С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 35
Текст из файла (страница 35)
с = — и(1 — е м '), г1 = 2( ! — — Х! —; Пп„„= 1Г2 при и = и12. .я., Х ч Л (~) (и!) !и Решен не. Приравнивая количества движения системы в момент времени Х и Х -Ь г(1, получаем уравнение (242.!) ЛХи = М(и + г(и) — (и — и)р г(Х. Интегрируя его, находим зависимость модуля скорости корабля от времени. Для получения КПД системы надо составить отношение величины полезной работы (в данном случае это будет приращение кинетической энергии корабля й(ЛХтг,г2) = ЛХХ г(и) к величине работы насоса (рг(Х иг,г2) за одинаковые промежутки времени: гг = 2ЛХиЖХритг(Х; пользуясь уравнением (242.1), можно написать: ц = 2(и — и)тгги .
Отыскивая максимум этого выражения как функцию и,ги, находим Пя„, =- 1Г2 при и = и,Г2. 150 Ответы и решения 243. Решен не. Рассмотрим сначала движение частицы в системе центра масс. В этой системе протоны движутся навстречу друг другу с одинаковыми скоростями. Обозначим через Е полную энергию каждого из них в этой системе Поскольку суммарный импульс протонов равен нулю, они вместе могут рассматриваться как одна частица (как до, так и после столкновения) с массой покоя ггг', определяемой соотношением 2Е = Мс'. Перейдем теперь в лабораторную систему отсчета, в которой один из протонов (мишень) покоится, а другой движется. Такой переход, очевидно, никак не скажется на внутренних превращениях, которые могут претерпеть частицы.
Обозначим через Е' полную энергию движущегося протона, а через Р— его импульс в лабораторной системе отсчета. Задача состоит в том, чтобы найти связь между энергиями Е и Е'. Суммарный импульс обоих протонов в той же системе отсчета будет, очевидно, Р, а энергия Е' + Ео. В релятивистской механике энергия связана с импульсом соотношением Е' В = э )М)) ~)гь)' = ах) )Г )'.
откуда (Рс) з =- (Е'+ Ео) з - (2Е)'. С другой стороны, если написать соотношение между энергией и импульсом только для движущегося протона, то получится г'-Я )гоя„) )г)'-я"-яг. Сравнивая оба выражения для (Рс)з, получим Ег Е =2 —,— Ео. Ео Чтобы получить кинетическую энергию протона К' в лабораторной системе, надо вычесть отсюда энергию покоя Ео. Это дает Ег К' = 2( — — Ео).
Если, как в разбираемом случае, Рю « Е, то 2(К+ Ко)я Ео Ео Для протона Ео = 0,937 ГэВ, а потому К' — 250 ГэВ. 244. Решение Пусть о), пг, ... — скорости ракеты после 1-го, 2-го, ... выбрасываний. По закону сохранения импульса (то — гзт)п) + гзт ш = = О, где ш — скорость выброшенной массы г))т после первого выбрасывания. Очевидно и = о) — ш. Исключая ш, получим гзт и) = — — и.
(244.1) то Найдем теперь ог. В системе отсчета, движущейся со скоростью ог, ракета перед вторым выбрасыванием неподвижна, а после второго выбрасывания приобретает скорость пг — ш. Поэтому можно воспользоваться формулой (244.1), сделав в ней замену то — то — гзт, и) — пг — о). Это дает гхт )яг — и) = и. то — зт $ 5. Законы сохранения количества движения и энергии 151 Комбинируя это соотношение с (244.1), находим пг. Продолжая этот процесс дальше, нетрудно получить -[ Сст гзт сзгп он =- — Ч- +...+ 1и. та тя — сст тв — 1Х вЂ” 1)сьт~ В пределе, когда гзт — ~ О, йг -ч оо, шо — (Х вЂ” 1)глт ч т, сумма, стоящая в квадратных скобках, переходит в интеграл, и мы получаем тя и=и ~ где т — конечная масса ракеты.
После взятия интеграла получается формула Циолковского. дт таз; .р= — — = е и Р е ш е н и е. Уравнение движения ракеты ао ат т = — и — тд ат сЫ перепишем в форме Ит йси 4 дт) и гп — (о -'г д1) = — и — или дт иг дт т, Это дает — =е газ 1 Чвгжч, те о = и 1п — — а'й т т Величина р, очевидно, равна — г)шУг11 и находится из условия, что для неподвижной ракеты до/Ф = О. 246.
о = — 1п Решение. Ускорение корабля по абсолютной величине равно ш г = шг, а причем о =. салаг. Поэтому уравнение движения тс)о/ит = ис)ш/дг переходит в уравнение шока дг = -идт. Замечая, что да = шдт есть угол поворота за время Ж, и интегрируя, получим ответ. 247.
Первый способ требует меньшей затраты топлива. К о~ 248. — = =!3 lс. Я 241е'У" — 1) 249. Решение, Приращение скорости ракеты о связано с изменением ее массы т соотношением тдо = — идт, причем йтгм = — Йт, где г)т„,— масса выброшенных газов. Приращение кинетической энергии газов равно 1 э тю дКгм = Йп моиз = до. Подставив сюда и„, =- п — и и воспользовавшись формулой Циолковского т =- = тое чг", получим дКьп = — — (и — о) е ' с)а, тя а — гд 2и или после интегрирования т из 152 Огпвегпы и решения где для краткости введено обозначение м = ня,„гги. Кинетическая энергия ракеты: 1 я 1 г г нрм — — —, ше„"„„= — !пои м е 2 "" 2 В результате находим К„, е* — (1 -1-хз) При я=4 0=45%. 250. Решение.
