Механика материальной точки: Пособие по выполнению домашнего задания

1. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ Основные теоретические сведения Положение материальной точки (МТ) в пространственной системе отсчета r задается ее радиус-вектором ra = {xa , ya , za } — вектором, проведенным из начала координат в данную точку а (рис. 1.1). При движении МТ ее радиус-вектор y меняется. Функция, выражающая изменение радиус-вектора во времени, называется законом или уравнением движения. Закон a движения можно записать как в векторной, yа r так и в координатной форме ra zа ⎧ x = x(t ), r r ⎪ (1.1) r = r (t ) или ⎨ y = y (t ), x xа ⎪ z = z (t ). ⎩ z Знание закона движения МТ позволяет Рис 1.1. получить всю информацию о ее движении. r r В частности, скорость V и ускорение a МТ определяются формулами r r dr r dV r =V и = a. (1.2) dt dt

Соответственно для проекций скорости и ускорения справедливы формулы dx = Vx , dt dVx = ax , dt

dy = Vy , dt dVy = ay , dt

dz = Vz , dt dVz = az . dt

(1.3) (1.4)

r Зная закон движения, можно определить вектор перемещения Δr , пройденный путь S, радиус кривизны траектории и другие дополнительные характеристики движения. Задачи, в которых по известному закону движения путем его дифференцирования определяются скорость, ускорение и другие дополнительные кинематические характеристики движения, называются прямыми задачами кинематики. Соответственно задачи, в которых по известным дополнительным характеристикам движения “восстанавливается” закон движения, называются обратными задачами кинематики. Обратные задачи значительно труднее прямых. В простейших случаях они сводятся к интегрированию дифференциальных уравнений (1.3) и (1.4) методом разделения переменных. Например, если задана зависимость проекции ускорения от времени ax(t), то уравнение (1.4) можно записать в виде dVx = ax(t).dt. Интегрируя левую и правую части этого выражения, получаем формулу

Vx (t ) = ∫ ax (t ) ⋅ dt + C1 ,

(1.5)

где постоянная интегрирования С1 определяется из начальных условий, т.е. по заданному значению проекции скорости в начальный момент времени VOX (см. пример 2). Аналогично, зная VX(t) можно записать уравнение (1.3) в виде dx=Vx(t)dt и, соответственно, получить формулу x(t ) = ∫ Vx (t ) ⋅ dt + C2 ,

(1.6)

где постоянная интегрирования C2 определяется по заданному значению проекции в начальный момент времени xo (см. пример 2). В упрощенном виде решение кинематических задач можно представить в виде следующей схемы (рис.1.2):

dx = Vx dt x(t)

Vx(t) x = ∫ Vx (t ) ⋅ dt + C1

dVx = ax dt

ax(t)

V x = ∫ a x ( t ) ⋅ dt + C 2

Рис.1.2.Схема решения прямой и обратной задач кинематики. Если в процессе решения задачи возникает необходимость сопоставить движение МТ в двух системах y y’ отсчета, одна из которых {K} неподвижна, а другая {K’} K’ K движется относительно первой со скоростью Vo, то используr ются преобразования Галилея. V0 Например, если в начальный момент времени оси систем 0’ 0 координат {K} и {K’} совпадают, а система {K’} движется V0. t x x’ x’ со скоростью Vo, направленной x вдоль оси OX (рис.1.3), то для z соответствующих координат z’ МТ можно записать Рис.1.3. К преобразованиям Галилея. ⎧ x = x′ + V0 ⋅ t , ⎪ ⎪ y = y′, ⎨ ⎪ z = z′, t = t ′. ⎩⎪ Из преобразований Галилея следует закон сложения скоростей

r r r V = V '+ V0

(1.7)

Для приведенного примера (рис.1.3) в координатной форме он выглядит следующим образом Vx = Vx’ + Vo , Vy = Vy’ , Vz = Vz’. Перед решением задач своего варианта рекомендуется разобрать приведенные ниже примеры. Их нумерация соответствует порядковым номерам задач вашего варианта по данной теме. Если этой информации окажется недостаточно, то необходимо проработать теоретический материал по приведенной ниже литературе. Литература 1. Савельев И.В. Курс физики. Т.1: Механика. Молекулярная физика. Гл.1. –М.: Наука, 1989.

