y = R$ ，就得到落到地面的速度

v^{2} = 2 g R^{2} (\frac{1}{R} - \frac{1}{l}), 或 v = - \sqrt{2 g R^{2} (\frac{1}{R} - \frac{1}{l})} .

(负号表示运动的方向是朝 $y$ 轴反向)
由 $v = \frac{d y}{d t} = - R \sqrt{2 g (\frac{1}{y} - \frac{1}{l})}$ ，分离变量得

\frac{d y}{- R \sqrt{2 g (\frac{1}{y} - \frac{1}{l})}} = d t ，

即

d t = - \frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}} \cdot \sqrt{\frac{y}{l - y}} d y ，

两边积分(作变换 $y = l \cos^{2} u$ ) 得

t = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}} (\sqrt{l y - y^{2}} + l \arccos \sqrt{\frac{y}{l}}) + C_{2},

由 ${y |}_{t = 0} = l$ 得 $C_{2} = 0$ ，因此

t = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}} (\sqrt{l y - y^{2}} + l \arccos \sqrt{\frac{y}{l}}),

当 $y = R$ 时，就得

t = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}} (\sqrt{l R - R^{2}} + l \arccos \sqrt{\frac{R}{l}}) .

例4 一链条悬挂在钉子上，起动时一端离开钉子 8 米，另一端离开钉子 12 米，求链条全部滑过钉子所需时间.

解链条所受力是变力, 设线密度为 $ρ$ ，则它所受力是

F = [ρ x - (20 - x) ρ] g = 2 ρ g (x - 10) .

由牛顿第二定律得 $20 ρ \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = 2 ρ g (x - 10)$ ，即

\frac{d^{2} x}{d t^{2}} = \frac{g}{10} (x - 10) .

若取 $g = 10$ ，则有 $\frac{d^{2} x}{d t^{2}} - x = - 10$
对应齐次方程的特征方程为 $r^{2} - 1 = 0$ ，得到特征根 $r_{1, 2} = \pm 1$ ，故对应齐次方程的通解为 $X = C_{1} e^{t} + C_{2} e^{- t}$ ；取 $x^{*} = a$ ，代入(6)得 $a = 10$ ，因此通解为

x = X + x^{*} = C_{1} e^{t} + C_{2} e^{- t} + 10 .

由初始条件知 $C_{1} + C_{2} = 2 ， C_{1} - C_{2} = 0$ 得 $C_{1} = C_{2} = 1$ ，因此 $x = e^{t} + e^{- t} + 10$ . 当 $x = 20$ 时， $20 = e^{t} + e^{- t} + 10$ ，即

ch t = 5, t = arch 5 = \ln (5 + \sqrt{5^{2} - 1}) = \ln (5 + 2 \sqrt{6})

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## 二阶微分方程的实际案例

`例` 质量为 $m$ 的质点受力 $F$ 的作用沿 $O x$ 轴作直线运动. 设力 $F$ 仅是时间 $t$ 的函数: $F=F(t)$. 在开始时刻 $t=0$ 时 $F(0)=F_0$, 随着时间 $t$ 的增大，此力 $F$ 均匀 的减少，直到 $t=T$ 时， $F(T)=0$. 如果开始时质点位于原点，且初速度为零，求 这质点的运动规律.
由题设， $F(t)$ 随 增大而均匀地减少， $F(0)=F_0 \Rightarrow F(t)=F_0-k t$.
又 $\quad F(T)=0 \Rightarrow F(t)=F_0\left(1-\frac{t}{T}\right)$.
于是方程(4)可以写成

$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{~d} t^2}=\frac{F_0}{m} F(t)\left(1-\frac{t}{T}\right)
$$

其初始条件为

$$
\left.x\right|_{t=0}=0,\left.\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}\right|_{t=0}=0 .
$$

在方程(5)式两端积分，得

$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=\frac{F_0}{m} \int\left(1-\frac{t}{T}\right) d t=\frac{F_0}{m}\left(t-\frac{t^2}{2 T}\right)+C_1 .
$$

代入初始条件 $\left.\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}\right|_{t=0}=0$, 得 $C_1=0$, 于是

$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=\frac{F_0}{m}\left(t-\frac{t^2}{2 T}\right) \Rightarrow x=\frac{F_0}{m}\left(\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6 T}\right)+C_2,
$$

将条件 $\left.x\right|_{t=0}=0$, 代入上式，得 $C_2=0$. 于是所求质点的运动规律:

$$
x=\frac{F_0}{m}\left(\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6 T}\right), 0 \leq t \leq T .
$$

