日期: 2023-10-01 11:28 查看: 189 次编辑导出

二阶微分方程的实际案例

二、二阶微分方程的实际案例
例 5 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 6 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 7 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 8 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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