1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 42
Текст из файла (страница 42)
Рис. 234. иых корня г, и гз. Один из корней со- ответствует перигелию Р, другой— афелию А. Сумма корней г,+гэ дает длину большой оси эллипса: Мт М 2а= ге+ г — 6 — = — Π—, 3 (464.2) где в=Е/т — полная энергия. приходящаяся на единицу массы планеты. Так как для движения по эллипсу а<0, то выражение (464 2) существенно положительно, как это и должно быть. Рнс. 235. 465. Р е ш е н и е. Пусть комета движется по правой ветви гиперболы (рис. 235).
В ее вершине справедливо уравнение Мт 7Р гэ+ 6 — г — — =О. Е 2тЕ ВообРазим, что по сопРяженной встав гиперболы движется вспомогательная частица с той же массой т и энергией Е, но на згу частицу действует сила отталкивания, исходящая из фокуса рм величина кото. рой совпадает с силой притяжения, действующей на комету. Дла такой частицы в вершине гиперболы Мт Ез гз — 6 — г — —, =О.
Е йтЕ Разность положительных корней написанных уравнений н дает искомую длину Мт 6М 2а= 6 — = —, Е з где в= Е/т — полная энергия, приходящаяся на единицу массы планеты. 466. о = оп )' ! — К/2а = 8,! км/с, где оп = )/ 28/7 = 11,2 и м/с— вторая космическая скорость, 2а †дли большой оси эллиптической орбиты. ЬЕ 2 /ХТ 467.
— = — — — т — 0,02 (Е ( 0). Е 3 Т 468. Р е ш е н и е. Если р — импульс, а г — радиус-вектор планеты относительно Солнца, то Н Мт 31 — (рг) = Рг+ р и — 6 — + 2К = 6 + 2К = Е+ К, д При периодическом движении среднее по времени значение — (рг), 3( очевидно, равно нулю, откуда и вытенает результат: Е+ К=О: 470.
о= Р Зай„где /7з — радиус Земли. 471. о=се Р' Ез//7, где оз — — )г 8/7з - -7.9 км/с — скоРость движения спутника по круговой орбите (теоретической) с радиусом Земли )7з. У казани е. Сила тяготения, действующая со стороны Земли на спутник массы т, равна тй/г,//гз. 472. /г= )/ ьр Ию 6,61/го где а=24 3600рад/с ы /(з У к а з э н и е. 1(ентростремительное ускорение спутника мЖ должно быть равно ускорению, сообщаемому спутнику силой тяготения, а/7~/Е'. 473. 1) Первый. 2) /гт/)7з=28/7з/оа.
Р е ш е н и е. Для первого снаряда, по закону сохранения энергии, имеем 3 з з оз /7з 23/7, — — 8/(з= — 3 —, или йг= 2яйа — ое так как его скорость в верхней точке равна нулю. (См. также задачу 452 и ее решение.) Для второго снаряда, по закону сохранения энергии, "о ог Ро о Р о 2 2 Рз где ох в скорость в наиболее удаленной точке; кроме того, по закону сохранения момента количества движения, ооРо=огРо. Отсюда получаем ,з воРо 2ЫРо — оо о 474. Р,= — т 6 8Ро Ро= ш252Ро где ргл=- Ро Ро 2ьРо рг — 1 ' ' ' ро — ! ' ' " (оо~юРо)" м †углов скорость и Ро †ради Земли. Указа н ие.
См. решение задачи 473. 475. Т= $~Як7(бр) т 1,2 10-ос. 476. Если р сопз(, то Тг То. Если р возрастает к центру планеты, то Т, > Т,. 4из аз 477. 5(= — — = 6.!Оотг, где а — большая полуось эллиптиче- 6 Т' ской орбиты спутника. 478. — = ( — ) ! — ! 6,11, где Рг =Р+й 6625 км — сред. М УР 'тоУТ ) Мг (гКг) (,7о) нее расстояние корабля-спутника от центра Земли.
