С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 44
Текст из файла (страница 44)
Лз Для возмущенного движения С г 2С вЂ”, Ч- т~ (Ло + р) — з р + ~~ р — т~ е. ГЛе -~- П) Лз В проекциях на оси координатной системы Л, У, л с началом в точке А уравнения динамики записываются в виде 2 = — 2щр, у = Згезрэ-2изх, 2 = 0. Отсюда л = — 2щкн у 4 иду = О, что при начальных условиях у(0) = О, р(0) = = по дает 7711) = — в!ззизй. Для координаты л при л(0) = 0 получаем 2оо л11) =- — — Г1 — созшс). 488. оп = х72еЛо 11,2кьзгс.
Скорость может составлять любой угол с вертикалью зпеа Решение. По закону сохранения энергии "— тсЛо= О. Потенциаль- 2 ная энергия на поверхности Земли гсм. задачу 452) — тдЛо, а на бесконечном расстоянии кинетическая и потенциальная энергии равны нулю. 489. Решен не. Все скорости относительно Земли условимся обозначать малыми, а относительно Солнца — большими буквами Разделим движение ракеты на два этапа. На первом этапе движение будем рассматривать в системе отсчета, в которой Земля неподвижна, пренебрегая прн этом полностью неоднородностью поля солнечного тяготения. В этом приближении сила гравитационного притяжения Солнца полностью компенсируется силой инерции, связанной с ускоренным движением центра Земли.
Считая массу Земли ЛУ бесконечно большой по сравнению с массой корабля т, запишем уравнение эне гии в ви е Р д ,з то „зыт те, 2 г 2 где и — скорость ракеты в тот момент, когда она практически выходит из зоны действия земного тяготения Вводя круговую скорость пз = СА1)г, получим оз = оз — 2пз. После того как ракета выйдет из зоны действия 7 Под ред. И.А. Яковлева 194 Отвешьг и решения земного тяготения, будем относить ее движение к системе отсчета, в которой неподвижно Солнце. Скорость ракеты в этой системе отсчета векторно складывается из скорости ч и скорости кругового движения Земли ьг,:'зг = = 'яг, Ч- » .
Возведя в квадрат, получим (г = 1', 4 и Ч- 2ХУ„ч~ = )га Ч- и . -', 2)г,п~ соа О, Чтобы найти третью космическую скорость, надо в этом соотношении положить (г = )г. = ъ'2 )г., где )ㄠ— параоолическая, а и'. = 29,8 кмгс — круговая скорости движения ракеты относительно Солнца. Это приводит к уравнению п~ + 2~',ц сов 0 Р'з — О из которого находим =~'Г+ гв ' Еи (Положительный знак перед квадратным корнем выбран потому, что величина е,~ по своему смыслу существенно положительна.) После этого получаем ' — (Л~ 9 — Сглаз 2„'. Наименьшее значение третьей космической скорости получается при 0 = 0 (ракета выпущена в направлении орбитального движения Земли), наибольшее при 0 =- и (ракета выпущена в направлении против орбитального движения Земли): ,„„„ — я ( ~2 — !) $"„ 2 е ~ б, „и, яГ2н)~ н 2е уу у р 490. Решение.
Ракета на старте движется вокруг Солнца вместе с Землей со скоростью ьг„. Чтобы ракета упала на Солнце, надо ее движение затормозить. Как и в предыдущей задаче, находим, что по выходе из поля земного тяготения ракета будет иметь скорость ьг = зг„+ ч (относительно Солнца). Наименьшая для замедления ракеты затрата энергии соответствует случаю, когда скорости Ъ', и ч направлены противоположно. В соответствии с этим полагаем Ъ' = )'„— и (все скорости положительны) и находим энергию, приходящуюся на единицу массы ракеты: е= ф)г.— и )' — СМ)К= !2()'ц -~- 21 в — я ~) (й = СА — расстояние ракеты до центра Рис.
