С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 43
Текст из файла (страница 43)
Сила тяготения, действующая на тело, находягцееся на рассто- янии г от центра Земли, равна Х = гней~~(г~. Тогда потенциальная энергия на расстоянии й будет тк Хгв 453. ХХ = аз,Гуа = СЛХгг4я-', (7 — гравитационная постоянная. У к а з а н и е. Рассмотреть круговое движение планеты 454. Решение Когда масса планеты пренебрежимо мала, Солнце можно считать неподвижным и написать гпг = Р. С учетом движения Солнца это уравнение заменится на Хгг = Р, где Хг =- Л!т((ЛХ + т) — приведенная масса.
ЛХ -1- т Переписав его в форме гпг = ЛХ Г, видим, что учет движения Солнца формально эквивалентен Увеличению гРавитационной постоанной в (ЛХ+ пг)ггЛХ раз. Поэтому аз ЛХ4т ЛХ 7' ЛХ 4я'' Тз(ЛХ Ш т) 4яз 455.  — В (Х( — ) ' — Ла — 1 1е 188 Ответьг и решения 2С5! 456. гг =,, — !)гн пг = пь Звезда распадается, если я2С41 — с~в', гг щ > ТСм~т~ . 458, р -б,бгусм . 3 2— д — йо ~ вг 459. Кинетическая энергия планеты К = тп„'/2 Ч-!.~Д2!), где первый член представляет энергию радиального, а второй — вращательного движения, причем момент импульса планеты Х, относительно Солнца сохраняется.
Так как момент инерции планеты относительно Солнца Х = тг, то уравнение сохранения энергии запишется в виде тег бг Мог — С = Е= сопя!, 2 2тгг где ЛХ вЂ” масса Солнца, а т — масса планеты. При г = сю Е =- гпгг„'12 Это равенство может выполняться только при Е > О. При Е < О оно выполняться не может Отсюда следует, что при Е < О движение будет финитным, а при Е > Π— инфинитным 460.
Если Е < О, то траектория планеты — эллипс, если Е > Π— гипербола. В промежуточном случае Е = О траектория — парабола. Эллипс может вырождаться в отрезок прямой, а гипербола — в прямую, уходящую в бесконечность. 461. По гиперболической. 462. Оба осколка будут двигаться по параболам. 463. с — (г = з с = 8 !О "с.= 2,4. 10 "смус; 2(ъ'3 — 2ъ'2 ) йХгвг К„ггКз - -2(ъ'2 — 1)с,ггг = 8, 3 !Оз. 464. Решение. В перигелии Р и в афелии А (рис. 234) радиальная скорость планеты равна нулю. Поэтому момент количества движения планеты в этих точках можно записать в виде гпшг. Учтя уравнения сохранения момента количества движения и энергии, получим для ХХ В этих точек При Е < О это квадратное уравнение имеет р два вещественных положительных корня г~ и гг. Один из корней соответствует перигелию Р, другой — афелию А.
Сумма корней гг + гг дает длину большой оси эллипса ,51т 31 Р .234 ис. 2а = г~ 4 гг = — С, = — С вЂ”, (464.2) Е е где е = Е,гт — полная энергия, приходящаяся на единицу массы планеты. Так как для движения по эллипсу е < О, то выражение (464 2) существенно положительно, как зто и должно быть. 465. Решение. Пусть комета движется по правой ветви гиперболы (рис 235). В ее вершине справедливо уравнение йут Ьг -1-С г— Е 2тЕ 189 38. Тягошение Вообразим, что по сопряженной ветви гиперболы движется вспомогательная частица с той же массой гп и энергией Е, но на эту частицу действует сила Рис 235 отталкивания, исходящая из фокуса Гн величина которой совпадает с силой притяжения, действующей на комету.
Для такой частицы в вершине гиперболы Е 2шЕ Разность положительных корней написанных уравнений и дает искомую длину ,лгт сй! 2а = С Е е где е = Е/т — полная энергия, приходящаяся на единицу массы планеты. 466. г = оп~/! — ЛГ'2а = 8, 1 кььгс, где еп = тгг2дЛ = 11, 2 кмгс — вторая космическая скорость, 2а — длина большой оси эллиптической орбиты.