2. Трофимова Т.И. Курс физики. Гл.1. –М.: Высшая школа, 1990. 3. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Берклеевский курс физики. Т.1. Механика. Гл.2. –М.: Наука, 1975.

2. ЭЛЕМЕНТЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ Основные теоретические сведения События, происходящие с материальной точкой, характеризуются набором ее пространственных координат и моментом времени, т.е. совокупностью четырех величин {x,y,z,t}. В соответствии с основными постулатами теории относительности при переходе из одной инерциальной системы отсчета {K} в другую {K’}, движущуюся относительно первой, изменяются пространственные и временные соотношения между событиями. Например, если соответствующие оси систем координат параллельны, система {K} неподвижна, а {K’} движется со скоростью V0, направленной вдоль оси OX (рис. 2.1), то эти изменения определяются преобразованиями Лоренца

x′ + V0 ⋅ t ′ ⎧ ⎪x = V02 ⎪ 1− 2 ⎪ c ⎪ y = y′ ⎪⎪ ⎨ z = z′ ⎪ ⎪ t ′ + x′ ⋅ V0 ⎪t = c2 ⎪ V02 ⎪ 1− 2 c ⎩⎪

y

y’ K

K’

t

t’ r V0

0

0’

x’

x

x’

x z

z’ Рис. 2.1. К преобразованиям Лоренца. Следствиями преобразований Лоренца являются: 1. Различие в системах {K} и {K’} промежутков времени между двумя событиями. Например, если Δt0 - промежуток времени между двумя событиями, произошедшими с одной и той же материальной точкой в собственной системе отсчета (в которой материальная точка неподвижна), то промежуток времени Δt между теми же событиями в системе отсчета наблюдателя (в лабораторной) определяется по формуле Δt =

Δt0 V2 1 − 02 c

,

(2.1)

2. Различие размеров объекта в системах{K} и {K’}. Например, если в системе {K’} объект неподвижен (т.е. она является собственной) и его размеры задаются величинами Δx0 , Δy0 , Δz0 , то соответствующие размеры Δx, Δy, Δz в лабораторной системе {K} можно определить по формулам ⎧ V02 ⎪Δx = Δx0 1 − 2 , c ⎪ ⎪ Δy = Δy0 , (2.2) ⎨ ⎪ Δz = Δz0 . ⎪ ⎪⎩ 3. Релятивистский закон сложения скоростей

⎧ ⎪ V ′ + V0 , Vx = x ⎪ Vx′ ⋅ V0 ⎪ 1+ 2 c ⎪ ⎪ V y′ V02 ⎪ 1 , V (2.3) = − ⎨ y 2 Vx′ ⋅ V0 c ⎪ 1+ 2 c ⎪ ⎪ V02 Vz′ ⎪V = 1− 2 . ⎪ z Vx′ ⋅ V0 c 1+ 2 ⎪ c ⎩ где Vx′, V y′ , Vz′ - проекции скорости объекта в {K’} системе отсчета Vx , Vy , Vz проекции скорости объекта в {K} системе отсчета (рис. 2.1). Наряду с меняющимися физическими величинами при смене системы отсчета, существуют и инвариантные (неизменные) величины. Одной из них является скорость света c = c’. Инвариантен и пространственно-временной интервал между двумя событиями ΔS = ΔS’. Квадрат интервала определяется формулой (ΔS)2 = c2(Δt)2 - (Δx)2 - (Δy)2 - (Δz)2. Тогда инвариантность интервала означает, что c2(Δt)2 - (Δx)2 - (Δy)2 - (Δz)2 = c2(Δt’)2 - (Δx’)2 - (Δy’)2 - (Δz’)2. Если система {K’} является собственной, и выполняются условия, приведенные на рис. 2.1, то эту формулу можно переписать в виде c2(Δt)2 - (Δx)2 = c2(Δt0)2 .

(2.4)

Одним из основных моментов при решении задач на следствия из преобразований Лоренца является корректность в определении собственной и лабораторной систем отсчета для объектов условия задачи. Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т.1: Механика. Молекулярная физика. –М.: Наука, 1989, гл. 7. 2. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Берклеевский курс физики. Т.1. Механика. М.: Наука, 1975, гл.11. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 7.

