Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 11
Текст из файла (страница 11)
В юг в юг (5) ииюг ввеюгг Из (2) и (4) находим третье уравнение М,( и в 2т ~и~ 'ю, вг /юг~ (б) С(г) = — Ст) 4М Уравнения (5)-(б) интегрируются в конечном виде. Заметим, что решение задачи о движении ракеты с постоянной тягой или интегрирование уравнений движения электрона атома водорода в постоянном однородном электрическом поле возможно только в параболических координатах.
1.5.15. При исследовании эффектов, обусловленных несферичностью земной поверхности, Земля рассматривается как однородный эллипсоид вращения. Найти потенциальную энергию взаимодействия Земли и частицы, находящейся на расстоянии, значительно превышающем средний радиус Земли. Решение А. Потенциальная энергия взаимодействия частицы массы т и Земли массы М 1.5] Задача Кеплера 75 тМ Ст 1 Гу(г) = — С вЂ” Р, *,* т 2 тз Реь = ~е]М (3~;(ь — бзбгь).
здесь Рга — тензор квадрупольного момента. Направим бз по оси симметрии. Тогда интегрирование по объему эллипсоида может быть сведено к интегрированию по объему сферы заменой б~ — — Яб], ба —— = Ябз: бз = Язв: Ры зз 5 (Я 3) зз (Яз )' Недиагональные элементы Р,ь равны нулю. В результате точных измерений получено значение (Яз — Язз) /2Яз = = 3,2732 10 з. В сферических координатах (1) принимает вид (7(т, д, р) = — — — , (1 — 3 соз д), о ойЯ~ 2 т 2тз (2) где о = Стпм, й = (Яз — Язз)!5Я2, Решение В. Используя соотношение СЮ ]г — с] з = „„, Р„(сов".г), =а где Р„(х) полиномы Лежандра, К найдем угол между векторами г и б, Г7(г) = — с'т т " ~ЙМ б" Р„(сов К), =о сг созт = —.
бт Поскольку Ра(х) =. 1, Рз(х) = х, Рз(х) =- — (Зх — 1), то Интегрируя по объему эллипсоида, получим выражение (2). 1.5.16. Определить вес тела массой тп = 1 кг на географической широте у. Угловая скорость вращения Земли ш = 2п/(24. 60. 60) = =- 7,2921 10 ' с '. где г, с — радиус-век горы частицы и элемента г!М. Начало координат в центре симметрии эллипсоида., полуоси которого Я, Яз.
Поскольку т >) Я, Яз, то, разлагая подынтегральное выражение в ряд Тейлора., получим [Гш 1 Уравнения Ньютона Решение. Пусть тело лежит на поверхности Земли. Известно, что Земля не имеет формы шара. Земля сплюснута у полюсов: экваториальный радиус а = 6378,16 км больше полярного радиуса Ь на величину с =- 21,382 км. В первом приближении ее представляют в виде эллипсоида вращения, напоминающего сплюснутый у полюсов шар.
В гравиметрии — науке, исследующей поле тяготения Земли— поле притяжения, соответствующее зллипсоиду, называется нормальяым. В точке М поверхности Земли, находящейся на широте уг, на расстоянии г от центра Земли, вектор ускорения свободного падения я расположен в мериодиональной плоскости и определяетя двумя компонентами. Компонента 8 в направлении центра Земли а 4 ;,=дв(1-а)(-) +два(-) (1-Зя[п'р), ты~ г соя р = тй„соя у — тд я[п д — гу соя у., 0 = — тд„я1пуг — т8 сояуг+ Х я[п7.
Рис. 1.5.16 Из этих уравнений, содержащих две неизвестные ве.личины А1 и 7, найдем вес тела Р[~р) .= т д~ — вггг(2д' вггт) соя~~р+ д' вггг я[и 2вг. Рассмотрим три предельных случая. А. Тело находится на полюсе. Тогда д =- и/2 и вес тела Р—.— тд.. Б. Тело находится на экваторе.