467. = — — — — 0,02 (Е ( 0). Е 3 Т 468. Решение. Если р — импульс, а г — радиус-вектор планеты относительно Солнца, то Лгт — (Рг) .=Рг+Рч = — С -Ь2К= Тг+2К.= Е+К г При периодическом движении среднее по времени значение (рг), очевидно, гн равно нулю, откуда и вытекает результат: Е + К = О. 470. е = тгГЗдйо, где Ло — радиус Земли. 471. е = еетггЛегЛЛ, где ее = эгей% = 7,9кмггс — скорость движения спутника по круговой орбите (теоретической) с радиусом Земли Лз Ук а з а н и е. Сила тяготения, действующая со стороны Земли на спутник массы ьи равна тЕК',)Лз. 472 Л = уз! .
Ло 6 81Ло где ш = рад/с. Гд 2я )! шейе 24 . 3600 Ука запив. Центростремительное ускорение спутника шеЛ должно быть равно ускорению, сообщаемому спутнику силой тяготения, ЕЛ~/Л'. 473. 1) Первый. 2) Л~ггЛе — — 2ЕЛд!ее. Р е ш е н и е. Для первого снаряда, по закону сохранения энергии, имеем "о Ле 2яЛо — — дЛо = — д —, или Л~ = 2 Л~' 4'Ле — еее 190 Ответы и решения так как его скорость в верхней точке равна нулю. (См. также задачу 452 и ее решение.) Для второго снаряда, по закону сохранения энергии, оо 5 йо г г — — дйо = — — и —, где ц~ — скорость в наиболее удаленной точке; кроме того, по закону сохране- ния момента количества движения, воЛо = с~ Л,. Отсюда получаем во !?о л йг = — —;.
2о йо — оог 474. Лг = 6,8йо, Лг = 2,52йо, где р1 о = йо Ло 2дйо гг~ — ! ' ' рг — ! (со ы ыйо)г ог -- угловая скорость и Лг — радиус Земли. Указание. См. решение задачи 473. 475 Т = . г Зя,? (С "р) — 1 2 10 з с 476. Если р = соне!, то 7) = Тг. Если р возрастает к центру планеты, то Тг > Тг. 4лг аз 477. !гу= — —,, = 6 10" г, где а — большая полуось эллиптической Г? Тг орбиты спутника. % гйг" гТ~' 478.
= ( ) ( ) — О, 11, где Л~ = Л+ 6 = 6625 км — среднее д0 й~ Т, расстояние корабля-спутника от центра Земли. 479. Той(й - Зхйр)(гро) = 1,2 !О ', ггй - — 8м, где й — радиус земного шара. (При решении использовано выражение для силы сопротивления Е регй, где Я = хгг — плошадь поперечного сечения спутника) Почему снижение спутника не зависит от значения гравитационной постоянной? 480.
Минимальное удаление р1 =- 1,25Лз, максимальное удаление рг = = 2, 1йз. Решение. Энергия спутника в полярных координатах равна Е = — (р + (ргр)г) — — (С = От!г!з). 2 Р Момент количества движения относительно центра сил равен А =- гар(рр). Исключая из уравнения энергии !Р и учитывая, что в точках максимального и минимального удаления спутника от центра Земли р = О, уравнение энергии можно записать в следующем виде: С, Ьг р — —., р-г, =О. )Е( 2т(Е,') Здесь учтено, что полная энергия спутника Е на эллиптических орбитах всегда отрицательна. Два корня этого уравнения дают расстояние до перигея рг и апогея рг эллиптической орбиты.
Согласно теореме Виета Г гг р~ -'г рг = 2а = —, р1 рг = (Е(' 2т~)Е(' где а — главная полуось эллиптической орбиты. Используя уравнение эллипса в полярных координатах, записанное для пернгея и апогея: р| г = рг(! ~ е), 88. Тяготение 191 можно представить все геометрические параметры орбиты через механические константы движения. В данной задаче полная энергия спутника: Е С тоо 0ЗС о й 2 йз тот С р1,5 тС' 1 С 2 йо ),2 )йо 4йо Болыпая ось орбиты С 2а = р~ + рг = — = 4йо =4рн отсюда р = 4р~ — р~ = Зр~ = Зйо. ~я~ Для концов большой оси орбиты имеет место равенство 1. = тртг = гпроид 11, — момент количества движения), отсюда р~;гг, 5 од=он = оо.
