1598082689-df0111308951a80f7305c35de815893b (805681), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Если выбрать начало отсчета потенциальной энергии в некоторой точке Ь [Щг,) = 01, то при переходе иэ произвольной точки в точку Ь изменение потенциальной энергии (/(гс) — (/(г) = — ) Р, бг, откуда потенциальная энергия электрона в любой точке поля (/(г) ~ Р, Йг. Рассмотрим теперь электрон в точках В и № Точка В рэвноудалена от обоих фокусов аллипса, и„следовательно„рвдиусвектор г„= а (сумма расстояний от обоих фокусов до любой точки эллипса постоянна и равна 2а).
Полная энергия электрона в точке З Ес тиз /2 Момент импульса электрона в той же точке Ьс гс х ту,„ Угол между радиус-вектором г„н вектором скорости чс, как видно иэ рис. 24, а агсэ(п (~/а' — с' /а), где с — расстояние от центра эллипса до любого иэ фокусов'. Таким образом, Вс тоста -с Гз э В точке )э модуль радиус-вектора г„= а — с. Полная энергия Е» ти»/2 — В/(а — с) ' Поскольку г» = а — с равно минимальному значению радиус-вектора, проекция вектора скорости на радиальное направ- /~ ление в этой точке равна нулю и т„, г» = я/2. Поэтому Ь» ти„(а — с). Согласно закону сохранения энергии, Решение. Прежде всего найдем выражение потенциальной энергии электрона в любой точке поля, выбрав в качестве начала отсчета бесконечность [(/(сс) = 01.
Сила, действующая на электрон, является силой притяжения (направлена к центру поля), следовательно, Р, с О. Поскольку в выражении Р = В/сэ н чяслитель, и знаменатель положительны, Р, — В/гэ. Подставив это выражение в равенство (1), с учетом выбора начала отсчета потенциальной энергии получим ~г (/(г) = — Вэ(— гэ г Тогда полная энергия электрона в любой точке поля В то'/2 — В/г. тир'/2 — В/а = ти„'/2 — В/(а — с). (2) твайта' — с' = ти»(а — с) (2) Выразим и» из уравнения (3) и подставим в (2): ти,', В тис, э+с В 2 э 2 а-с а-с ' Параметр с определяет форму эллвпса (экспсвтрнсвтст эллипса е с/а). Из уравнения (2) видно, что скорость алектрона тем больше, чем меньше его расстояние от ядра.
Значит, в точке К скорость достигает своего наибольшею значения. Согласно закону сохранения момента импульса, откуда жив/2 = В/(2а). После подстановки кинетической энергии в выражение для полной энергии Е„ окончательно имеем Е - — В/(2я). Как видно из полученного результата, полная энергия электрона в атоме водорода зависит только от одного параметра эллиптической орбиты — от большой полуоси эллипса. Следовательно, при любом значении другого параметра эллипса (малой полуоси или эксцентриситета), в том числе и при движении по круговой орбите радиуса а, полная энергия электрона сохраняет то же значение.
Эта находится в соответствии с теорией Бора. По данным в условии задачи значениям а и В найдем Е б 5.10-««Дж После решения задачи следует обратить внимание на то, что при выборе начала отсчета У в бесконечности полная энергия электрона, движущегося в поле ядра по эллиптической орбите, всегда отрицательна. В противном случае при положительной полной энергии электрон выйдет за пределы действия сил притяжения со стороны ядра.
5 4. Динамика твердого тела В задачах этого параграфа рассматривается плоское движение твердого тела — вращение вокруг неподвижной оси и сложное плоское движение, которое можно представить как сумму поступательного движения и вращения вокруг воображаемой оси, проходящей через центр масс и перпендикулярной плоскостям, в которых располагаются траектории всех точек тела. Решение задач этого параграфа возможно как «силовым» методом, так и с помощью законов сохранения. «Силовой» метод основан иа непосредственном использовании второго закона Ньютона, записанного для центра масс твердого тела, и основного уравнения динамики вращательного движения, которое (поскольку рассматривается только вращение вок- руг оси) можно записывать сразу в скалярной форме, заменяя соответствующие векторные величины (угловое ускорение, момент силы и т.д.) проекциями этих векторов на ось вращения. При использовании законов сохранения следует, как обычно, обращать внимание на возможность применения того или иного из этих законов.
При этом надо тщательно оговаривать все предположения, которые должны быть сделаны, чтобы система удовлетворяла необходимым требованиям. Существенно, что для системы твердых тел законы сохранения импульса и момента импульса — это два независимых закона. Возможны случаи, когда применим один из законов либо когда применимы оба закона. При использовании закона сохранения момента импульса следует рассматривать моменты импульса всех тел системы относительно одной оси (или параллельных и неподвижных друг относительно друга осей). Выбор метода и пути решения каждой конкретной задачи возможен, как всегда, только после детального обсуждения условия задачи, тщательного анализа сил, действующих на каждое из тел, с обязательным учетом точек приложения сил.
