1986 год – Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике, страница 73

— — = О, — —. = О, д! дх д! до д! дв дв д! дф — —. = — а(Л,сов ф+Л яп ф) д дЪ д! дф х — афсовф=О, у — аф ыпф=О, где )сь Хз — неопределенные множители, Š— функция Лагранжа, Ь = — т (хз + уз + аз (О' + фз ып' 8) + + 2ах (О соз О ып ф + ф в(п О соз ф)— — 2ау (8 сов 8 сов ф — ф в(п О в(п ф)1 + — А (Оз + фз сова 8) + 1 + — С (ф в(п О + ф)' — тра сов О; 1 2 3) (А+та') р+ Ада!58 — (С+ та') юг=тра в1пО, Аф+Срг — Ард 150=0 (С+ та') г +рд =О, 0 = р. После того, как эти уравнения проинтегрированы, обобщенные координаты х, у, ф, чз находятся из соотношений фсовО = д, ф= г — д1цО, х=афсозф, у =аф ыпф.

50.25. Используя решение предыдущей задачи, найти все возможные стационарные движения диска. У к а з а н и е. Стационарные движения диска отображаются состояниями равновесия в пространстве (6, 05 в), где О = ф, е = ~р + 11 з(п 9. Ответ: Состояния равновесия в пространстве (8, ьз, е) образуют поверхность П, уравнение которой (С+ таз)ьзе — АЫып8+ + тра ып 0 = О, представляющую двумерное многообразие стационарных движений диска. На этой поверхности точки прямой 0 = й = О соответствуют такому качению диска по прямой, при котором плоскость диска сохраняет вертикальное положение. Точки прямой 0 = е = О соответствуют верчению диска вокруг неподвижного вертикального диаметра. Все остальные точки поверхности П соответствуют круговым движениям.

50.20. Найти условия устойчивости движения диска 1) при качении диска по прямой, когда плоскость диска вертикальна; 2) при верчении диска вокруг неподвижного вертикального диаметра; 3) при качении диска по окружности, когда плоскости диска вертикальны. Указание. Использовать решение задачи 50.24 (3) и задачи 50.25. шяаА Ответ: 1) е >е„=,,+ 1зз ()2 шиа 3) Из (А (1 + 2 в!и' 8) + та' сова 8] + йе (ЗС + та ) в!и 9 + + — (С+ таз) ез > тра сов 8. С Входящие в это неравенство величины связаны соотношением (С+ таз) ьзе — Аьзз ып О+ тра ып 0 = О, 13» 357 ГЛАВА Х11 ДИИАМИКА КОСМИЧЕСКОГО ПОЛЕТА й 51.

Кеплерово движение (движеиие под действием центральной силы) 51.1(50.1). Модуль силы всемирного тяготения, действующий на материальную точку массы вг, определяется равенством г = = гп)с/гт, где )г = )М вЂ” гравитационный параметр притягиваюшего центра (М вЂ” его масса, 1 — гравитационная постоянная) и г — расстояние от центра притяжения до притягиваемой точки. Зная радиус )ч небесного тела и ускорение л силы тяжести ч) на его поверхности, определить гравитационный параметр )а небесного тела и вычислить его для Земли, если ее радиус Я =6370 км, а л= 9,81 м/с'. Ответ: И=ййз; для Земли )а=3,98 10з кмз/сз.

51.2(50.2). Определить гравитационный параметр )ь и ускорение силы тяжести л. на поверхности небесного тела, если известны отношения его массы М, и радиуса гсь к массе М и радиусу )т Земли. Вычислить эти величины для Луны, Венеры, Марса и Юпитера, для которых соответствуюшие отношения даны в следуюшей таблице: 0,0123 0,814 0,273 0,953 Марс Юпитер 0,107 317 0,535 10,95 Луна Венера Ответ: 51.3(50.3). Материальная точка равномерно движется по круговой орбите на высоте Н над поверхностью небесного тела радиуса Р под действием силы всемирного тяготения.

Определить скорость движения 01 и период обрашения Т материальной точки **). Ответ: 1) п, = Т/ —, = ),/ д+ о (кРУговаЯ скоРость на высоте Н для данного небесного тела); ') Здесь и в дальнейшем предполагается, что сила притяжения небесного тела направлена и его певгоу; ускорения сил тяжести е даются без учета вращения небесных тел. ь*) Во всех задачах втой главы сопротивлением атмосферы пренебрегаем.

388 (г+ н)ч 21 Т=2пг т/ — =2я — . Здесь г — расстояние от мате- ~/ н г /а риальной точки до центра небесного тела, р — его гравитационный параметр, д — ускорение силы тяжести на его поверхности. 51.4(50.4). Пренебрегая высотой полета искусственного спутника над поверхностью небесного тела, определить первую космическую скорость о~ и соответствующий период Т обращения для Земли, Луны, Венеры, Марса и Юпитера. Ответ: 51.5(50.5).