3 482. 2',,г1'„= 2чГ2 2, 82. Решение (см решение задачи 480) Выражая момент количества движения через секториальную скорость для эллиптической орбиты: Л = 2пгг1агбй получаем для периода '1; = — 'Я = 2я — аб. Ь 5 Ьз Поскольку Ь =- а, то тС '1" ,= (2к)о, а (С = СтЛуз). С Для круговой орбиты Отсюда, с учетом данных задачи, получим Т о з йзйз з или — ' = 2~2. 'Т„ 483. ег =- ьЛздйз =- ип,ГьГЗ, оп — вторая космическая скорость. С где ио = о, = — - — квадрат первой космической скорости.
Большая ось тйз С С орбиты 2а =- —. =- р~ + рн отсюда р~ — — 1,25йз, рз =- — — р~ — '2, 1йз. 1Е1 Е 481. гд = 3 С Ре ше н ие. Для круговой орбиты ооо —— , йо =- р~ — радиус круговой тйо орбиты, С = СтЛ1з, т — масса спутника, С вЂ” гравитационная постоянная. Для эллиптической орбиты: тч = оо ьг),5 = ор. Полная энергия спутника 192 Отвегпьг и решения гое Решение.
Условие преодоления спутником земного притяжения: С 2 л — — ' = Е = О, где С = Стмз, Š— полная энергия спутника; отсюда оз = 2С = о 4- и = —. На круговой орбите п = — ', поэтому ,л пгй' 2С С С 2 еп и, = — — — = — = -дйз = —. тй т,й тй 3 ' 3 (484.1) ! = пм и Й = пгпр„„, = сопвс.
Квадрат скорости движения спутника на круговой орбите равен 6', = — (С = СШЛХз). с тл (484.2) Полная энергия спутника на новой орбите: то~ С т з я С Е = — — = — (и. -', о ) — — = О. 2 р„„„2 " й (484.3) Из (484.1) †(484.3) следует ответ. 485. Скорость запуска с Земли о~ = (2гт/3)о~ - -1,!боь где о1 — первая космическая скорость. Добавочная скорость в апогее ,Ье = (1/ъ'2— — 1гт/3 ) ш - -О, 13о~ Р еще н не (см, решение задачи 480). Для эллиптической орбиты большая ось равна 2и = 2лз 4- Йз = Злз = С)(Е~ (С = Став).
Энергия спутника с с з с ~Е( Зйз Лз 2 2йз 2 4 С 4 з откуда скорость запуска спутника с, = — = — о,, скорость в апогее о„ = Зтйз 3 с = — о,, скорость на круговой орбите о,. = — оС отсюда добавочная 3гпй 3 2 скорость Ье = и, — оз =- (1ггъ'2 — 1Гт'3 )оь з Гзл, 486. Время снижения т = — я,(— 2 у'2 д Решение. БольшаЯ ось оРбиты снижениЯ 2а = Йз 4- йлз =- Зйз. ВРемЯ обращения по эллиптической орбите 7', = 2т, — аз = 2т (С = СгпМз). гпе, -'Лз Л й Г2С 484, рч„„= = — = Йз и = — пя = )) = шь оп — вторая 2С 2 ' р..„' )) йз космическая скорость. Р е ш е н и е. Момент количества движения спутника массы т на новой орбите определяется из условия: 193 98. Тяготение Время снижения 7З.Зз з З )ГЗ Лз З ЗЛ, стййз зз2) з 2 ')1 2 ялз 2 )з 2 8 . 487.
Спутник будет описывать малый эллипс: 2по з'а лГ1) = — — (1 — сов юг), уф = — вшшй вершина которого лежит в точке равновесного положения спутника, а центр смещен на запад на расстояние 2зп,гиз, щ — угловая скорость вращения Земли. Решен не Исходим из уравнения динамики; тао = Р— )2тизтзо), где Р— «вес» тела, который для точки равновесия спутника А равен нулю; Ря = — + тиз Ло = 0 (С = СтАХ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