3. ЭЛЕМЕНТЫ РЕЛЯТИВИСТСКОЙ ДИНАМИКИ Основные теоретические сведения

В отличие от известных из школьного курса физики понятий нерелятивистского импульса и нерелятивистской кинетической энергии в релятивистской динамике импульс P и энергия E определяются следующими формулами r r r m0V m0c 2 P = mV = и E = mc 2 = , (3.1) 2 2 V V 1− 2 1− 2 c c

где m0 - масса покоящейся частицы, m - масса движущейся частицы, V - ее скорость, c - скорость света. Из этих формул следует, что: - масса частицы зависит от скорости; - масса и энергия частицы являются эквивалентными величинами. Из формулы (1.41) следует, что для неподвижной частицы релятивистская энергия равна энергии покоя E0 = m0c2. Поэтому кинетическую энергию частицы T можно получить, если из релятивистской энергии частицы вычесть энергию покоя T = Е – Е0 = E - m0c2 .

(3.2)

При использовании закона сохранения релятивистской энергии в системе частиц необходимо иметь в виду, что сумма энергий покоя всех частиц системы и сумма их кинетических энергий по отдельности не сохраняются. При соответствующих условиях за счет энергии покоя частиц может возникнуть дополнительная кинетическая энергия и, наоборот, за счет кинетической энергии может появиться дополнительная масса покоя, т.е. рождение новых частиц. Во многих случаях решение задач можно упростить, если использовать следствия из формул (3.1) и (3.2): P=

1 T (2m0c 2 + T ), c

E = P 2c 2 + m02c 4 , r r Pc 2 V= . E

(3.3) (3.4) (3.5)

Для частиц, не имеющих массы покоя (энергии покоя), эти формулы преобразуются к виду P = T/c,

E = Pc = T,

V = c.

(3.6)

Для удобства расчета энергетического баланса в реакциях с элементарными частицами используют специальную единицу энергии - электронвольт (эВ) и мегаэлектронвольт (МэВ): 1 эВ = 1,6.10-19 Дж,

1 МэВ = 106 эВ.

В таблице 3.1 приведены энергии (массы) покоя некоторых элементарных частиц, выраженные в МэВ. Таблица 3.1. ЭНЕРГИЯ ПОКОЯ ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ЧАСТИЦ

Частица

Символ

Энергия покоя (МэВ)

γ

0

Фотон Нейтрино, антинейтрино

ν,

ν%

0

Электрон, позитрон

e -,

e+

0,51

μ - мезоны (мюоны)

μ-,

μ+

105,66

π - мезоны (пионы) K - мезоны (каоны),

π0

135,0

π -,

π+

139,6

K 0,

K% 0

498,0

K –,

K+

493,8

Протон, антипротон

p,

p%

938,26

Нейтрон, антинейтрон

n,

n%

939,55

Ламбда-гиперон

Λ0 ,

%0 Λ

1115,4

Сигма-гиперон

∑0 ,

%0 ∑

1192,0

∑− ,

%− ∑

1197,0

∑+ ,

%+ ∑

1189,4

Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т.1: Механика. Молекулярная физика. –М.: Наука, 1989, гл. 7. 2. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Берклеевский курс физики. Т.1. Механика. –М.: Наука, 1975, гл. 12 –15. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 7.

4. НЕРЕЛЯТИВИСТСКАЯ ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ Основные теоретические сведения

Основной задачей нерелятивистской динамики материальной точки является поиск закона движения или других кинематических характеристик по заданному внешнему воздействию и начальным условиям. Ее решение, как правило, осуществляется с помощью второго закона Ньютона r r r dP r = F или ma = F , (4.1) dt r r r где P = mV - импульс материальной точки, m - ее масса, a - ускорение, r n r r F = ∑ Fi - векторная сумма всех сил Fi , действующих на материальную точку i =1