В этом случае широта д = 0 и вес тела Р = т (д — агга) принимает наименьшее значение. Следовательно, тело массой 1 кг имеет вес Р .= (1 — 0,0033) кгс. Из-за вращения Земли вес тела на экваторе на 0,3% меньше веса на полюсе. В. Если бы Земля вращалась с угловой скоростью вг =- ~/а, то тела на экваторе были бы в состоянии невесомости. В этом случае линейная скорость тел на экваторе равна первой космической скорости. где 8 =- 9,78 магг, а = (1 — Ь,1а) =- 1/298,2 = 1,1.
10 Я. Другая компонента д, = 8до(а~г) я[п 2вг перпендикулярна радиусу-вектору точки М и направлена к экватору. Найдем теперь вес тела Р. Йа него действуют сила притяжения Земли т8 и сила реакции [з. Вес тела равен силе давления тела на подставку, величина которой равна Х. Тело вращается вместе с Землей с угловой скоростью ш.
Согласно второму закону Ньютона имеем уравнение та = т8+ [ч'. Сила реакции образует некоторый угол 7 ф р с прямой, перпендикулярной к оси вращения, в мериодиодиональной Π— плоскости. Выберем на рис. 1.5.16 начало координат жя в центре Земли, ось х лежит в плоскости экватора, ось р проходит через полюс. В проекции на оси я, д получим уравнения 1.6] Кас иадинаиика 77 Отметим, что эллипсоид является не точной, а приближенной фигурой Земли. Обычно в качестве модели Земли принимают так называемый зеоид.
По современным данным расстояние между поверхностями геоида и зллипсоида не превосходят величины порядка 150 м, т.е. значительно меньше отклонения зллипсоида от сферы. 1.5.17. Показать, что потенциальную энергию взаимодействия частицы с Землей, учитывающую сжатие у полюсов, можно представить как энергию взаимодействия 1 СтМ 1 СтМ И(г) = —— +.. 2 )г — сп) 2 (Г-> сп( частицы с двумя точечными массами, находящимися на расстоянии, равном мнимому числу (и единичный вектор, направленный по оси вращения) [32, 33]. Решение. Потенциальная энергия взаимодействия частицы с двумя точечными массами т2 и тз., координаты которых (О., О., с1)., (О, О, -с2), Разложение (Ц в ряд Тейлора г ,~~п2( пг с, ( 2 2) ) г г 2г 2 тзт г ПГ С2 2 2 С ( 1 сз 4 (г 3(пг) ) + ) г г 2г эквивалентно разложению по полиномам Лежандра.
Приравнивая коэффициенты разложений П(г) и У(г), полученного в задаче 1.5.15, находим т +т =М., т,с~+тзсз= — 1сй М, 2 2 2 т2с; — тзсз = О. з з 7п1 с1 — тз аз = — О, Из этой системы находим с| = сз = 2 у4 й, т2 = т2 = М/2. 1.6. Космодинамика 1.6.1. Тело брошено с поверхности Земли с начальной скоростью ие < ~ЯМ под углом Д к горизонту. Найти дальность полета з (з отсчитывается по дуге большого круга). Решение.
Определим вначале ориентацию большой оси. Из формул задачи 1.5.8 следует, что угол аеас лежит в третьей четверти (рис. 1.6.1). Вводя угол у между вектором Лапласа е и г(Г), получим уравнение траектории г(у) = р(1+ е сову) ~, р = кРГ спазма, ез = 1 — (2— — й) й соззД, к = ис2,~8Л. Поскольку траектория симметрична относи- [Гл. 1 Уравнения Ньютона 78 телыю направления вектора е, то с [я + + я/2Н) = Й, следовательно., о = — 2Н агссоя [(1 — р/Рс)е).
Если оо = уЯЛ., то = Л ~м~)1, ~~ = яшзр., ~6~ = З~/2 — ~3, я = В [х — 2Д). Максимальное удаление от поверхности Земли Н яш )о. При заданной скорости оо дальность яо < я может быть достигнута при углах бросания Д и Щ соя Д з= — [2 — [2 — Й)х + 1 з 2Ь [ +х [2-~) ' -4[1-й)~. Рис. 1.6.1 где х = соя[во/2г1). Максимальная дальность полета определяется из условия Д1 =- 62 )80 прн яо =- омах о,„2Л-.Ь з 1 сов 2Л вЂ” 2 Ь: соэ 0=2 Ь. В случае й « 1 До — я!4 1.6.2. Межконтинентальный перелет.