479. 5РгР ЗпКрг(гро)=1,2 ° !О о, ЛР— 8м, где Р— радиус зем. ного шара. (При решении использовано выражение для силы сопротивления Е розЗ, где В=иго — площадь поперечного сечения спутанна,) Почему снижение спутника не зависит от значевия гравитационной постоянной) 486. Минимальное удаление рг 1,25 Рз; максимальное удаление рз 2,!Рз.
Реш ен ив. Энергия спутника в полярных координатах равна: т °, а С Е= — (ро+(р'гр)а] — — (С=ОтМз). 2 р Момент количества движения относительно центра сил равен: Е=тр(рф). Исключая из уравнения энергии ~р и учитывзя, что в точках максимального и минимального удаления спутника от центра Земли Р=О. уравнение энергии можно записать в следующем виде: О р — — р+ =О. !Е! 2т(Е! Здесь учтено, что полная энергия спутника Е на эллиптических орбитах всегда отрицательна. Два корня этого уравнения дают расстояние до С где о„=о! = — ' — квадрат первой космической скорости. Большая Ез С ось оРбпты 2а= — "=Р +Р, отсюда Р,=1,25Т(З Ра= —,— Р~ 2,1)(З. — Ф 3 ' ' (Е У'~ б г'.4 = оо 3 С Решен не.
ДлЯ кРУговой оРбиты па= —, )(е=Р,— РадиУс кРУ- таз ' гоеой орбиты, С=бгжЯз, и — масса спутника, б — гравитационная постоянная. )тля эллиптнческои орбиты: о, =се 'г' 1,5=ел. Полная внергия спутника тг( С Т(ог '! С 1 С у' Ез 4 )2з' Большая ось орбиты С 2а =Рз+Рз= —, = 4Ер —— 4рз, ! Е,' отсюда р, = 4р, — р, = 3р! = ЗД„. Лля концов большой оси орбиты имеет мешо равенство С=а!Рхог = араон (Š— ьюмент количества движения).
отсюда )Т (!,б "А = ол == оа. Рз 482. Т,(Та=2 )г 2-Е82. Р е ш е и и е (см. Решение задачи 4ЬО), Выражая момент количества движения через секториальиую скорость для эллиптической ор. биты С=2~и ~Ый, получаем для гериода 2ш,, ш Т =- — 5 =2п — ио. Е " (. Поскольку Ьз =и —., то тС' Т.."= (2п)а —, аз С (С = Сои Мз). перигея Рх и апогея Ра эллиптической орбиты. Согласна теореме Виета! С Рх+Рз = 2п = Ргрз = (Е! ' 2т(Е( ' где а — главная полуось эллиптической орбиты. Используя уравнение вллипса в полярных координатах, записанное для перигея и апогею р,, =-р!(1 ~ е), можно представить все геометрические параметры орбиты через механические константы движения.
В данной задаче полная энергия спутника: С то„С Е= — — + —,= — ОД вЂ”, Е 2 "Ез ! гее оз= — — = — оз, скорость на круговой орбите оз= — оз; от з-З ш,з-З *, 2 сюда добавочная скорость Ло=ох — оз=-(!()Г2 — !! Р' 3) ог. з Гз )уз 466. Время снижения т= — и гзг У 2у Ре ше н и е. Большая ось орбиты снижения 2а=)7з+2)7з=З)(з. Время обращения по эллиптической орбите Гт Т, =-2п 1 — аз= 2т (С = бтМз).
С Время снижения у 2 у)(зз 487. Спутник будет описывать малый эллипс: х (!) = — — (1 — соэ Оэ!), У(!) = — в(п ы(, В~а пе ю ы вершина которого лежит в точке равновесного положения спутника, а центр смещен на запад на расстояние 2ое/ы. ы — угловая скорость вращения Земли. Р е ш е н н е. Исходим из Уравнениа динамики: ша =Р— (2шюо ) где р — '.весь тела, который для точни равновесия спутника А равен нулю: Рл = — —, +а!ма)7е=О (С=ба!М). С Для возмущенного движения С 2С Р= — ( +,+ лп ()7 +у) = — у+шы у=йшызу. Яе+У) ь В проекциях на оси координатной системы Х, 'г', 2 с началом в точне А уравнения динамики записываются в виде: х = — 2юу, у = Зызу+ 2!ах, г =О. Отсюда х= — 2юу, у+мху=О, что при начальных условиях у (0) =О, У(0)=ое дает оз У (!) = — з(п ы!.
