1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Сдругои стороны, если написать соотношение между энергией и импуль. сом только для движущегося протона, то получится Е' = р' Еоо+(Рс)о, откуда (Рс)' =Е" — Еоо. Сравнивая оба выражения для (Рс)', получим Ез Е =2 — — Ео Чтобы получить кинетическую энергию протона К' в лабораторной системе, надо вычесть отсюда энергию покоя Ео. Зто дает К'=2( — — Е о) Если, как в разбираемом случае, Ео((Е, то Ез, (К. 1- Ко)' Ео Е, Для протона Ео=0,937 ГэВ, а поэтому К'=250 ГэВ. 244. Р е ш е и и е. Пусть пм оо, ...— скорости ракеты после 1-го, 2-го, ...
выбрасываний. По закону сохранения импульса (поо — Лгп)п,+ + Ало ю=б, где ю — скорость выброшенной массы Ьгп после первого вы- брасывания. Очевидно и=пг — ю. Исключая ю, получим Лт и,.= — и, (244.1) гпа Найдем теперь по. В системе отсчета, движущейся со скоростью оо, ра- кета перед вторым выбрасыванием неподвижна, а после второго выбрасы- вания приобретает скорость и,— оп Поэтому можно воспользоваться формулой (244.1), сделав в ней замену гло-»поо — Ьгп, и,-»со — оо Это дает Лгп и — в о 1— к.
гпо — Лт Комбинируя это соотношение с (244.1), находим оо. Продолжая этот про- цесс далыпе, нетрудно получить бгп+ бгп + Лгп "'о гпо бш 'по — (Д( — 1) бм1 183 «гч Г Ыш' где гл — конечная масса ракеты. После взятия интеграла получается формула Циолковского. ит шэд -аыи 245. Р = — — е Л и Р е ш е н и е. Уравнение движения ракеты ио йт Iл — — и — — тли Ж й( перепишем в форме г( йгл Ы (о+ я() и гл — (и+ пг) = — и — или г(1 Ж йи т Это дает шз !сено!а /П о=-и !и — — йд "'з И Величина р, очевидно, равна — йглги( и находится из условия, что для неподвижной ракеты йЫс(Г=О.
гло 246. а= — 1п —. э т Р е ш е н и е. Ускорение корабли по абсолютной величине равно маг= ыо, причем с=сопз1. Поэтому уравнение движения гл йод= и ЫшЛ(Г переходит н томи!= — и г(ль Замечая, что ли= ы г(1 есть угол поворота за время йг, и интегрируя, получим ответ. 247. Первый способ требует меньшей затраты топлива. 248. — = 1306. К огг 24 (еж" — 1) 249. Решение. Приращение скорости ракетм о связано с изменением ее массы л~ соотношением глав= — ийш, прнчеы лшгчэ = — г(гл, где т„э — масса выброшенных газов. Приращение кинетической энергии газов: 1 з гппгаэ 3 г(К = «(л!газ огаз = с и.
гзэ— 2и Подставив сюда о„,з=о — и и воспользовавшись формулой Циолковского ш=т,е "'", получим г(Кгзз 2 (и о) 2и или после интегрирования шзиз Кгаз= з (1 — е "— кзе "), 184 В пределе, когда Лш-ьб, Д!-ьоо, глз — (йг — 1)Ьж-ьш, сумма, стоящая в квадратных скобках, переходит в интеграл, и мы получаем где для краткости введено обозначение к=инин/и, Кинетическая энергия ракеты: 1 з ! К = — ти„= —, т азхте-". ран 2 ан — 2 а В результате находим Кран К„„ех — (1+ х') При х=4 0=45эю 250.
Р е ш е н н е. Если бы не было притяжения Луны, то задача свелась бы к нахождению наивыгоднейшего отношения тт'т, для достижения заданной скорости ракеты. Поэтому от действия силы тяжести можно отвлечься и считать, что ракета движется в пространстве, свободном от тяготения. Примем за единицу массы полную массу ракеты в момент старта. Тогда (250. 1) т,+тз+т !. После выгорания топлива.в первой ступени масса системы уменьшится на ссгтг. Если при этом будет достигнута скорость им то Ёо соотношению Циолковского илн (! — а,) т,+т, + т' Масса (1-нхг)тг отделяется, и включается двигатель второй ступени.
По. еле выгарания топлива во второй ступени скорость ракеты возрастает еще иа величину ин, причем е' гп,-)-т (1 — ат) т,+е' В этом можно убедиться, если перейти в систему отсчета, в которой ракета в момент отделения первой ступени покоится. Полная достигнутая скорость найдется перемиоженаем двух предыдущих соотношений и последующим логарифмированием. Исключая еще при этом массу тз с помощью соотношения (250.1), получим — =!п (1 — тг) — !и (1 — аггп,) — 1п [(1 — аз) (1 — тг) +мага[. и и Здесь т и и играют роль постоянных параметров, а т, — аргумента, от которого зависит скорость и.
Лифференцируя по е, и приравнивая производную куя[о, получим условие максимума 1 ! ! + — + =0, (260.2) тг — ! [3 — тт у — тг где введены обозначения ! а[ ' 160 Условие (250.2) приводит к квадратному уравиенисо относительно тс, решая которое, найдем т, 1 — У 1-1-(()у — р — у). Перед корнем взят минус, так как по смыслу задачи 0(т!(1.
С помошью (250.1) находим массу тэ, а затем искоэюе отношение тэ/тс. Возвра- шаясь при этом к прежним параметрам а, и аэ, получим ссэ 1 — сс, рс —- (250.3) тс Гаэ 1 — сс, 1 — ~/ — — лс ас ! — аэ Решение имеет смысл при выполнении условия аэ 1 — ас — — тС1. а,( — а, В реальных условиях, когда т(<1, а параметры ас н аэ отличаются не очень сильно, это условие соблюдается.
При ас=-аэ получается простая формула тэlтс= )(т. (250.4) 251. Пусть т и о — масса покоя и скорость ракеты в произвольный момент времени (, а т„„и о„,— те же величины для газов, образовавшихся из топлава ракеты к этому моменту времени. Так как газы, уже покинувшие ракету, не оказывают влияния на ее движение, то можно принять тг,э=0. Однако газы непрерывно образуются, так что с(тгээ ~ О. На основании закона сохранения импульса и энергии (релятивистской лсассы) Псгаасгээ =сонэ(, 1' 1 — о гээс с (251.1) пс т„„ + "э' =сонэ!.
(25!.2) 186 )!ифсреренцссруя уравнение (251.1) с учетом (251.2) н полагая в окончательном результате т„„=-О, получим с!.+(о — огас) 3 р ! — оэ(сэ ' "' рг ! — о'-)сэ По релятивистскому закону сложения скоростей с'гээ = (251.3) 'гээ = ! где и — скорость газовой струи относительно ракеты. Исключая о„„, после несложных преобразований находим с1о и сст оа — с' с! гл' Предполагая скорость и постоянной и интегрируя, получим т /1+ 5'(«/эи !и»,à — ~/ (251.4) 263. По формуле (251.4) тэ/т 5 10»ээ'.
Зля ориентировки заметим, что л«асса Галактики -3 10«' г„Метагалактики -10" г. Таким образом, даже масса Метагалактики невообразимо »~зла по сравнению с массой иосмического корабля. Было бы неосторожно применять к столь гигантским «кораблям» обычные законы физики и, в частности, формулу (25!.4). Наш пример показывает лишь абсолютную непригодность ракет на химическом топливе в качестве звездолетов. 254. Р е ш е н и е.
Если о — скорость ракеты, то то=Р==Е/с, где Р— полный импульс, а Š— энергия излучеииого света. Дифференцируя по времени и пренебрегая изменением массы ракеты, находим ис- «/Е комую мощность — =тс6=-3 1О»' Вт=3 10' кВт, что превосходит «/! мощность крупной электростанции примерно в 1000 раз. 266. != — !и !(1+ — ) 22с. Приближенно ввиду малости и / тр л ! тг-~-тэ ео тт-г-т, — =25 с, тэ и т» еэ и 1 о!=220 м. 266.
Решение. Уравнение движения капли с«(то) Ио о «!т — =тл, илн — + — — =л. «// ' «)! т й/ Так как т гз и, по предположению, от/«Г! г', то ог/«Г!=С=оспа(. От. сюда с учетом начальных условий получаем и= С!. Уравнение движения приводнтси к виду «Го о — +3 — =я. «/! й 6, Динамика движения материальной точки по окружности. Движение относительно вращающихся систем отсчета тоэ 267. !) Е=тй, 2) Е=тй — —, 3) радиус кривизны моста, "эчэ» = Ф /(Я. ео' Е=гпй+ —, где Е— Решая его н учитывая, что при !=0 о=О, получаем о=»/«йб Падение палли будет равноускореиным с ускорением а=у/4.
Р е ш е н и е. Радиус кривизны траеггюригг, нормальное ускорение тела и его скорость связаны соотношением р=аз/а„. для начала закругления нормальное ускорение максимально и равно а„=д, следовательно, р„„„= она. Условие р)гт дает для скорости по -')48, откуда и следует ,тг 3 приведенный ответ. 259. Г=(!+4йй)шй, а 4ййй. Ре шеи и е. В нижней точке траектории шарик будет иметь ускорение адч направленное вверх. Поэтому давление шарика на дно чаши лши,но записать так: г'=-гп (6+агг). Ускорение алг лголкно найти следующим образом. 2!нфференцвруя уравнение параболоида два раза по времени, имеем. г=-2(г(хгч-уз)+24(хх+ру). Поэтому искомое ускорение шарика а в нижней точке траектории, где х=-у=О, будет иметь значение а=ге —— аУ =24 (хотуо) =ййпэ, где ел=265.
(259.1) Следовательно, за=а У=4lгйй. Заметим, что в изложенном приеме реше. пия обойдено вычисление радиуса кривизны параболы я ее ннжнсв точке, который обычно бывает необходимо знать для вычисления нормального ускорения аж=о'Р (259.2) где р — радиус кривизны траектории. Зная уравнение параболы, можно было бы методами дифференциальной геометрии найти значение р=!г24. (259.3) Тогда, используя выражения (259.1) — (259.3), можно найти значение ал иначе, чем это было сделано выше, 260.
ор= )г дФ 8 клггсг ускорение снаряда равно д и нормально к траектории; ол принято называть первой космической скоростью. 261. Траекторией снаряда будет дуга эллипса. Зга кривая изображена на рис. 217 сплошной линней. Остальная часть эл! липса изображена пунктиром. Один из 1 фокусов этого эллипса будет совпадать с l центром Земли. Ускорение а снаряда бу- г дет направлено всегда к эюму фокусу 0 эллипса, причем а=бМИз, где Й вЂ” пос.
тоянная тяготения, М вЂ” масса Земли н И вЂ” расстояние до центра Земли. 262. !) Л=5ггг'2. 2) На тележку дейст- вуют сила притяжения Земли тйл и сила Рис. 2!7, давления рельсов тозИ вЂ” шйй где э — ско- рость тележки в этой точке. 3) Не доходя до верхней точки, тележка отделится от рельсов !'и будет двигаться по параболе до встречи с рельсами в нижней части петли. 188 268. 9= ох/(/76)=0,4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
