Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Беликов Б.С. -> "Решение задач по физике. Общие методы" -> 21

Решение задач по физике. Общие методы - Беликов Б.С.

Беликов Б.С. Решение задач по физике. Общие методы — М.: Высшая школа, 1986. — 256 c.
Скачать (прямая ссылка): reshenzadach1986.djvu
Предыдущая << 1 .. 15 16 17 18 19 20 < 21 > 22 23 24 25 26 27 .. 75 >> Следующая

отсчета свяжем с Землей, начало координат поместим в центр Земли О, а ось OX направим, как показано на рис. 12.1. Рассмотрим произвольное положение материальной точки, находящейся на расстоянии х от центра Земли в момент времени t (рис. 12.1). На нее действует сила тяготения со стороны шара радиуса х
где Mx— масса этого шара. Пусть средняя плотность Земли
_ M 9 ~ VstiR* *
12.1
ля — внешнее тело. Материальная точка под действием силы тяготения Земли ускоренно движется к ее центру. Миновав центр Земли, тело продолжает движение, но уже замедленно. Так как сил сопротивления нет, то тело, достигнув другого конца шахты, снова начнет двигаться ускоренно к центру Земли и т. д. Таким образом, физическое явление заключается в колебательном движении материальной точки. Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систему
(12.1)
60
где M=6-1024 кг — масса Земли, R&6400 км — радиус Земли. Тогда ^=4/3 ярх8 и выражение для силы тяготения (12.1) приобретает вид
Рх—*/а nGpmx.
Можно доказать, что сила тяготения, действующая со стороны оставшегося шарового слоя толщиной (R—х), равна нулю.
По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение колебаний материальной точки:
тх =— Fx или х + 4/8 nGpx = 0,
что совпадает с дифференциальным уравнением свободных незатухающих колебаний, если положить
«о = 4Z8 ixGp.
Таким образом материальная точка, опущенная в шахту, совершает гармонические колебания по закону
X=X0 sin ((D0f+a0). (12.2)
Амплитуду X0 и начальную фазу а0 определим из начальных условий (x=R, v=x=0 при /=0): R=X9 sin a0, O=X0O)0 cos a0.
Отсюда а0=я/2 и X0=R. Закон движения (12.2) приобретает вид
x=R sin(co0/+Jt/2).
Зная закон движения, можно теперь определить любую физическую величину, характеризующую данное физическое явление. Найдем скорость материальной точки в центре Земли:
V = X = Ra)0 cos (ю0/ + it/2).
Так как в центре Земли (начало координат) х=0 и sin ((D0/+ +я/2)=0, то cos((o0/+Jt/2) = l. Следовательно, искомая скорость
V=R(X)0=VgMIr, v=7,8 км/с.
Полученная скорость равна первой космической скорости для Земли. Период колебания
мин.
Он равен периоду обращения искусственного спутника Земли на круговой орбите радиуса, равного радиусу Земли.
Можно усложнить эту задачу, если учесть силу сопротивления воздуха. Предположим, что сила сопротивления воздуха пропорциональна скорости материальной точки: F0=—гх- Тогда по второму закону Ньютона находим дифференциальное уравнение затухающих колебаний:
л?+26л:+ V8 JtGpJc = O;
решением его является функция
jc=jc0e~6' sin((o^+a0),
где (о= у V3^Gp-J-J ,
Начальную амплитуду X0 и начальную фазу а0 определим из начальных условий (x=R, V0=X=O при /=0): ,R=JC0SiHa0, 0=—б sin a0+co cos a0.
Отсюда
X0 = R V\ + (б/о)2, a0 = arctg(o)/o).
Следовательно, и в этом случае динамическим методом окончательно получен закон движения
X= R Yl+(^)2e-6/sin(^+arctg|).
- Пример 12.2 В воде плавает льдина в виде параллелепипеда с площадью основания S=I м2 и высотой H=0,5 м. Льдину погружают в воду на небольшую глубину X0=5 см и отпускают. Определить период ее колебаний. Силой сопротивления воды пренебречь.
Решение. В физическую систему включим одно тело — льдину. Внешние тела — Земля и вода.
Физическое явление заключалось в том, что сначала льдина находилась в покое, а затем стала совершать колебательные движения. Льдину в условиях данной задачи нельзя принять за материальную точку, но легко видеть,' что каждая ее точка движется одинаковым образом. Следовательно, для решения задачи достаточно описать движение какой-либо одной ее точки, например центра масс. Приме-
62
ним второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с водой (предполагается, что она неподвижна и изменением уровня ее поверхности при погружении льдины можно пренебречь). Начало координат О поместим на поверхности воды, а ось OX направим так, как показано на рис. 12.2.
Рассмотрим состояние льдины до погружения. Она находится в равновесии. На нее действуют две силы: сила тяжести mg=рл=P31SHg (где рл=900 кг/м3 — плот-
J
I 0 h
т, Г"
S-----1 тд.
\ 'X
12.2
ность льда) и выталкивающая сила Архимеда FA=pBShg (где рв=103 кг/м3—плотность воды, h—глубина погружения льдины в состоянии равновесия). По второму закону Ньютона получаем
pnSHg—pBShg=0,
(12.3)
откуда /і = (рл/рв)Я.
- Исследуем состояние льдины после погружения. При погружении на дополнительную глубину X (где X — произвольная величина; рис. 12.3) появляется дополнительная сила Архимеда F=pBSxg=pBSgx. Учитывая уравнение (12.3), по второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение свободных незатухающих колебаний]
mx= — pBSgx,
или
je + міх = 0,
(12.4)
гдє
ro2 = J?B?
0)0 РдЯ *
(12.5)
63
Из уравнения (12.5) определяем искомый период колебаний:
T0 = — = 2п ]/М. (12.6)
Отсюда находим, что 7V^ 1,3 с.
Из уравнения (12.6) видно, что период колебаний не зависит от площади поперечного сечения 5 льдины и, следовательно, в условиях данной задачи это лишняя величина. Плотности же воды рв и льда рл необходимо взять из таблиц.
Предыдущая << 1 .. 15 16 17 18 19 20 < 21 > 22 23 24 25 26 27 .. 75 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed