рактический курс физики. Механика (Практический курс физики. Механика), страница 14

5.2шара массы M и частицы массыm, и для двух однородных шаров, если под r понимать расстояние междуих центрами.Рассмотрим в качестве примера гравитационное поле Земли,считая Землю однородным шаром массы M. В этом случаеrнапряженность g - это ускорение свободного падения вгравитационном поле Земли. Получим выражение для него.82rЭлементарным потоком вектора g сквозь поверхность dsназывается скалярное произведениеr rdΦ g = ( gds ) = gds cos α ,(5.7)rr rгде ds = ds ⋅ n , n - единичный вектор нормали к поверхности, α - уголr rмежду векторами g и n (рис.5.2).rПотоком вектора g сквозь произвольную поверхностьназываетсяr rΦ g = ∫ dΦ g = ∫ gds = g ⋅ 4πr 2 = 4πγM ′ .SSТеоремаГаусса:потокΦgвекторанапряжённостиrгравитационного поля g сквозь произвольную замкнутую поверхностьравен с множителем ( 4πγ ) суммарной массе M ′ , заключённой внутриэтой поверхности(5.8)Φ g = ∫ dΦ g = 4πγM ′SВыберем в качестве гауссовой поверхности поверхность сферырадиуса r (рис.5.3).Если r < R, r = R − h масса, заключенная внутри поверхности S,M ′ - это масса шараM4M ′ = ρ πr 3 = 3 r 3 ,(5.9)3R4где масса Земли M = ρ πR 3 , ρ - плотность Земли.3MИз соотношений (5.8), (5,9) получим g ⋅ 4πr 2 = 4πγ 3 r 3 , откудаRвнутри Земли (при r < R )γMγMg = 3 r = 3 (R − h ) .(5.10)RRРис.5.3Рис.

5.483Если при r > R, r = R + h (рис.5.4) также применить теоремуГаусса с учетом того, M = M ′ , получимr r(5.11)Φ g = ∫ dΦ g = ∫ gds = g ⋅ 4πr 2 = 4πγM .SSОткуда над поверхностью Земли (при r > R )γMγMg= 2 =.(5.12)r(R + h )2Из формул (5.10),(5,12) при r = R, h = 0 следует, что ускорениесвободного падения на поверхности ЗемлиγMg0 = 2 .(5.13)RПервая космическая скорость vI – это скорость, которую нужносообщить телу массы m, чтобы оно двигалось вокруг Земли покруговой орбите радиуса R (h ≈ 0 ) .Запишем второй закон Ньютона, учитывая, что сила тяготениясообщает телу центростремительное ускорениеmvI2 γMm(5.14)= 2 .RRОткуда получимvI = γM R = g 0 R ≈ 7,9 км с .(5.15)Вторая космическая скорость vII - это скорость, которуюнеобходимо сообщить телу массы m на поверхности Земли, чтобы онопокинуло пределы поля тяготения Земли, т.е.

удалилось на расстояниеот центра Земли r = ∞ .Запишем закон сохранения механической энергии E1 = E2применительно к этому случаю. На поверхности Земли полнаямеханическая энергияmv 2 γmM.(5.16)E1 = EK 1 + U1 = II −R2На расстоянии r = ∞(5.17)E2 = E K 2 + U 2 = 0 + 0 = 0 .СледовательноmvII2 γmM−=0 .R2Откуда получимvII = 2γM R = 2 g 0 R ≈ 11км с(5.18)(5.19)Если массы взаимодействующих тел соизмеримы, например двезвезды (два однородных шара), то они будут двигаться под действиемсил тяготения вокруг из общего центра масс точки С, который84находится на прямой, соединяющей их центры, но не совпадает сцентром ни одной из них. Такая задача о движении двухвзаимодействующих частиц называется задачей двух тел. Ее решениесводится к рассмотрению движения воображаемой частицы, массакоторой называется приведенной массой частицmmμ= 1 2 ,(5.20)m1 + m2в центральном силовомполеr rμa = F .(5.21)rВ рассматриваемом случае под F понимается сила тяготения(5.1).Поскольку масса Земли M >> m , центр масс С системы двух телM и m совпадает с центром Земли.

Следовательно, тело массы m,являющееся спутником Земли, будет двигаться вокруг нее по круговойорбите .Если высота орбиты h (см.рис.5.4), в соответствии со вторымзаконом Ньютона для спутника на орбите получимmv 2γMm=,(5.22)(R + h ) (R + h )2откуда скорость спутника на круговой орбите высоты h равнаv = γM (R + h ) .Аналогично, если считать массу Земли значительно меньшеймассы Солнца, Земля как спутник движется вокруг Солнца по круговойорбите, центром которой является их общий центр масс С – центрСолнца.В общем случае движение планет в поле тяготения Солнцаописывается законами Кеплера:1.Планетыдвижутсяпоэллипсам, в одном из фокусов которыхнаходится Солнце.→v→rb2.Радиус-вектор планеты заαF2равные промежутки времениF1описывает равные площади.a3.Квадратыпериодовобращения двух планет относятсякак кубы больших полуосей ихr2r1T12 a13орбит (рис.5.5) 2 = 3 .T2 a2Рис.5.5Законы Кеплера справедливы также для движения спутниковвокруг планет.855.2.Примеры решения задачЗадача 5.1.

Спутник, движущийся в плоскости экватора, покруговой орбите в сторону вращения Земли будет оставатьсянеподвижным относительно поверхности Земли, если периодобращения спутника Tωравен 24 часам. Найтирадиус R орбиты такогоRстационарного спутникаrMv(рис.5.6). Радиус ЗемлиR0 = 6400 км .mРешение.R0Сила тяготения,действующаянаспутник,равнапроизведению его массыРис. 5.6нанормальное(центростремительное) ускорениеmM2πF = man , an = ω2 R, T =, следовательно, γ 2 = mω2 R .ωRПодставив в это уравнение известное соотношение γM З = g 0 R02 ,g 0 R02T 2g 0 R02 4π23= 42370км .получим= 2 R . Откуда R =4π 2R2TNyyωЗадача 5.2. Найти зависимость весатела массы m от географической широты ϕϕN x (рис.5.7).rrРешение.

Вес тела – это сила, сmgкоторой тело действует на связь (Землю).По третьему закону Ньютона, она равнаRсиле реакции опоры N , действующей состороны Земли на тело. Ее можноопределить через проекции N x , N y , на осикоординат.Рис. 5.7Для тела массы m запишем второйзакон Ньютона в проекциях на оси x и yxmg cos ϕ − N x = mω2 r ,N y − mg sin ϕ = 0 .Откуда получимN x = mg cos ϕ − mω2 R cos ϕ = m cos ϕ(g − ω2 R ) ,86N y = mg sin ϕ .В итоге вес тела на широте ϕ равенN = N x2 + N y2 = m 2 cos 2 ϕ(g − ω2 R ) + m 2 g 2 sin 2 ϕ =2= m cos 2 ϕ(g 2 − 2 gω2 R + ω4 R 2 ) + g 2 sin 2 ϕ .Задача 5.3. Доказать,что внутри однородногоrшарового слояg = 0.Решение.

Точка А –произвольная точка внутришарового слоя (рис.5.8).Поведем из этой точки двамалыхконусасодинаковымителеснымиугламиΔΩ1 = ΔΩ 2 = ΔΩ ,которыевырезаютнаповерхности слоя ΔS1 и ΔS 2 .Массы элементов шаровогослоя внутри конусов Δm2 иrrΔm1 , r1 и r2 - радиусвекторы, проведенные източки А к центру масскаждого элемента Δm1 иΔm2 . ПоэтомуРисrΔm rΔm rr rΔg = γ 2 1 r01 + γ 2 2 r02 , где r01 , r02 - орты.r1r2Масса элемента шарового слоя равна Δm = ρhΔS = ρh ΔS 0 cos α ,где ΔS0 - площадка, перпендикулярная оси конуса, ρ - плотность, h толщина слоя. Учитывая выражения для Δm1 , Δm2 , получимh ⎛ ΔS01 r ΔS02 r ⎞r⎜r01 + 2 r02 ⎟⎟ .Δg = γρcos α ⎜⎝ r12r2⎠Так как, по определению телесного угла,ΔS0 r 2 = ΔΩ , тоhΔΩ r rrrr(r01 + r02 ) .Δg = γρПоскольку r01 = − r02 как противоположныеcos α(rr01 + rr02 ) = 0, Δgr = 0 .орты и87rВнутри однородного шарового слоя g = 0 в любой точке.

Этоже следует из теоремы Гаусса для гравитационного поля.Задача 5.4. Найти зависимостьr r rg = g (r ) внутри однородного шара радиусаR.Решение.Выбравпроизвольнуюточку А внутри шара, проводим через нееконцентрическую сферу (рис.5.9). Поле вM′,точке А определяется массойзаключенной внутри сферы радиуса r, слойтолщиной h = R − r вне сферы радиуса rполе в точке А не создает. ОткудаРис.4 3 πr 3ρ rrrM′ r59r0 =g A = g = γ 2 r0 = γr2rrrr= 4 3 πργrr0 = 4 3 πργr = kr ,r r rт.е. ускорение свободного паденияg = g (r ) внутри шарапропорционально расстоянию до центра шара О и направлено порадиусу к центру шара.Задача5.5.Доказать, что внутрипроизвольной сферическойполости,сделаннойводнородномшареrg = const ,т.е.гравитационное полеоднородно.RРешение.Рассмотрим поле вточке А (рис.5.10).Если бы не былоРис.rrполости, то g1 = kr1 .5 10rrНаличие полости в объеме шара радиуса R меняет это поле на g 2 = kr2 .rПоэтому искомое поле определяется вектором напряженности g A ,равнымrrr rrrr rg A = g1 − g 2 = kr1 − kr2 = k (r1 − r2 ) = kd .rМодуль d - это расстояние между центром шара О и полостиrrО′ , d = const , поэтому g = const .88Задача 5.6.

Найти напряженность гравитационного поля,создаваемого двумя звездами массами m1 и m2 , расстояние междуцентрами которых l , в точкеArrА,расположеннойнаg1g2расстоянии r1 и r2 от первойrrαr1r2βm2ивторойзвезд m1rgсоответственно (рис.5.11).Решение. По принципуlсуперпозиции напряженностьРис.5.11гравитационного поля в точкеА есть векторная суммаrrнапряженностей g1 и g 2 , создаваемых каждой звездойrr rg A = g1 + g 2Из векторных треугольников по теореме косинусов получимg 2 = g12 + g 22 + 2 g1 g 2 cos α ,l 2 = r12 + r22 − 2r1r2 cos α .Исключив cos α , найдем g 2 = g12 + g 22 + 2 g1 g 2l 2 − r12 − r22.2r1r2Подставив значения g1 и g 2 , получим⎤⎡ m12 m22mmg = γ ⎢ 4 + 4 − 2 21 22 (l 2 − r12 − r22 )⎥ .r22r 1r 2⎦⎣ r1rОпределим направление вектораg (угол β ) по теореме22косинусов g 22 = g12 + g 2 + 2 g1 g cos β , откудаg 2 + g12 − g 22.cos β =2 g1 gПотенциал гравитационного поляалгебраической сумме потенциалов ϕ1 и ϕ2 .вАточкеравен⎛m m ⎞ϕ A = ϕ1 + ϕ2 = − γ⎜⎜ 1 + 2 ⎟⎟ .r2 ⎠⎝ r1xЗадача 5.7.

Двойная звезда– это система из двух звезд, m1движущихся вокруг их общегоцентра масс С (рис.5.12).Известны: расстояние lмежду компонентами двойнойзвезды и период ее обращения Tm2ClРис.5.1289вокруг точки С. Считая, что l не меняется, найти суммарную массусистемы.Решение. Обозначим массы компонент двойной звезды m1 и m2 .Положение центра масс С определяется соотношениемxmlm2= 2 , откуда x =.l − x m1m1 + m2Используя закон всемирного тяготения, запишем второй законНьютона для компонентов двойной звезды⎧ m1m24π 22γ=ω=mxmx,11⎪⎪ l 2T2⎨2⎪γ m1m2 = m ω2 (l − x ) = m 4π (l − x ) .22⎪⎩ l 2T24π2 (l − x )l 24π2 xl 2Откуда m1 =, m2 =.γT 2γT 2Искомая масса равна4 π 2l 3.m1 + m2 =γT 2Задача 5.8.

Найти вторую космическую скорость для Луны.Сопротивление среды не учитывать. Ускорение свободного падения наповерхности Луныg 0 Л = g 0 5,76 , где g 0 = 9,81м с 2 - ускорениесвободного падения на поверхности Земли. Радиус Луны RЛ = R0 3,75 ,где радиус Земли R0 = 6400 км .Решение. Вторая космическая скорость для Луны - это скорость,которую необходимо сообщить телу на поверхности планеты, чтобыоно могло преодолетьее поле тяготения и удалиться набесконечность, где потенциальная и кинетическая энергия тела будутравны нулю.Поскольку гравитационные силы консервативны, а полепотенциально, запишем закон сохранения энергии2mvIIЛmM ЛM−γ= 0 .

Откуда vIIЛ = 2 γ Л .E K + U = 0 илиRЛ2RЛУчитывая соотношение γM Л = g 0 Л RЛ2 , получимvIIЛg 0 Л RЛ2= 2= 2 g 0 Л RЛ ≈ 2,4 ⋅ 103 м с .RЛ90Задача 5.9. Найти работу по переносу тела массы m с однойпланеты на другую в отсутствии сил сопротивления. Массы M 1 , M 2 ирадиусыR1 ,R2m1m2планетизвестны,R2расстояниемеждуними велико (рис.5.13). R1Решение.lОчевидно,чтоA + Aсопр = ΔU .Рис.5.13Поусловиюзначит,Aсопр = 0 ,A = ΔU = m(ϕ1 − ϕ2 ) .Так как l >> R1 и l >> R2 , работа приближенно равна⎛M⎛M M ⎞M ⎞A ≈ − mγ ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ = γm⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ .R1 ⎠R2 ⎠⎝ R2⎝ R1Задача5.10.Определитьlaгравитационную силу, действующуюна материальную точку массы m соMстороны тонкого однородного стержняmмассы M длины l, если точкаxрасположена на оси стержня на dxрасстоянии a от его ближайшегоРис.5.14конца (рис.5.14).Решение. Обозначим линейную плотность массы стержняdM = τ dx ,τ = M l . Выделим элемент стержня длиной dx массойудаленный от m на расстояние x.