И.Е. Иродов 'Механика. Основные законы' (510775), страница 24
Текст из файла (страница 24)
(2) Преобразуем (1) с помощью (2) к виду дгр='/з(уш/аг)дх н проинтегрируем это уравнение по всему слою. Тогда г -';а 1 у,„, = — — (угп/аг) ~ дх = — угп/г. 2 г-а Таким образом, потенциал в гонке Р вне тонкого однородного сферического слоя гаков, кик если бы вся ласса этого слоя была сосредоточена в его цеягре. Если же точка Р находится внутри слоя (гк,а), то предыдущие расчеты остаются в силе вплоть до интегрированна. Теперь пределы интегрирования по х будут от а — г до а+г. В результате 125 у,„г,р„— — — у ш/а, (4) т. е. потенииил внутри слоя не зависит от положения точки Р, а сле- довательно, он одинаков ао всех точках внутри слоя.
Напряженность поля в точке Р, согласно (4.26), др 1 — у и/гз вне слоя, сгг — — — = ( дг 0 внутри слоя. Графики зависимостей ф(г) и 6(г) для тонкого однородного сферического слоя показаны на рис. 4.17, б. л' ~ с/~1 гм л з гм г л Рис. 4.19 Рис. 4.18 Обобщим полученные результаты на однородный шар массы М и радиуса Л. Если точка Р находится вне шара (г>/т), то из формулы (3) сразу следует унш = — у М/г. (5) Если же точка Р находится внутри шара (гч.„)т), то потенциал ф в этой точке можно представить как сумму: Рннутрн = 21 + %2 где гр~ — потенциал от шара радиуса г, фн — потенциал от слоя с радиусами от г до Я.
Согласно (5), М(г/гэ)з з М з 'тг = — У г !аз = — у — )гз. Потенциал же барм создаваемый слоем, одинаков во всех точках внутри этого слоя. Проще всего фа вычисяить для точки, находящейся в центре слоя: р дМ 3 уМ рз = — у ~ — = — — — (/рз — гг), г 2 /сз г где бМ=3(М/)(з)габт — масса тонкого слоя между радиусами г и ггдг. В результате тннттрн = Р1 + та = — 1/З (У М//т) (3 †//тз).
(6) 126 Напряженность поля в точке Р, как следует из (5) н (б), дч — у М/гз при г ж Р, 0 дг ~ — у Мг/Яз прн г я )т. Графики зависимостей гр(г) и 6(г) для однородного шара радиуса )с показзны на рис. 4.18. ° 14,7. Космические скорости. Показать, что кинетическая энергия Тм которую необходимо сообщить телу для удаления его за пределы земного притяжения, в два раза превышает кинетическую энергию То веобходимую для выведения этого тела иа круговую орбиту искусственного спутника Земан (вблизи ее поверхности).
Сопротивлением воздуха и вращением Земли пренебречь. Р е ш е н и е. Найдем скорость пз тела, движущегося по круговой орбите. Согласно основному уравнению динамики, глпг/Я .= тя, 2 где гл — масса тела, /7 — радиус орбиты, приблизительно равный ра- диусу Земли.
Отсюда пз = )/8/7 = 7,9 км/с. Этопервая космическая скорость. Для того чтобы тело могло преодолеть поле тяготения Земли, ему необходимо сообщить вторую космическую скорость эз. Бе можно найти нз закона сохранения энергии: кинетическая энергия тела вблизи поверхности Земли должна быть равна глубине потенциальной ямы в этом месте. Последняя ранна приращению потенциальной энергии тела в поле тяготения Земли между точками с~ =Я и ге=во, Таким образом, глох /2 == у шМ/'х где М вЂ” масса Земли Отсюда оз = )г 2у М//7 =р 2я/( == 11 км/с. Следовательно, пз= — э42 н Т,=2Ть ° 4.8.
Решение в неинерциальной системе отсчета. Плоскую жесткую спираль из гладкой проволоки, расположенную в горизонтальной плоскости, вращают с постоянной угловой скоростью ы вокруг неподвижной вертикальной осн О (рнс. 4.19). По спирали скользит небольшая муфта М. Найти ее скорость э' относительно спирали как функцию расстояния р от оси вращения О, если муфта начала двигаться от этой оси со скоростью пз'. Решение.
Этот вопрос наиболее целесообразно решать в системе отсчета, связанной со спиралью. Известно, что приращение кинетической энергии тела должно быть равно алгебраической сумме работ всех сил, действующих на тело. В нашем случае нз всех сил работу будет совершать только центробежная сила инерции. Все остальные силн — сила тяжести, сила реакции со стороны спирали и сила Кориолиса — перпендикулярны скорости т' муфты, поэтому работы не совершают. Согласно уравнению (422), — т (о'з — оо ) =- ~ т ма р'Йг, ! 2 где т — масса муфты, бг — ее элементарное перемещение относительно спирали. Так как скалярное произведение р дг=р(бг) р = =рбр, то интеграл оказывается равным '/зтса'р'.
Отсюда искомая скорость о = "уу о' + г р . т/ з ° 4.9. Система частиц Три одинаковые заряженные частицы, каждая массы сп и с зарядом г/, поместили в вершины углов равностороннего треугольника со стороной и. Затем частицы одновременно освободили, н они стали симметрично разлетаться под действием кулоновских сил отталкивания. Найти: 1) скорость каждой частицы а зависимости от расстояния г между ними; 2) работу А„ которую совершили кулоиовскне силы, действующие на каждую частицу при разлете нх на очень большое расстояние друг от друга.
