И.Е. Иродов 'Механика. Основные законы' (510775), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Этот вопрос наиболее просто решается в ((-системе, Согласно условию, приращение суммарной кнветической энергии системы в данном процессе Т Т .†. 1;1. (4.66) Так как в данном случае Т'~ Т, то это означает, согласно (4.61), что импульсы частиц после столхновения изменятся по модулю. Импульс каждой частицы после столкновения р' легко найти, заменив Т' в (4.66) его выражением у=р"(29.
В результате получим р =У26(т+а). (4.69) Рнс. 4.15 1))1 Теперь рассмотрим тот же вопрос н К-системе отсчета, где частица массы ш1 с импульсом р~ ис. пытывает столкнопение с похоя *- л щейся частицей массы тз. Лля определения возможных случаев разлета частиц после столкновения здесь также полезно воспаль. !Я Р. зоваться векторной диаграммой -т импульсов. Ее построение впало- л а гично тому, как это было сделано для упругого столкновения. Им.
пульс налетающей частицы р~= =АВ (рис. 4.!5) делят точкой О иа две части, пропорциональные массам частиц (АО: ОВ=т1.тз). Затем из точки О проводят окружность радиуса р', определяемого формулой (4.69). Эта окружность и является геометрическим местом точек всех нозможных положений вершины С треугольннка импульсов АВС, стороны АС и СВ которого равны импульсам соответству. ющих частиц после столкновения Отметим, что теперь в отлише от упругого столкновения точка  — конец вектора рг — не лежит на окружности, а именно: при Г))0 эта точка находится внутри окружности, а при О<0 — вне ее.
Рис. 4.15 соответствует последнему случаю — эндоэнергетическому столкновению. Порог. Существует много неупругих столкновений, в которых внутренняя энергия частиц способна изменяться только на совершенно определенную величину, зависящую от свойств самих частиц (тако. вы, например, псупругнс столнповеавя атомов и молекул). Несмотря на это, экзоэнергетические столкновения (Я)0) могут происходить при сколь угодно малой кинетической энергии налетающей частицы.
Эндоэнергетические же процессы [9<0) в таних случаях обладают ц о р о г о м. Порогом называют минимальную кинетическую энергию налетающей частицы, начиная с которой данный процесс становится энергетичесни возможным. Итак, пусть нам необходимо осуществить такое эндоэиергетическое столкновение, в котором внутренняя энергия частиц способна получить приращение не меньше некоторого значения ) О(. При каком условии такой процесс окажется возможным? Этот вопрос наиболее просто решается также в х(.системе, где ясно, что суммарная нинетичесивя энергия й частиц до столкновения и!+ иг иг (4.70) Это и есть та порогован кинетическая энергия налета!ошей частицы, начиная с которой данный эндоэнергетическнй процесс становится энергетически возможным.
Заметим, что формула (4.70) играет большую роль особенно в атомной и ядерной физике. С помощью ее определяют как порог различных эндоэиергетических процессов, так и соответствующее им значение энергии !Я(. Задачи ° 4.!. Работа и мощвость. Камень массы и бросили с поверхности Земли под углом а к горизонту с начальной скоростью тэ.
Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти мощность силы тяжести через Г секунд после начала движения, а также работу этой силы за первые ! секунд движения. Решение. Скорость камня через ! секунд после начала движения ч=ч,+и!. Мощность, развиваемая силой тяжести в этот момент, лг = и бр = т (бра + дг г) В нашем случае бра=яра соз (и/2+ и) = — Ыпа з!и а, поэтому 7!7 — ил (йгг' — о а(п и), Отсюда видно, что при г(7э=(па/й)з!па мощность 72<0, а при !)аа, наоборот, гу>0. во всяком случае должна быть не меньше ) !4), т. е. Т))О), Отсюда следует, что существует минимальное значение T„„я= !!)), при котором кинетическая энергия системы целиком пойдет на увеличение внутренней энергии частиц, и частицы после столкновения остановятся в Й.системе.
Рассмотрим этот же вопрос в К-системе отсчета, где частица массы и~ налетает ва покоящуюся частицу массы гу !,"- и,. Так как в ((-системе при Т„„, частицы после столк. новения останавливаются, то это значит, что в К-системе при д соответствующей пороговой нинетической энергии Тг„, валетающей частицы обе частицы ! после столкновения будут двн. ! ~(4! гаться как единое целое, при- чем с суммарным импульсом, г равным импульсу рг налетаю. шей частицы, и кинетической энергией рР/2(тг+из), Поэтому Тт кар = ! !З(+ рг(2 (и!+ иг). г А так как Т,,р —— Тоа(2иь то, исключив р~а из этих двух уравнений, получим Работа силы тяжести за первые ! секунд А = ~ Д! д! = ту! (Я2 — оо з1п а) . о Графики зависимостей У(!) и А(1) показаны на рис. 4.!б. ° ) 4.2.
Консервативность сил поля. Имеются два стационарных силовых поля: 1) Г= ау!; 2) Г=ах!+Ьуз, где 1, ) — орты осей х и у; а и Ь вЂ” постоянные. Консервативны ли силы этих полей? Р е ш е н и е. Найдем работу силы каждого поля на пути от некоторой точки 1 (хь у,) до некоторой тачки 2 (х„уз): х, !) ЬА=Гдг =ау 1дг=аудх, А=а) удх; х, 2) ЬА =- (ах ! + Ьу 1) дг = — ах дх+ Ьу ду, хв а А=а) хдх+Ь ) уду. В первом случае интеграл зависит от вида функции у(х), т. е.