236 Солнца, рис. 236). Если эта величина отрицательна, то ракета будет описывать вокруг Солнца эллипс с большой осью Ь М 2ЛЪ'„е 2а =— *г'„з -1- 21ре~ — ес Один из фокусов эллипса находится в пентре Солнца. Пусть л = СР расстояние от центра Солнца до ближайшей вершины этого эллипса, тогда 88. Тягошение 195 2а = й Ч. х.
Это приводит к квадратному уравнению, меньший корень кото- рого ,( ) 2м ) г н~ = ь, -Ь 2т~,' = 1'„У(! — ~/ ) -Ь 2о~. При м = О (прямолинейное движение по направлению к центру Солнца) скорость о максимальна и равна о =- ьгР+2аз 31,8км!с. Ракета упадет в передней точке Солнца. При х = г !г — радиус Солнца) скорость минимальна: ° у по ~) 2,! 29.2 ь Ракета упадет в задней точке Солнца, двигаясь по касательной к его поверхности. 491.
Решение. Обозначим через Е„полную энергию спутника при движении по круговой орбите, тогда Е, =- — К, П =- — 2К. После того как отработал двигатель, скорость спутника возросла в а раз, а кинетическая энергия К вЂ” в ае раз. Потенциальная энергия не изменилась, так как за время работы двигателя спутник переместился пренебрежимо мало. Таким образом, полная энергия спутника на эллиптической орбите будет Е,=а К+!Г=!а~ — 2)К= !2 — а )Е„.
Большие оси эллиптических орбит обратно пропорциональны полным энергиям (см. решение задачи 464). Поэтому а 1 22 2 а2' а = Л12 — а'). Орбита будет эллиптической, если ае < 2. Максимальное расстояние спутника от центра Земли !в апогее) йи„, = 2а — Л = аа' Период обращения 'Гг найдется из третьего закона Кеплера. уг = Т)гг12 — а ) 492.
Решение Изменением потенциальной энергии корабля во время кратковременной работы двигателя в периселении !или апоселении) можно пренебречь. Поэтому гье = гх!т-',г2) = огхо. С другой стороны, так как 2а = СЛХ ! = — СЛХГе, гле =, гха = — д'Ьа, где д' — ускорение свободного падения 2аз 2 Заданием расстояния х на поверхности Солнца определяется линия, на которой должна лежать заданная точка. Таким образом, искомая скорость и определя- ется выражением 196 Отввшьг и решения на Луне в периселении.
Приравнивая оба выражения, после некоторых преобразований получим 71 з3в = —,( — Ьа = — 42 м/с. 2а, у'а, 493. ' = (т72 — 1) О, 17. тз и 2я71 /271 494. о = ~( — 60кььгс. Т 495. Решен йе. Движение спутника почти круговое, а потому К = — Е," (см, задачу 469). Сопротивление среды уменьшает полную энергию спутника, а следовательно, увеличивает кинетическую энергию его. Момент количества движения спутника уменьшается. Перепишем предыдущее соотношение в виде тез = — П и дифференцируем по времени 2птг(тьгЖ = — г((уггг(м Подставив сюда (7 = таей,гг (Л вЂ” радиус Земли) и введя скорость снижения спутника ш = — г(г1гуг, получим шге шгв8 !О зсм!с. 31 2е га 2е Здесь можно считать, что и 8 хм/с (первая космическая скорость) Тангенциальное ускорение направлено по движению спутника Сила сопротивления среды может быть найдена из уравнения энергии и равна Г' = гпс(а/ас— = 80дин.
496. Посередине между центром Земли и начальным положением корабля. 497. Решение Так как энергия корабля зависит только от длины 2а большой оси его орбиты, то переход на круговую орбиту произойдет на расстоянии а, т.е. в точке пересечения эллипса с его малой осью. Направление скорости корабля надо повернуть на такой угол, чтобы оно оказалось перпендикулярным к линии, соединяющей корабль с центром Земли. 498.