На какой высоте нужно запустить круговой спутник Земли, обращающийся в плоскости экватора, для того, чтобы он все время находился над одним и тем же пунктом Земли? Ответ: Н = 35800 км. 51.6(50.6). Под каким углом 5 пересекается с земным экватором трасса спутника (проекция его траектории на земную поверхность), если он движется по круговой орбите высоты Н, наклоненной под углом а к плоскости экватора? ми а Ответ: 185 =,, где 11 — угловая скорость суточного вращения Земли и р — ее'гравитационный параметр. 51.7(50.7). Точка массы гл притягивается к неподвижному центру по закону всемирного тяготения Р = гпр/тз, где р — гравитационный па1оаметр центра притяжения. Найти интеграл энергии.

Ответ: о — 2р/г = й. 51.8(50.8). Определить, при какой высоте Н круговой орбиты спутника его потенциальная энергия относительно поверхности планеты радиуса 1? равна его кинетической энергии. Ответ: Н = Я/2. 51.9(50.9). Определить, с какой скоростью войдет метеорит в земную атмосферу, если его скорость на бесконечности о =10 км/с. Ответ: о 15 км/с. 51.10(50.10).

Какую минимальную скорость оз нужно сообщить космическому аппарату на поверхности планеты, чтобы он удалился в бесконечность? Ответ: вз = .1/2 о, — вторая космическая скорость (о~ — первая космическая скорость). 51.11(50.11). Определить вторую космическую скорость для Земли, Луны, Венеры, Марса и Юпитера.- звв Ответ: ез, ки/с ез, кии Земля Луна Венера 5.0 Марс Юпитер 51.15(50.15). Материальная точка движется под действием силы всемирного тяготения по эллиптической траектории, эксцентриситет которой е ( 1, а параметр р. Зная интеграл площадей с = = га~р= (г Х и(, определить полуоси а и Ь эллиптической траектории и период обращения Т.

Ответ а= —, Ь=; Т= ", =2и ч/ а . р р 2ярз 1 — ез ~1 — ез с (1 — ез) Ь )з 51.16(50.16), В условиях предыдущей задачи определить ускорение точки в моменты, когда она проходит апогей и перигей. 2 Ответ: гн,= —,(1 — е)'. гв,= —,(1+е). р* Р ") Здесь и в дальнейшем предполагается, что полюс полярной системы ко. ординат совпадает с центром притяжения (отталкивания). 5!.12(50.12).

Точка движется под действием центральной силы. Считая, что модуль радиус-вектора г точки зависит от времени ! сложным образом через полярный угол <р, определить скорость и ускорение точки *). Ответ: вз = сз ~из + ( — „) 1; ве = О, гсг = ~ с'из ( — „, + и), где и = 1/г, с =гав =(гХо~ =сонэ( — удвоенная секторная скорость, знак плюс для силы отталкивания, знак минус — для силы притяжения.

51.13(50.13). Точка массы т движется под действием центральной силы по коническому сечению, уравнение которого в полярных КООРДниатаХ ИМЕЕТ ВИД Г = 1 + Е т, ГДЕ Р И Е вЂ” ПаРаМЕтР И Р эксцентриситет траектории. Определить силу, под действием которой движется точка. Ответ: Рв — — О, Р, = — т)ь/га, где )ь= с'/р и с — удвоенная секторная скорость. 51.14(50.14). Точка массы т притягивается к неподвижному полюсу по закону всемирного тяготения Р = т)ь/гз. Найти траекторию движения точки. Ответ: Кривая второго порядка (коническое сечение), уравнение которой в полярных координатах имеет вид т = 1+есоз(м — е) ' где р = сз/р, а е и е — произвольные постоянные интегрирования.

У к а з а н и е. Воспользоваться ответом к задаче 5! .12. 51,17(50.17). Зная период обращения Т спутника вокруг Земли по эллиптической орбите и разность его апогея и перигея Н, определить эксцентриситет орбиты. 3/ и* Ответ: е=Н ~/ —, ч/ 2итз 51 18(50.18). Спутник движется около планеты радиуса Й по эллиптической орбите с эксцентриситетом е. Найти большу1о полуось его орбиты, если отношение высот перигея и апогея равно 7(1. 1 — т Ответ: а= + ) Я. 51.19(50.19). Точка движется под действием силы всемирного тяготения Р = вг1ь/гз. Выразить постоянную энергии Ь (см.

задачу 51.7) через элементы траектории точки и гравитационный параметр р. Ответ: Ь = — 1ь/а для эллиптической траектории (а — большая полуось эллипса), Ь = 0 для параболической траектории и Ь = р/а для гиперболической траектории (а — вещественная полуось гиперболы) . 51.20(50.20). В начальный момент материальная точка, движущаяся по закону всемирного тяготения, находилась в положении Мо на расстоянии го от притягиваю- йершананнничеснв Щего ЦентРа и имела скоРость по1 ен ' угол между вектором скорости по и линией горизонта (касательной, проведенной в точке Мо к ок- 'йЬ ружности, центр которой совпадает с центром притяжения) равнялся Оо, а полярный угол был ра- уранннгнрае вен <ро.