(результирующая сила), n - число действующих сил. Многообразие законов зависимости сил от координат, скорости, времени и т.д. не позволяет выработать универсальный способ решения этого дифференциального уравнения. Рассмотрим некоторые частные случаи: r точку действуют постоянные силы. В 1. F = const , т.е. на материальную r r этом случае по уравнению ma = F определяется постоянное ускорение, а затем и другиеrкинематические характеристики. r 2. F = F ( t ) , т.е. результирующая сила зависит только от времени. Тогда после применения метода разделения переменных первое из уравнений (4.1) переписывается в виде r r F (t ) dV = dt . (4.2) m Последующее интегрирование позволяет определить скорость тела r r F (t ) V =∫ dt + C1 , m где постоянная интегрирования C1 определяется из начальных условий. 3. Движение одномерное поступательное и сила зависит от скорости, наr пример, F = {Fx (Vx ) ,0,0} . В этом случае первое из уравнений (4.1) после применения метода разделения переменных принимает в координатной форме вид 1 1 dVx = dt . (4.3) Fx (Vx ) m Интегрируя левую и правую части этого равенства можно получить зависимость скорости от времени. Более сложные случаи зависимости силы от координаты, скорости и времени требуют использования специальных методов

решения дифференциальных уравнений, которые рассматриваются в курсе высшей математики. Если в задаче фигурируют такие физические понятия, как работа силы A на траектории L и мощность силы N, то необходимо воспользоваться их определениями r r AL = ∫ F ⋅ dr , (4.4) L

r r N = F ⋅ V = F ⋅ V ⋅ cosα . (4.5) Особую группу составляют задачи, в которых масса объекта наблюдения непрерывно меняется за счет потери или приобретения вещества. Например, при выбрасывании струи газа реактивным двигателем или при «налипании» встречного потока частиц. В этом случае необходимо использовать обобщение второго закона Ньютона на систему материальных точек r r r r d P1 + P2 + ... + PN = Fdt , (4.6) r где F - результирующая всех внешних сил, действующих на рассматриваемую r систему, Pi - импульсы составляющих систему тел (в том числе потерянной или приобретенной массы). В результате можно получить (см. пример 10 а) уравнение движения точки переменной массы, полученное И.В. Мещерским r r r dV r m (t ) = F + μ1 ⋅ U1 − μ 2 ⋅ U 2 , (4.7) dt

(

)

dm1 dm2 — прибыль массы за одну секунду, μ 2 = — убыль массы за dt dt r одну секунду, U1 — скорость относительно ракеты присоединяющихся частиц, r U 2 — скорость относительно ракеты отделяющихся частиц. Для реактивных r r двигателей величина μ1 ⋅ U1 называется тормозящей силой, а – μ 2 ⋅ U 2 — реактивной силой тяги. При записи этого уравнения в проекциях на направление движения рассматриваемой точки относительную скорость встречного потока частиц необходимо записать с отрицательным знаком, т.е. –U1. Проекцию относительной скорости выбрасываемых частиц для разгоняющих двигателей необходимо писать тоже с отрицательным знаком –U2, а для тормозных двигателей с положительным знаком +U2.

где μ1 =

Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т.1: Механика. Молекулярная физика. –М.: Наука, 1989, гл. 2. 2. Киттель Ч., Найт У., Рудерман М. Берклеевский курс физики. Т.1. Механика. –М.: Наука, 1975, гл. 4. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 2.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Пример 1 Две прямые дороги пересекаются под углом α = 600. По ним к перекрестку приближаются два автомобиля: грузовик со скоростью V1= 54 км/ч и “Жигули” со скоростью V2 = 72 км/ч. С патрульного вертолета ГАИ заметили, что в некоторый момент времени грузовик находился на расстоянии L1= 500 м, а “Жигули”- L2= 1000 м от перекрестка. Определить: 1. Возможно ли столкновение машин? 2. Каково минимальное сближение машин и когда оно произойдет? 3. Какова скорость автомобилей в системе отсчета, движущейся вместе с вертолетом, если вертолет летит со скоростью V = 216 км/ч навстречу легковому автомобилю. Решение Ответ на первый вопрос необходимо получить как можно быстрее, и к счастью это можно сделать достаточно просто. Время движения грузовика t1 и время движения “Жигулей” t2 до перекрестка определяются с помощью знакомой со школьной скамьи формулы