Увеличить в ч'2 раз 499. оз = тн пгг! = 54, 6 км/с 500. о, = 71)(,, При 1 = 2В и = хЯдй 6,5 хм/с Г~дл 1) Р Лз 501. Гр/Гм = От'/е', где е = 4,8 !О 'о СГСЭ вЂ” элементарный заряд. Подставляя в формулу массу электрона т, = 9,1! !О заг и массу протона тр — — 1,67 10 ~ г, получим для электрона Г,р,гГ„= 2,4. 10 ~з, для протона Г,г/Г,„, = 8. 10 зт. 502. Решение. Соединим центр сферы О с точкой А, в которой помещена точечная масса т (рис. 237) Из точки О, как из вершины, опишем два круговых конуса с общей осью ОА, образующие которых наклонены к этой Рис.
237 58. Тягогпение 197 с)77 = — О эшВ ИВ. Лзго 2 Перейдем к новой переменной р — расстоянию между точечной массой гп и какой-либо точкой пояска. Эта переменная связана с В соотношением р = = 71~ + г' — 27)гсов В, где )7 — расстояние ОА между центром сферы и точечной массой т При перемещении вдоль поверхности сферы величины )7 и 4 остаются постоянными, поэтому ВВВ= И в1пВВВ, а, следовательно, еч ° ,Лзп~ 20~ 11г Од!го 3 277г Если точка А лежит вне сферы (рис.
237 а), то максимальное и минимальное значения р равны соответственно р„„„, = Л, + г и р.,„„= Д вЂ” г В этом случае интегрирование дает 77 .=— (502.1) Потенциальная энергия такая же, как если бы вся масса сферы была сосредоточена в одной точке, а именно в центре сферы. То же справедливо и для силы взаимодействия В = — г)с7)с)й = — ОЛ!гп)7!'. Можно сказать, что сфера притягивает материальную точку так, как если бы вся ее масса была сосредоточена в ее центре.
Можно сказать и иначе, точечная масса притягивает сферу так, как если бы вся масса последней была сосредоточена в ее центре. Если же точка А лежит внутри сферической полости (рис. 237 б), то р„„, =- = г 4- 77, р„,„ = г — Й, и интегрирование дает Ода (502.2) На границе полости выражения (502.!) и (502.2) совпадают Согласно (502 2) потенциальная энергия материальной точки внутри полости не зависит от Д, она постоянна. Сила Г, действующая на материальную точку в этом случае. равна нулю, так как 77 =- сопзсь а потому Р =- — 7773Д.= О. 503. Доказательство Как показано в предыдущей задаче, гравитационное поле первой сферы не изменится, если всю массу этой сферы сосредоточить в ее центре Поэтому не изменится и сила, с которой это поле действует на вторую сферу.
Задача свелась к нахождению силы, с которой точечная масса действует на сферу Но в предыдущей задаче показано, что эта сила не изменится, если и массу второй сферы сконцентрировать в ее центре. Этим и завершается доказательство. 505. Решен не. Поле вне шара равно ьг = ОЛ4/гз, где ЛУ вЂ” масса шара. Для вычисления поля в точке А (рис. 238), лежащей внутри шара на расстоянии г от центра, проведем через эту точку вспомогательную сферу с центром в точке О Вещество шара, расположенное вне вспомогательной сферы, не оси под углами В и В + ВВ. Они вырежут на поверхности сферы элементарный поясок с плошадью дЯ = 2хг~в1пВВВ, где г — радиус сферы Масса этого ИЯ пояска г)ЛХ = Л1 , = ЛТ вшВ г)В Так как точки пояска равноудалены от 4хгз точки А, то потенциальная энергия гравитационного взаимодействия пояска и точечной массы тп равна Ответы и решения 198 влияет на поле внутри нее.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
