И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 17
Текст из файла (страница 17)
с (г, — «классический радиус» электрона), а условие (5) — в виде Н~~ »ага 2.30. Среднее за период Т=2и1го значение мощности сил, действующих на заряд, равно (Гл. 1 Заказы измеиеияя иьспульса, момента и аяергии $2. Движение в центрально-симметричном лоле 2.31. Из уравнения траектории 11, стр. 8Ц находим, что Мо/спгг сопа1 2 га — (Е -и, г) о Отсюда У = — сопз11га, 2.32.
Эффективная потенциальная энергия иге Мо (реп — + 3 2сигг достигает минимума при -6Г Отсюда получим и з ~4 = — го. м 2.33. Решение задачи сводится к вычислению интеграла Мо — Й лсге ~(ср+ с) = Результат можно представить в виде лза '11о г = гоехр — (<р+ с)'+ — .
1 2Мго 2еса ~ 2.34. Траектория точки определяется квадратурой Мо — г1г (ф+ с) = ь. 2 — (Ь;- и,п) гп где следует положить Ео — — О и а Мо г 1'ел = — — + 2псгг 117 $21 Движение в иентрелвно-сиииетричнси лоле Вычисления приводят к траектории — лемнискате Бернулли: — соз2(ф+с). М Ее график при с=О см. на рис. 1.10, с. 69. 2.35. Уравнение траектории определяется квадратурой — Йе Мо ЯГ' ~(ф — фо) = Интеграл в правой части вычисляем так же, как и соответствующий интеграл в задаче Кеплера.
В результате получим р + 2 (Р/н) (1) 4Е)1 Г 23 1 1+ ар7 е'+ — сов 17/ 1+ — (ф — фо) $' где р, е — значения параметра и эксцентриситета в задаче Кеплера. Прн Ее<0 движение является финитным. Смещение перигелия за один оборот определяется интегралом ажаа Мо а(l лата 2 — Ео+ — — р+— "ан п где 2со'л (2))аи + Ме)а 2()ан + Мто '( '"„) )l гйн+ М,' Поэтому смещение 2н Ьф= — 2л. 2.36. При г а траектория точки определяется интегралом Законы изменения импульса, момента и энергии [Гл 2 и представляет собой прямую Мо/у 2~~Ео соз (Ф+ о) отстоящую на расстоянии Мо/'1/2тЕ, ог центра силового поля. При г с.
а и значениях энергии, лежащих в интервале — — (/о< Е< —, Мо Мо 2гнаэ 2глаэ ' /~~р 2 Рта движение будет фин итным (рис 2 36) Огибающей семейства траекторий является окружность радиуса /Ие/'и'2т(Ео+ 1/о), а точки поворота лежат на окружности радиуса а в плоскости движения. Между точками поворота материальная точка движется по отрезку прямой Рнс 2 Зб Мо/У2лг(Е~+ Уа) соз (гр + с) На сфере г=а происходит отражение точки таким образом, что ее скорость скачком меняет направление на угол, равный и — 2агсз/п — / (г'2т(Е+(l ).
а / При условии — /ь2 ~е.~.со= —" и=1,'2, 3,...) а / 2 траектория будет замкнутой ломаной линией. Если энергия и момент импульса точки связаны соотношением Мз Е> —, 2огтэ ' агсз)п — ' г/ )у 2т (Ео -+ (/о) — агсз1п — ' /~/2тЕ,. а / а / то движение становится инфинитным Вне сферы г=а траектория есть прямая (1), а внутри сферы — прямая (2). Следовательно, на границе траектория преломляется на угол Двиасение в центрально симметричном поле й 2) 119 При г>а точка движется прямолинейно и равномерно со скоростью )г2Ео(т.
При г<и на участках ломаной линии точка движется также равномерно и прямолинейно со скоростью У2 (Ее+ УоНтп. 2.37. Уравнения движения частицы под действием централь. ной силы (в плоскости движения) дают тл(г — гтр ) Р, гпг Ч = Мо. Отсюда получим уравнение дои лей — +и=— д<ре Мвие где ию1/г. Это уравнение запишем в виде оеи ле д — = — —. — Уен, Нре Ме ди где У,п = У + †' , а У в потенциал центральной силы. 2ле Полагая для слабо возмущенной круговой орбиты и = и, + Я (ио ж 1/го; ~ $ | (< и,) и учитывая, что при круговом движении Ео = Уеп1 Уеп = О, нз (1) с точностью до первого отличного от нуля члена найдем Лей ле — = — — реп (ио).