`例` 墙上有两个钉子，连接着一条绳子，绳子仅受
到重力作用而下垂，称之为悬链线，试推导此曲线方程.
![图片](/uploads/2022-12/image_20221230fce8d20.png)
解 建立坐标系 $x O y$ (见图 4-5)，设 曲 线 方 程 $y=y(x)$ ，使悬链线的最低点位于 $y$ 轴上，且 $|O A|=a$
(这个 $a$ 待定，将在下面给出说明)，则点 $A$ 坐标为 $(0, a)$. 这样就得到了初始条件: $\left.y\right|_{x=0}=\left.a ， y^{\prime}\right|_{x=0}=0$ (由 于光滑曲线在最低点的切线平行于 $x$ 轴).
作受力分析:取一段弧 $A M$ (其中点 $M$ 的坐标为 $(x, y)$ ) 设其弧长为 $s$ ，单位弧 长重 $\rho$ (密度)，则弧 $A M$ 所受的重力为 $\rho s$. 设在点 $A$ 处受到水平张力 $H$ ，在点 $M$ 处受到切向张力 $T ， T$ 与平行于 $x$ 轴的直线的夹角为 $\theta$ ，则在平衡状态下，应 有 $T \cos \theta=H \Sigma F_x=0$ 及 $T \sin \theta=\rho s$.

两式相除，得 $\tan \theta=\frac{\rho}{H} s$ ，由于 $\rho$ 是已知的，水平张力 $H$ 是可通过实验手段 获得，因此 $\frac{\rho}{H}$ 是已知的，不妨记为 $\frac{\rho}{H}=\frac{1}{a}$ (这就是 $a$ 的出处)，又 $\tan \theta=y^{\prime}$ ，即得

$$
y^{\prime}=\frac{1}{a} s, y^{\prime \prime}=\frac{1}{a} \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{~d} x} .
$$

利用弧微分公式: $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\sqrt{1+y^{\prime 2}}$ ，得 $y^{\prime \prime}=\frac{1}{a} \sqrt{1+y^{\prime 2}}$ ，
即得定解问题: $\left\{\begin{array}{c}y^{\prime \prime}=\frac{1}{a} \sqrt{1+y^{\prime 2}} \\ \left.y\right|_{x=0}=a,\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=0\end{array}\right.$.

令 $y^{\prime}=p$ ，则 $y^{\prime \prime}=\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} x}$ ，原方程化为 $\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} x}=\frac{1}{a} \sqrt{1+p^2}$.
分离变量得 $\frac{\mathrm{d} p}{\sqrt{1+p^2}}=\frac{1}{a} \mathrm{~d} x$ ，两边积分得 $\int \frac{\mathrm{d} p}{\sqrt{1+p^2}}=\frac{1}{a} \int \mathrm{d} x+C_1$ ，即 $\operatorname{arsh} p=\frac{x}{a}+C_1\left(\ln \left(p+\sqrt{1+p^2}\right)=\frac{x}{a}+C_1\right)$.
由 $\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=0$ 得 $C_1=0$ ，故 $\operatorname{arsh} p=\frac{x}{a}$ ，或 $p=\operatorname{sh} \frac{x}{a}$ ，再积分得

$$
y=\int \operatorname{sh} \frac{x}{a} \mathrm{~d} x+C_2=a \operatorname{ch} \frac{x}{a}+C_2 .
$$

由 $\left.y\right|_{x=0}=a$ 得 $C_2=0$ ，因此得悬链线方程 $\quad y=a \operatorname{ch} \frac{x}{a}=\frac{a}{2}\left(\mathrm{e}^{\frac{x}{a}}+\mathrm{e}^{-\frac{x}{a}}\right)$.