га Для координаты х прн х (0) =0 „ — (! — соз ю!). 2оз 488 оы= У28)(зм'11,2 км(с. Скорость может составлять любой угол с нертвкзлью. >па>1 Р е ш е н н е, По закону сохранения энергии — — шй((з=О. 2 Потенциальная энергия на поверхности Земли (см. задачу 452) — шя)(>з, а на бесконечном расстоянии кинетическая и потенциальная энергии равны нулю. 488.
Р е ш е н и е. Все скорости относительно Земли условимся обозначать малымн. а относительно Солнца — большими буквами. Разделим движение ракеты па два этапа. На первом этапе движение будем рассматривать в системе отсчета, в которой Земля неподвижна, пренебрегая при этом полностью неоднородностью поля солнечного тяготения. В этом приблп>кенни сила гравитационного притяжения Солнца полностью компенсируется салай инерции, связанной с ускоренным дан>кеппен центра Земли. Считая массу Земля М бесконечно большой по сравнению с массой корабля т, запишем уравнение энергии в ниле >поз Дбп та 2 г 2 где а — скорость ракеп> в тот момент, когда она практически выходит из зоны действия земнага тяготения.
Вводя круговую снорасть от= =ВМ>г, получим о'„=г' — 2ю"„-. После того ках ракета выйдет из зоны действия земного тяготения, будем относить ее движение к системе отсчета, а которой неподвпжно Солнце. Скорость ракеты в этой системе отсчета векторно складывается нз скорости а и скорости нруговаго движения Земли У„: У= У„+а .
Возведя в квадрат, получим Уа= У" +о' +2Уаа = 1/а+аз + 2Уза„соз О. Чтобы найти третью хосмяческую скорость, надо в этом соотношении положить У= У„= У2 У>а где ӄ— параболическая, а Ух=29,8 к>пав круговая скорости движения ракеты относительно Солнца. Эхо првводит к уравнению а'„+2У„а„соз д — Уз =О из которого находим ( )ГТ.т созз д — саз О) (а (Палон<нтельный знак перед квадратным корнем выбран потому, что величина а по своему смыслу существенна положительна.) После этого получаем = ( р 1+ сазз б — саз б)' У" + 2о<.
Наименьшее значение третьей насмнческой скорости получается прн О=О (ракета выпущена в направлении орбитального лпижския Земли), наибольшее при д=-и (рзкст вып>щена в напр аленин против 284 орбитального движения Земли): ....-РТУи — еггйь/ »г-ь, о а с ) ()~ 2+ ))»+ хК» 22 7 им/с 490. Р е ш е н и е. Ракета на старте движется вонруг Солнца вместе с Землей со скоростью Рю Чтобы ракета упала на Солнце, надо ее движение затормозить. Как и в предыдущей задаче, находим, что по выходе из поля зал~ного тяготения ракета будет иметь скорость»'= А л л ~ =)г»+е (относительно Солнца). Наньгеньшая для замедления ракеты затрата энергии соответствует случаю, когда скорости )г» и и на- Рис. 236. правлены противоположно.
В соответствии с этим полагаем р= р» — о (все скорости положительны) и находим энергию, приходящуюся на единицу массы ракеты: з ='/» (р» — в )' — 034/й = — '/з (уз+2)г»о — о'„) (Р=СА — расстояние ракеты до центра Солнца, рис. 236). Если эта величина отрицательна, та ракета будет описывать вокруг Солнца эллипс с большой осью Одз 2)г р', 2а= — — = а Р„'- 2Р„о — о Один из бюкусов эллипса находится в центре Солнца. Пусть »=СР— расстояние от центра Солнца до ближайшей вершины этого эллипса, тогда 2а=)т+х. Зто приводит к квадратному ураввению, меньший корень которого =)» () рг ) Заданием расстояния х на поверхности Солнца определяется линия, иа которой должна лежать заданная точка.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