от пути, поэтому первая сила неконсервативиая. Во втором же случае оба интеграла не зависят от пути: они зависят только от координат начальной и конечной тачек пути, следовательно, вторая сила консервативная. ° 4.3. Потенциальная энергия частицы в поле. Сила, действующая на частицу в некотором поле консервативных сил, имеет вид Г=а(у!+к!), где а — постоянная, 1 и ! — орты осей х и у. Найти потенциальную энергию У(х, у) частицы в этом поле.
Р е ш е н и е. Вычислим элементарную работу силы Г на перемещении дг и представим ее, согласно (4.14), в виде убыли некоторой функции (1. Эта функция и есть потенциальная энергия частицы в данном поле. Итак, ЬА = Г дг =а(у дх+х ду) = — д( — аху). Отсюда (У(х, у) = — аху+сопз1. ° 4.4. О разных подходах к решению. Шарик массы т подвесилн на упругой невесомой пити, жесткость которой и. Затеи шария подняли так, чтобы нить оказалась н недеформированном состоянии, и без толчка отпустили. Найти максимальное удлинение х, нити в процессе движения шарика. Р е ш е и н е.
Рассмотрим три эквивалентных способа решения, основанных на энергетических соображениях. 1. Исходим из уравнения (4.29): приращение кинетической энергии шарика должно быть равно алгебраической сумме работ всех снл, действующих на него. В нашем случае это сила тяжести ту и упругая сила со с~проны нити Егт,— — их, где х — удлинение нити.
В начальном и конечном положениях шарика его кинетическая эиер. гия равна нулю (ясно, что при максимальном растяжении нити ша- 123 рик остановится), поэтому, согласно (4.29), сумма работ А„+ +Арча О, или .ет глйхт+ ~ ( — »х) бх = тйхт — »хз,/2 =0. о Отсюда х„= 2ту/к. 2. Можно рассматривать шарик в поле тяжести Земли. При таком подходе следует говорить о полной механической энергии шарика в поле тяжести Земли.
Приращение этой энергии, согласно (4.31), равно работе сторонних сил. В данном случае сторонней силой надо считать силу упругости, приращение же полной механической энергии шарина равно приращению талька его потенциальной энергии в поле тяжести Земли. Поэтому дЕ = Π— тух = ) ( — »х) с1х = — »хв/2.
а Отсюда тот же результат для х„. Заметим, что можно была бы поступить и наоборот, т. е. рас. сматрнвать шарик в поле упругой силы, тогда роль сторонней силы играла бы сила тяжести. Полезно убедиться, что и в этом случае результат будет тем же. 3. И наконец, можно рассматривать шарик в поле, образованном совместным действием и силы тяжести, и упругой силы, Тогда сторонние силы отсутствуют и полная механическая энергия шарика в таком поле остается постоянной в процессе движения, т.
е. ЛЕ= ='ЬТ+А//=О. При переходе шарика нз начальнога положения в конечное (нижнее) ЬТ=О, а следовательно, и Л(/=Л(/*ям+А(гррр= =О, нлн — тд ет +»х,„/2 = О. Результат опнть тот же. ° 4.5. Небольшое тело массы и поднимается без вачальной скорости с поверхности Земли под дейстнием двух снл: силы Г, меняющейся с высотой подъема у по закону Г= — 2лгу(1 — ау)„ где а — положительная постоянная, и силы тяжести тй, Найти работу силы Г на первой половине пути подъема и соответствующее приращение потенциальной энергии тела в поле тяжести Земли. (Поле тяжести предполагается однородным.) . Решение.
Сначала найдем весь путь подъема. В начале и конце пути скорость тела равна нулю, поэтому равно нулю и приращение кинетической энергии тела. Согласно же (4.29), АТ равно алгебраической сумме работ А силы Г и силы тяжести, А так как /хТ=О, то, значит, и А=О. Учитывая, что положительное направление осн у взято вверх, запишем А = ~ (Гн — тд) бу = ту ~ (1 — 2ау) ду = туй (1 — ай) = О.
Отсюда 6=1/и. Работа силы Г на первой половине пути подъема я/2 яр Ар =- ~ Р„ду = 2тл ~ (1 — ау) ду = Зтл/ !а. о Соответствующее приращение потенциальной энергии б6' = жуй/2 = жу/2а, ° 4.6. Потенциал и напряженность поля. Найти потенциал и напряженность гравитационного поля, созданного однородным шаром массы М и радиуса )7, в зависимости от расстояния г до его центра.
Р е ш е н н е. Сначала определим потенциал поля, создаваемого тонким однородным сферическим слоем вещества массы гл и радиуса а. Для этого найдем потенциал дц в точке Р(г>а), который создает элементарный пояс дд данного слоя (рис. 4.17, а). Если масса этого а/ р в Рис. 4.17 пояса дгя и его тачки находятся на расстоянии х от точки Р, то дгр= — удт/х. Учитывая, что дт='/з гяз!п б дб, получим 1 ду = (угп/х) 51п Э дб 2 Далее, из теоремы косинусов (для /зОАР) следует, что х'=аз+г'— — 2аг сов б. Взяв дифференциал этого выражения, найдем х дх = аг з!вб дб.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