Если бы не было притяжения Луны, то задача свелась бы к нахождению наивыгоднейшего отношения ш ггш! для достижения заданной скорости ракеты. Поэтому от действия силы тяжести можно отвлечься и считать, что ракета движется в пространстве, свободном от тяготения. Примем за единицу массы полную массу ракеты в момент старта.
Тогда (250.1) ш!+тг-!-ш=1. После выгорания топлива в первой ступени масса системы уменьшится на а!шп Если при этом будет достигнута скорость н!, то по соотношению Циолковского (! — аг)гп~ -1- газ -1- т В этом можно убедиться, если перейти в систему отсчета, в которой ракета в момент отделения первой ступени покоится. Полная достигнутая скорость найдется перемножением двух предыдущих соотношений и последующим логарифмированием. Исключая еше при этом массу гпг с помощью соотношения (250.1), получим — = !п(1 — гп!) — !п(1 — спгп!) — !п!(1 — аг)(1 — ш!) -1- ааш).
и Здесь ш н и играют роль постоянных параметров, а гп! — аргумента, от ко- торого зависит скорость и. Дифференцируя по ш! и приравнивая производную нулю, получим условие максимума ! 1 1 — =О, ш| — ! 1з — т~ т — пн (250.2) где введены обозначения 1 ,3 = а! г= 1+ ш.
1 — аг Условие (250.2) приводит к квадратному уравнению относительно гп!, решая которое, найдем — 1 —, тт ! е» вЂ” е: — «) Масса (1 — а!)ггг! отделяется, и включается двигатель второй ступени. После выгорания топлива во второй ступени скорость ракеты возрастает еще на величину нг, причем тг+т, е -' (1 — аг)тг+ т 35. Законьг сохранения количества движения и энергии 153 )и '1l а а! — х/т х/т . ! — а~ аз (250.3) Решение имеет смысл при выполнении условия оз ! — а~ т < 1.
о~ ! — оз В реальных условиях, когда т « 1, а параметры о! и ат отличаются не очень сильно, это условие соблюдается При о! = аз получается простая формула !пг!т! =,~т. (250.4) 251. Пусть т и о — масса покоя и скорость ракеты в произвольный момент времени 1, а !пса и осм — те же величины для газов, образовавшихся из топлива ракеты к этому моменту времени. Так как газы, уже покинувшие ракету, не оказывают влияния на ее движение, то можно принять !пил = О. Однако газы непрерывно образуются, так что дтаа ф О.
На основании закона сохранения импульса и энергии (релятивистской массы) (25! .! ) „'! - и'/с' „~ ! - ог /с' +, = сопя!. (251.2) ° ~ ! — сз/сз чг! — с;„/сг Дифференцируя уравнение (251.1) с учетом (25! г2) и полагая в окончательном результате гага = О, получим д! +(и — о„,)д ч = О. ,~ ! — ст,'ся чг! — с-/сг По релятивистскому закону сложения скоростей с — и з— 1 — си/ст (251.3) где и — скорость газовой струи относительно ракеты.
Исключая о„„после несложных преобразований находим дс идт сз — сз сэ пз Предполагая скорость и постоянной и интегрируя, пояучим =,.' = (,",')'"- (251.4) 253. По формуле (251.4) то,гт = 5 . 10~м~. Для ориентировки заметим, что масса Галактики 3 1Оы г, Метагалактики 10зз г. Таким образом, даже масса Метагалактики невообразимо мала по сравнению с массой космического корабля. Было бы неосторожно применять к столь гигантским якораблямя обычные законы физики и, в частности, формулу (251.4). Наш пример показы- Перед корнем взят минус, так как по смыслу задачи 0 < т! < 1.
С помощью (250.1) находим массу тз, а затем искомое отношение тзггт!. Возвращаясь при этом к прежним параметрам о! и аэ, получим 154 Ответы и реигения вает лишь абсолютную непригодность ракет на химическом топливе в качестве звездолетов. 254. Решение Если и — скорость ракеты, то пги = Р = Е)с, где Р— полный импульс, а Š— энергия излученного света Дифференцируя по времени н пренебрегая изменением массы ракеты, находим искомую мощность и э ог — = гггсд = 3. 10 — Вт =- 3.!О кВт, что превосходит мощность крупной электростанции примерно в 1000 раз. и тс 255.
! = — 1п ! 1 Е 1 = 22 с. Приближенно ввиду малости величия т~+тгг гпо ны т~ +та ! то и — = 25 с, ! = гд = 220 м гп~ -1-тг к 256. Решение Уравнение движения капли И1тг) геи и Ит = тд, или — 4 — — = д. дг ж т ггг Так как пг г" и, по предположению, Ит,гг)! гг, то г)гУг!! = С = сопац О~сюда с учетом начальных условий получаем г =- Сб Уравнение движения приводится к виду г!и и — 1-3- =д. 3! с Решая его и учитывая, что при ! = 0 г = О, получаем и = чгда Падение капли будет равиоускоренным с ускорением а = д,г4. 96.
Динамика движения материальной точки по окружности. Движение относительно вращающихся систем отсчета ти' тг 257. 1) Г = гпгг, 2) Г = тп — — —, 3) Г =- пгд 3- — —, где Л, — радиус ь В кривизны моста. 258. ио:. = чад Решен не. Радиус кривизны траектории, нормальное ускорение тела и его скорость связаны соотношением р =- о~,га„. Для начала закругления нормальное ускорение максимально и равно а„ = д, следовательно, р„„, = гфйг Условие р > й дает для скорости го > Лег, откуда и следует приведенный ответ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