Заазча 4.1. Маховик, массу которого ж - 5 кг можно считать распределенной по ободу радиуса г 20 см, свободно вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр, с частотой и 720 мин ' (рис. 25). При торможении маховик останавливается через промежуток времени «»» 20 с. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сделает маховик до полной остановки. Анализ. Если тормозящий момент постоянен, то движение маховика равнозамедленное и основное уравнение динамики вращательного движения можно записать в виде ТЬв МЫ, (1) В« где Ь«в - «з, — гз « — изменение угловой скорости за интервал Ьг, М вЂ” аэ искомый тормозящий момент. Число оборотов г/ может быть най- рис. Зб дено как кинематически, так и по б1 изменению кинетической энергии, равному работе, совершенной тормааащей силой.
Решение. Векторному уравнению (1) соответствует скалярное уравнение ./Ьв = МЬэ, (2) где Ьм и М вЂ” модули соответствующих векторов. Из условия задачи следует, что М = 2хлтг'/Ьт 0,73 Н.м. Очевидно, что векторы М и Ьм направлены в сторону, противоположную вектору м,.
Угловое перемещение, пройденное маховиком до остановки, Ь р = в Ы вЂ” е (Ьг)з/2. Учитывая, что е, = со, — зЬг О, преобразуем выражение (4): Ьр = Ьг/2. Заменив Ь<р и м„соответственно на 2хФ и 2ян, где )т'— искомое число оборотов, которое маховик сделает до полной остановки, окончательно получим (4) К н Ьг/2 = 120 об. Зээвча 4.2. Через блок, укрепленный на горизонтальной оси, проходящей через его центр, перекинута нить, к концам которой прикреплены грузы ш, = 300 г и ш, = 200 г (рис. 26). Масса блока шр = 300 г.
Блок считать однородным диском. Найти ускорение грузов. Анализ. Заданная система состоит иэ трех тел — грузов ш, и ш, и блока ш . Груз ш, находится под действием двух сил: силы тяжести ш,й и силы натяжения Т, нити. Второй закон Ньютона для этого груза ш,а, = ш,б+ Т,. 52 Ь~ = ~ ~, — ~~ ~ = ~ 2хн, э Последняя иэ формул (3) справедлива, поскольку масса маховика распределена по ободу. Подставив выражения (3) в (2), получим шг' 2хн = МЬг, откуда Аналогично, рассматривая силы, действующие на груз ш„ получим ш,а, = ш,й + Тг (2) Так как масса блока соизмерима с массой грузов, то мы не имеем права предполагать, что силы, с которыми нить действует на грузы ш, и шг равны между собой. Соотношение между силами Т, и Т, может быть получено только после рассмотрения движения блока.
Блок вращается вокруг неподвихсной горизонтальной оси, проходящей через его центр, следовательно, моменты сил тяжести блока и реакции оси равны нулю. Если предположить, что нить не скользит относительно блока, то вращение блока вызывается действием только сил натяжения нити. (Правильнее было бы сказать, что врмцение блока вызывается силами трения покоя между нитью и ободом блока, причем в каждой точке соприкосновения сила трения покоя равна соответствующей силе натяжения нити.) Тогда основное уравнение динамики вращательного движения для блока имеет вид Л М,+М„ (3) где М, и М вЂ” моменты сил натяжения Т; и Т.,'.
Благодаря невесомости нити силы натяжения вдоль нити с каждой из сторон блока одинаковы по модулю, т. е. Т,- Т',Т =Т'. э в' Ускорения обоих грузов считаем равными по модулю на основании нерастяжимости нити. Если нить не проскальзывает относительно блока, то касательное ускоре- т, т) ние его точек, соприкасающихся с нитью, равно ускорению нити в любой ее точке, а следовательно, и ускорению грузов; т~ а, а,=а, а=зг. Решение.
Чтобы перейти к скалйрным соотношениям для описания движения грузов, введем ось У. Тогда а,„ а, а, = — а и векторные уравнения (1) и (2) можйо заменить скалярными: ш,а ш,д — ҄— ш,а = шд — Т,. (б) ран эе Моменты сил Т; и Т; направлены по оси вращения, но в противоположные стороны.
Примем направление вектора в за положительное. Тогда векторное уравнение (3) можно переписать в виде Уе Тг — Тг, где г — радиус блока, Очевидно, Т, Т„ если масса блока, а следовательно, и его момент инерции пренебрежимо малы (см. задачу 2.4). Выражая е иэ соотношения (4) н учитывая, что момент инерции однородного диска / тег'/2, получаем т геа/(2г) Т,г — Т г. (6) Уравнения (5) и (6) образуют систему, Сокращая в уравнении (6) радиус блока г и складывая все три уравнения (предварительно второе из уравнений (5) надо умножить на — Ц, получаем где,) — момент инерции стержня относительно данной оси (по теореме Штайнера, .1 т1«/12 + т(1/2) т1'/3)1 М, г х тд — момент силы тяжести; г = 1/2, так как стержень однородный.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