`例` 一个离地面很高的物体，受地球引力作用，由静止开始落向地面，求它 落到地面时的速度和所需时间. (不计空气阻力)
![图片](/uploads/2022-12/image_20221230f29435b.png)
解 建立坐标系 $x O y$ (见图 4-6), 设球心与该物 的连线为 $y$ 轴，方向朝上，设物体的质量为 $m$ ，地球 的质量为 $M$ ，半径为 $R$ ，物体到地心的距离为 $l$ ，在 时刻 $t$ 时物体所在位置为 $y(t)$ ，则速度为 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}$ ，因此 由万有引力公式等得 $m \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} t^2}=-\frac{k M m}{y^2}$. 其中 $k$ 为引力系数.
先确定 $k$ : 由 $\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} t^2}\right|_{y=R}=-g$ 得 $-g=-\frac{k M m}{R^2}$ ，即 $k=\frac{g R^2}{M m}$ ，
故有定解问题:

$$
\left\{\begin{array}{c}
\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} t^2}=-\frac{g R^2}{y^2}, \\
\left.y\right|_{t=0}=l,\left.y^{\prime}\right|_{t=0}=0
\end{array} .\right.
$$

令 $y^{\prime}=v$ ，则 $y^{\prime \prime}=v \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} y}$ ，原方程化为 $v \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} y}=-\frac{g R^2}{y^2}$ ，分离变量得 $v \mathrm{~d} v=-\frac{g R^2}{y^2} \mathrm{~d} y$ ， 两边积分得

$$
\int v \mathrm{~d} v=-\int \frac{g R^2}{y^2} \mathrm{~d} y+C_1,
$$

即 $\frac{1}{2} v^2=\frac{g R^2}{y}+C_1$ ， 由 $\left.v\right|_{y=l}=0$ 得 $C_1=-\frac{g R^2}{l}$ ，故

$$
v^2=2 g R^2\left(\frac{1}{y}-\frac{1}{l}\right) .
$$

令 $y=R$ ，就得到落到地面的速度

$$
v^2=2 g R^2\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{l}\right) \text {, 或 } v=-\sqrt{2 g R^2\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{l}\right)} \text {. }
$$

(负号表示运动的方向是朝 $y$ 轴反向)
由 $v=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}=-R \sqrt{2 g\left(\frac{1}{y}-\frac{1}{l}\right)}$ ，分离变量得

$$
\frac{\mathrm{d} y}{-R \sqrt{2 g\left(\frac{1}{y}-\frac{1}{l}\right)}}=\mathrm{d} t \text { ， }
$$

即

$$
\mathrm{d} t=-\frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}} \cdot \sqrt{\frac{y}{l-y}} \mathrm{~d} y ，
$$

两边积分(作变换 $y=l \cos ^2 u$ ) 得

$$
t=\frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}}\left(\sqrt{l y-y^2}+l \arccos \sqrt{\frac{y}{l}}\right)+C_2 \text {, }
$$

由 $\left.y\right|_{t=0}=l$ 得 $C_2=0$ ，因此

$$
t=\frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}}\left(\sqrt{l y-y^2}+l \arccos \sqrt{\frac{y}{l}}\right) \text {, }
$$

当 $y=R$ 时，就得

$$
t=\frac{1}{R} \sqrt{\frac{l}{2 g}}\left(\sqrt{l R-R^2}+l \arccos \sqrt{\frac{R}{l}}\right) .
$$

`例` 一链条悬挂在钉子上，起动时一端离开钉子 8 米，另一端离开钉子 12 米，求链条全部滑过钉子所需时间.
![图片](/uploads/2022-12/image_2022123023f1942.png)
解 链条所受力是变力, 设线密度为 $\rho$ ，则它所受力是

$$
F=[\rho x-(20-x) \rho] g=2 \rho g(x-10) .
$$

由牛顿第二定律得 $20 \rho \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{~d} t^2}=2 \rho g(x-10)$ ，即

$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{~d} t^2}=\frac{g}{10}(x-10) .
$$

若取 $g=10$ ，则有 $\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{~d} t^2}-x=-10$
对应齐次方程的特征方程为 $r^2-1=0$ ，得到特征根 $r_{1,2}=\pm 1$ ，故对应齐次方 程的通解为 $X=C_1 \mathrm{e}^t+C_2 \mathrm{e}^{-t}$ ；取 $x^*=a$ ，代入(6)得 $a=10$ ，因此通解为

$$
x=X+x^*=C_1 \mathrm{e}^t+C_2 \mathrm{e}^{-t}+10 .
$$

由初始条件知 $C_1+C_2=2 ， C_1-C_2=0$ 得 $C_1=C_2=1$ ， 因此 $x=\mathrm{e}^t+\mathrm{e}^{-t}+10$. 当 $x=20$ 时， $20=\mathrm{e}^t+\mathrm{e}^{-t}+10$ ，即

$$
\operatorname{ch} t=5, t=\operatorname{arch} 5=\ln \left(5+\sqrt{5^2-1}\right)=\ln (5+2 \sqrt{6})
$$

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