'1'р енв Это уравнение имеет гармоническое решение тогда и только тогда, когда У,п(и,) л О или 1+ —,.— "% >О. Так как в случае круговой орбиты Мое/и = — Р/ив, критерий устойчивости можно записать в виде ЗР+ г — „, О. (2) дг Если сила притяжения пропорциональна г-", то условие устойчивости (2) выполнено при и<3. Законы изменения импульса, момента и энергии (Гл. 2 120 2.38. Для сред с показателем преломления л=л(]г]) закон Снелла имеет вид Гл(Г) $1п Ф(Г) = сопа1> (1) где а — угол между радиусом-вектором и направлением распространения луча. При движении точки в центрально-симметрнчном поле атоа — +(г'= Ео; 2 (2) тгов!па =- М, (3) Из (2), (3) находим М = ГЫ2т "1Š— (/(Г)]а1псс.
(4) Сравнивая (4) с (1), видим, что роль показателя преломления играет величина л(г) = ]/2т [Ео — У(г)] . $3. Движение под действием сипы, обратно пропорциональной квадрату расстояния до центра силы 2.39. Поместим начало координат в центр Земли, оси координат направим па «неподвижныс» звезды, а одну из координатных плоскостей совместим Е плоскостью движения. Далее запишем интегралы момента импульса н энергии в полярных координатах: тр'ор =М; (1) тра — + Реп = Ео, (2) где пах = Мо (х = Я <р); 'В мо l е / Мо '1 2 — + — ]+тгаг — — ) = 2 2атгса нонна га 'э 'а мо = — (ха+я')+ тг ~й — — ~ = Е,. 2 ~, пе,,э)= о.
(3) и Ь',и = — — + —, Ео — — Ео — тай (д = сг!тЯэ). а мо р 2ог ра Затем положим р = Я+г(г<(В) и разложим (1) н (2) в ряд Тейлора в «точке» г = О: Движение под действием силы тяготения 121 Из (3) видно, что влияние кривизны Земли приводит к эффективному изменению ускорения свободного падения. 2.40.
Используя систему координат, выбранную в предыдущей задаче (зта же система используется в задачах 2.41 — 2.47). Тогда уравнение траектории тела имеет вид Р 1+ е сов ~р причем в точке бросания Д= 1 + е соз тз (2) Поскольку еоо «дй, можно положить г=й+х, где г«)т. Затем обозначим через х=Л(гр — ~ро) длину дуги большого круга, секущего поверхность Земли в плоскости траектории. После етого разложим (1) в ряд Тейлора в точке р=~рз н получим )~+ Р + Рез)пфз 1+ есоз ~рз (1+ есоз ~рз)' Й + 1 Ресоз'рз 2Р в' з1п' ~Р« к' (3) 2 ~ (1+ е сов сзз)з„(1+ е сов ~рз)з ~ Лз + Теперь запишем параметр и зксцентриситет орбиты в виде р = лЩсоз~а; ез = 1 — (2 — л) (есенина, (4) где К=по /дЛ, а а — угол между начальной скоростью и горизонтом, Тогда нз (2) и (4) следует, что есозгРо=йсозза — 1; ез1п«Р»=-йзптасоза. (5) Подставляя (5) в (3), находим 1 1 — я — я Мп'о к' х = х(яа (б) 2 йсоззо Й г =-х(да — †.
х, 1 л 2оз соз' а 'о справедливое в случае «плоской» Земли. 2.41. Производная вектора С по времени равна „",' =(иЧ+(иц — - + ",' („). Если в числителе второго слагаемого в (6) пренебречь членами — й, то получим уравнение параболы 122 Законы изменения имн льсн, момента и энергии (Гл 2 Далее, поскольку М = О, а лгч = — аг/»н, получим лс а пн, ег — = — — 1г (гч]] — — + — (гч) = О. л»»т »э Вектор С лежит в плоскости орбиты, так как СМ=О. Этот вектор направлен вдоль большой оси эллипса в сторону перигея.