t1 =

L1 V1

и t2 =

L2 . V2

После расчета (в системе “СИ”) получаем t1 ≈ 33 с, t2 = 50 c. Столкновение не произойдет. Теперь можно в спокойной обстановке ответить на другие вопросы задачи. y Как правило, решение подобных задач существенно упрощается, если сделать рисунок или схему ситуации (рис.1.4). Отметим, что способов решения этой задачи много (списывание у другого студента здесь и в дальнейшем не принимается в расчет, так как r S V1 рано или поздно оно приводит к “столкновению” между преподаватеα лем и студентом). Рассмотрим реше- r r O x ние, которое является наиболее об- V V2 щим для подобных задач. Выберем Рис.1.4. систему отсчета с началом координат на перекрестке и осью Ox, направлен-

ной навстречу “Жигулям”. Началом отсчета времени будем считать момент фиксации указанных в условии расстояний. В принятой системе отсчета закон ⎧ x1 = x01 + V1xt , движения грузовика будет иметь вид: ⎨ ⎩ y1 = y01 + V1 yt. ⎧ x = x02 + V2 xt , Соответственно для “Жигулей”: ⎨ 2 y2 = 0. ⎩ По условию начальные координаты и проекции скоростей равны: x01 = L1 ⋅ cosα = 500 ⋅ 0,5 м = 250 м, ⎧ ⎧ x02 = L2 = 1000 м, ⎪ y = L ⋅ sin α ≈ 500 ⋅ 0,87 м ≈ 433 м, ⎪ y02 = 0, ⎪ ⎪ 01 1 ⎨ ⎨ ⎪ V1x = −V1 ⋅ cos α = −15 ⋅ 0,5 м/с = −7,5 м/с, ⎪V2 x = −V2 = −20 м/с, ⎪⎩V1 y = −V1 ⋅ sin α ≈ −15 ⋅ 0,87м/с ≈ −13,0 м/с, ⎪⎩ V2 y = 0. Расстояние S между автомобилями определяется с помощью известной из геометрии формулы

S=

( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2

S=

( x01 + V1xt − x02 − V2 xt )2 + ( y01 + V1 yt )

или 2

.

Минимальное сближение автомобилей можно найти из условия минимума этой функции, т.е. равенства нулю производной dS/dt = 0. Чтобы избежать громоздких выкладок подставим в выражение для расстояния S численные данные, а затем найдем производную от подкоренного выражения (его минимум соответствует минимуму S).

d ⎡ 2 2 12,5t − 70 ) + ( −13t + 435 ) ⎤ = 0, ( ⎦ dt ⎣ или 2 ⋅ 12,5 ⋅ (12,5tmin − 70 ) − 2 ⋅ 13 ( −13tmin + 435 ) = 0, где tmin – время минимального сближения. После вычислений получаем tmin≈46,1 с. Подставляя найденное значение tmin в выражение для расстояния S, найдем минимальное сближение автомобилей S min ≈

(12,5 ⋅ 46,1 − 750 )2 + (13 ⋅ 46,1 − 435)2 = 240 м.

Для получения ответа на последний вопрос задачи необходимо использовать закон сложения скоростей (1.7). Будем считать, что движущаяся система отсчета имеет осиr координат, параллельные осям координат выбранной ранее r r r системы. Тогда V ' = V − V0 , где V0 = {60 м/с;0;0} - вектор скорости вертолета. Для проекций скорости грузовика получаем

⎧V '1x = V1x − V0 x = (−7,5 − 60) м/с = −67,5 м/с, ⎨ V '1 y = V1 y = −13 м/с, ⎩ а для “Жигулей”

⎧V '2 x = V2 x − V0 x = −80 м/с, ⎨ V '1 y = V1 y = 0. ⎩ Используя эти результаты, рассчитываем модули скоростей грузовика