Космическому аппарату (КА) на поверхности Земли сообщили начальную скорость, равную первой космической скорости, направленную под углом со к горизонту. Определите ориентацию эллиптической траектории и параметры эллипса. Решение. Ориентация большой оси эллипса определяется вектором Лапласа гого . то я = —, то = — я[пог— гоо, оо Его величина равна эксцентриситету эллипса я = яш и.
Угол 1Ьо между векторами го и е равен Зх/2— — а [рис. 1.6.2). Параметр эллипса р = Н соязо. Длина большой парис. 1.6.2 луоси а = В, длина малой полуоси Ь =- Я соясо. Подставляя в уравнение эллипса координаты точки пересечения эллипса с поверхностью Земли г =- Рм у = ~рв, получим уравнение соя оов =- — яш о, из которого находим 1ав = Зх/2 — а. Следовательно, отрезок А — малая ось эллипса. 1.6.3. Найдите максимальную высоту подъема КА над поверхностью Земли и дальность полета (см.
условие задачи 1.6.2). 1.6] Космодингьника Решение. Полагая в уравнении эллипса гг = и, получим расстояние до апогея г„=- Я(1+ вйп о). Расстояние до перигея гр — — В(1 — вша). Максимальная высота подъема 6 = В зшо. Дальность попета тела по дуге большого круга з(а) = 17(п — 2о). В двух частных случаях з(О) =- 17п., 6 =- 0:, з(ху'2) =- О., 6 =- Я. 1.6.4. Космический лифт. Предположим, что на экваторе возведена конструкция, в которой действует лифт. Найдите высоту, на которой скорость груза массой т станет равной местным первой и второй космическим скоростям.
Решение. На груз действуют сила натяжения каната М, сила тяжести и центробежная сила инерции. Если груз находится на расстоянии г от центра Земли, то Ю = — тя'(11)г)~ — ты г или Х =- ты~ (гз )с~в — г)., где ы — угловая скорость вращения Земли, и = (6й~/ьгг)УУэ— радиус орбиты геостационарного спутника (г„= 6,711 = 42164 км). Если г ( г„, то для подъема с постоянной скоростью к грузу необходимо приложить силу величиной Ю =- тд' (К)г) — тьггг, направленную вертикально вверх. Величина скорости груза в инерциальной системе отсчета с =- ыг. На расстоянии г, от центра Земли Х =- 0: груз приобретет скорость и„ = ыг , равную местной первой космической скорости. Если его не удерживать, то он будет неподвижен относительно лифта.
При подъеме груза на расстояние г > г„центробежная сила становится больше силы притяжения — груз необходимо удерживагь. Из закона сохранения полной энергии найдем величину расстояния гг, на котором груз приобретет местную вторую космическую скорость: т (гггг) таей 21/э =-О+Π— У гг — — 2 г, 2 гг гг = 53123 км; если его освободить, то он навсегда покинет Землю. Вот еще одна возможность запуска космических аппаратов.
Энтузиастом этой идеи выступает известный писатель-фантаст Артур Кларк. Сейчас он проживает на Нейлоне и уже нашел там место для привязки лифта. Конструкцию для лифта надо строить с крыши. Со стационарного спутника выпускают два троса вверх и вниз. Затем подбирают их длину так, чтобы вся система вращалась как целое с угловой скоростью ы в процессе увеличения длины тросов. После зацепления нижнего конца за Землю можно заняться устройством лифта. Основная трудность — отсутствие материала необходимой прочности.
1.6.5. Космический аппарат выводят на эллиптическую орбиту в точке, находящейся на расстоянии ге от центра Земли. Найти усло- о вия., необходимые для того., чтобы траектория аппарата не пересекала г У поверхность Земли [27). Решение. Эффективная потенциальная энергия Рис. 1.6.5 тпиегго еш у тдУУ г г ° г г 1Угф г г 2г [Гл. 1 Уравнения Ньютона 80 где по — начальная скорость, з -- угол между векторами чо и го, й— радиус Земли.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