Решен не. 1. Данная система замкнутая, поэтому для нее приращение кинетической энергии равно убыли потенциальной, т. е 3 — тот = Зйрз (1/а — ! /г! 2 Отсюка о = у' 2ййт (г — а)/тга . Видно, что при г со скорость каждой частицы стремится к предельному значению очакс = ) 2М /та 2. Работа всех сил взаимодействия при изменеяии конфигурация этой системы равна убыли потенциальной энергии системы: А = !/! — 1/з =Зара/а, где учтено, что н конечном положении Уз=О.
Отсюда искомая ра- бота А, = !/з А = ЬУт/а. 3 а меч а н и е. Следует обратить внимание на одну часто встречающуюся ошибку прн решении подобного рода задач. Рассуждают гак: в начальном положении потенциальная энергия каждой частицы в поле других двух равна 2йдт/а, а в конечном — нуль. Отсюда искомая работа Аз —— 2йдз/а. Как видно, полученный результат отличается вдвое от (чэ). почему? ИВ Ошибка здесь в том, что поле, в котором перемещается каждая частица, нестационарное (ведь другие две частицы тоже перемещаются относительно друг друга), поэтому работа сил такого поля не может быть представлена как убыль потенциальной энергии частицы в поле.
414.10. Внутренняя меланическал энергия системы, Система состоит из двух шариков с массами т~ н тз, которые соединены между собой невесомой пружинной. Шарикам сообщили скорости чг н чз соответственно, после чего система начала двигаться в однородном поле сил тяжести Земли. Пренебрегая сопротивлением воздуха и счигая, что в начальный момент пружинка не деформирована и чг.Ечз, найти внутреннюю механическую энергию данной системы в процессе движения. Р е ш е н и е. Внутренняя механическая энергия системы — это ее энергия В в Ц-системе. Здесь Ц-система движется с ускорением я, поэтому н этой системе отсчета на каждый шарик действуют две внешние силы: сила тяжести лг,я н сила инерции, равная — тгй. Ясно, что суммарная работа этих внешних сил равна нулю (в Ц-системе), а следовательно, энергия Е меняться не будет.
Чтобы ее найти, достаточно рассмотреть начальный момент, когда пружинка еще не деформнронана и энергия Ту равна только суммарной кинетиче. ской энергии T«в Ц-снстеме. Воспользовавшись формулой (4.61), получим тг тг Е = То — — — (чг — чг)2 = (о + о ), 2 2 (т1+ ц12) ° 4.11. Столкновение частиц. В К-системе отсчета частица массы т| налетает на покоящуюся частицу 2 массы тз. Заряд каждой частицы равен ф Найти минимальное расстояние, на которое они сблизятся при лобовом «соударении», если кпяетическая энергия частицы 1 вдали от частицы 2 равна Ть Р е ш е н и е.
Рассмотрим процесс столкновения отдельно в К- н Ц.системах отсчета. !. В К-снстеме в момент наибольшего сближения обе частицы будут двигаться как единое целое со скоростью о, которую можно определить из закона сохранения импульса: Рг =- (т1 + т2) о где рг — импульс налетающей частицы, рг =у' 2тгТ1 . Из закона сохранения энергии следует, что Т- = 1/2 (тг+ глг) о2+ ЬУ, ГдЕ ПрИращЕНИЕ ПОтвицнаЛЬНОй ЗНЕрГИИ СИСТЕМЫ ЛУ=йдг/Гч«». Исключив о нз этих двух уравнений, найдем г„„„= (1+ тг/тг) йрг/Тг. 2. В 1(-системе решение наиболее просто: здесь суммарная кинетическая энергия частиц идет целиком на приращение потенциальной энергии системы частиц н момент их наибольшего сближения: Т = Д(/, 129 где, согласно (4.61), Т=Чзр«И=Тина)(тг+тз), ЛУ=Ьрзггвв» Отсюда легко найти г„ ° 4.12.
Частица массы т, с импульсом р, испытала упругое столкновение с покоившейся частицей массы тз. Найти иыпульс р,' первой частицы после столкновения, если в результате столкновения она рассеялась под углом 0 к первоначальному направлению движения. Решение. Из ззкона сохранения импульса (рис. 4.20) находим Рз —— -Рг+ Р, — 2Р Рг сов Ь, (!) где рз' — импульс покоившейся частицы после столкновения. з Рис. 4,21 Рис.
4.20 Далее, из закона сохранения энергин следует. что Т,=Т,'+Т;, где ТТ и Т,' — кинетические энергии первой и второй частиц после столкновения. Преобразуем это равенство с помощью соотношения Т=рз)2т к виду рз = (р, — рг ) шз/шг. 'з 2 '3 (2) Исключив рз'з из (1) н (2), получим созЬ З- р' соззЬ+(тз/т,— 1) Р~ =рг 1 + шз/г«1 Если т,«т„то физический смысл имеет только знак плюс перед корнем. Это следует из того, что при этом условии корень будет больше, чем соз 6, а так как р,' — это модуль вектора, то, естественно, он не может быть отрицательным.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