Действительно, Мя Сг =- ]нМ] г — а» = — — а»; нг Мн С»сов ф = — — а»; гн М' »= а+ Сам ф Следовательно, р = Мн!лт а; з = С/а. Вектор С удобно использовать для определения ориентации большой оси эллипса и воложення пернгея относительно радиуса-вектора начального положения. 2.42, Используя интеграл движения С = 1чМ] — а —, (1) » найдем положение большой оси орбиты. Умножая обе части (1) скалярно на го, получим р — Л С1т'соз ф, = ра — а)с; соз фе = еК где фо — угол между радиусом-вектором начального положения и прямой, проходящей через начало координат и перигей.
По условию задачи ~4 Ее= — — — туев; Ме =тиегт,соз(1. 2 Следовательно, е зэ=1 — (2 — й)йсознй; р=Исозэй; й = о (2) зй йеоээр 1 сов фи = 1 $:е:еьа Из (2) найдем, что при й созе р<! фе>п/2, прн йсозн ~)1 фе<п/2. Траектория лежит между углами фг =фе и фа=фе+ фе=п Я ~ 2м / Движение иад действием силн тиготеиии Для точки бросания или падения из уравнения траектории находим з 1 — в еоз— 2К Следовательно, з = 2В агс соз ~ (1 — 'е ) — ~ . Например, для достижения диаметрально противоположной точки поверхности Земли необходимо, чтобы р=)с или йсозт О=1. Прн заданной скорости дальность з! может быть достигнута при углах бросания р! и йг соз' Дьи —— — ((2 — (2 — А) хи ~ х)/(2 — й)' хе — 4 (1 — й)1 1 2й 2.43.
Используя результат предыдущей задачи соз — = (1 — — 1! —, 2Я (, !1) и' д е из условия — соз — = О находим, что дй 2й соз (1 = — = 1 Яа 2 — й 2яа — е При зтом р= —; а*=1 — й; йгс 2 — й ежви 2 тг ! — й соз — = 2гс 2 — й (в случае оет(<ф~; р — и/4). 2.44. Используя результаты предыдущей задачи, находим, что при 2тг ! — й соз — '" ) (й= ое!яЯ) 2Я 2 — й задача не имеет решения. Минимальная скорость определяется из условия ео 2 тг1 — й соз — = .
ю И 2 — и [Гл 2 124 Законы изменения импульса, момента и энергии т. е. 5о 2дЯ 5!и— 2!с по =— ,2 ао 1.+ 51п 2!с а угол бросания и зо 4 4!с лтг~% = М,; Мо й45 (! + е сов <~)' )' а (1+ есоз 7)' Последнее выражение проинтегрируем в пределах от — гро!2 до (то~2, где гро определяется условием (см. решение задачи 2А2) Р ! + ЕСО5 то 2 Тогда найдем время полета (1 + е соз ~р)о 4оиз Е 5!и— 2 пз 2 ро 1+есоз— 'Ро 2 $5 — "1 — агс(и 2 )г 1 — е' (при оо(К)5: оо=Кзо' н=тг/4). Для того чтобы бросить тело на расстояние зоа-п)с, минимальная начальная скорость должна быть близка ко~Я, а угол р=О (в этом предельном случае тело должно двигаться по траектории, близкой к окружности).
2Аб. Из интеграла момента импульса и уравнения орбиты тела имеем 12б движение под деастниеи силы тяготения 4 з1 2.46. Используя интеграл момента импульса и уравнение орбиты, получим од (<р) = —" (1 + ее + 2е соа ~р), лцо откуда следует, что о' (г) =- — ~ 1 + е'+ 2 ( ~ — 1) ~ . 2.47. Угол между радиусом-вектором и скоростью тела обозначим черсз 8.
Тогда из закона сохранения момента импульса получим з1пО = — = ~т Ме — Ро 1 глот (гг гл ог Отсюда, учитывая зависимость о (г), найдем з1п О = тг~ 1 + ее + 2е совр Затем, имея в виду, что 1 от . 1 ог соз 8 — — — — — гр —— о о др о Игр получим сов О = е е1п гр тг1+ е'+ 2е соир 2.48. Используем гелиоцентрическую систему отсчета. Учитывая, что период обращения кометы связан с величиной а ее большой полуоси формулой Т =2п и имея в виду, что а = — (г, +г„), находим 1 где То — период обращения Земли вокруг Солнца; ао — большая полуось орбиты Земли.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