V '1 = (V '1x ) 2 + (V '1 y ) 2 ≈ 68,7 м/с ≈ 247 км/ч

и “Жигулей” V2′ = V2′x = 80 м/с = 288 км/ч. Пример 2 Две материальные точки движутся по одной прямой, совпадающей с осью OX декартовой системы координат. В начальный момент времени первая точка имела координату x10 = 4 м, а вторая x20 = 8 м. Скорости точек меняются по законам V1x = bt + сt2 и V2x = -bt + сt2, где b = 1 м/с2, с = 2 м/с3. Определить ускорения точек в момент их встречи. Решение Для ответа на вопрос задачи предварительно необходимо найти время встречи и зависимости ускорений точек от времени. Условием встречи является равенство координат. Поэтому вначале определим законы движения по формуле (1.6)

bt 2 ct 3 x1 = ∫ V1 ⋅ dt + C1 = ∫ +bt + ct dt + C1 = + + C1, 2 3 bt 2 ct 3 x 2 = ∫ V2 ⋅ dt + C2 = ∫ −bt + ct 2 dt + C2 = − + + C2 . 2 3

(

2

(

)

)

Константу С1 определим из начального условия x1(t=0)=x10. Используя это равенство, получаем С1 = x10. Аналогично можно получить, что С2 = x20. Тогда законы движения точек примут вид x1 = x10 + bt2/2 + сt3/3, x2 = x20 – bt2/2 + сt3/3. Приравнивая эти выражения в искомый момент времени tВ, получаем x10 + btВ2/2 + сtВ3/3 = x20 – btВ2/2 + сtВ3/3. x −x Выполнив преобразования, находим t B = ± 20 10 . b

После вычислений выбираем положительное значение tВ = 2 с.

Ускорения точек находим по формуле (1.4). а1x = +b + 2сt, а2x = –b + 2сt . Подставляя в полученные уравнения найденное ранее значение времени встречи, получаем ответ а1x = +b + 2сtВ = 9 м/с2, а2x = –b + 2сtВ = 7 м/с2.

Пример 3а Закон движения грузика, прикрепленного к пружине, в отсутствии затухания имеет вид x(t) = x0 sin(ω0t +ϕ), где амплитуда x0 = 0,05 м, циклическая частота ω0 = 6,28 с–1, начальная фаза ϕ = π/2. Определить начальную координату, начальные и максимальные значения скорости и ускорения грузика. Нарисовать графики зависимости координаты, скорости и ускорения от времени x(t), Vx(t), аx(t). Решение Прежде всего, воспользовавшись тригонометрической формулой приведения, преобразуем закон движения к виду

x(t) = x0 sin(ω0t +π/2)= x0 cos(ω0 t). Начальная координата определяется из закона движения при условии t = 0.

x(t=0) = x0cos0 = x0 = 0,05 м. Получается, что в начальный момент грузик имел максимальное отклонение. Скорость грузика и ускорение определим, взяв первую и вторую производные по времени от закона движения (см. схему на рис.1.2) Vx = ax =

dx = − x0ω0 sin(ω0t ), dt

dVx = − x0ω02 cos(ω0t ). dt

Тогда максимальные значения скорости и ускорения соответственно равны

Vx max = x0ω0 = 0,31 м/с, ax max = x0ω02 = 1,97 м/с 2 . Соответственно начальные значения (при t = 0 ) равны Vx ( t = 0 ) = − x0ω0 sin(0) = 0,

ax ( t = 0 ) = − x0ω02Cos ( 0 ) = − x0ω02 = −1,97 м/с 2 . Графики зависимостей x(t), Vx(t) и аx(t) приведены на рис. 1.5. Их вид знаком из школьного курса и не нуждается в комментариях. Анализируя полученные результаты, полезно обратить внимание на то, что все три графика имеют одинаковый характер изменения, но сдвинуты относительно друг друга во времени. Кроме того, графики x(t) и аx(t) являются как бы “зеркальным отображением” друг друга, т.е. находятся в противофазе. В этом случае ускорение можно выразить через координату (подставив закон движения в формулу для ускорения):

ax = −ω02 x .

Рис. 1.5. Графики зависимостей кинематических характеристик от времени Пример 3б После выключения двигателей, подводная лодка в течение первых 15 секунд движется прямолинейно с ускорением а, меняющимся по закону V ⋅τ ax = − 0 0 2 , ( t + τ0 )

где V0 = 10 м/с — скорость лодки в начале торможения, τ0 = 10 с — характерный временной параметр движения. За какое время скорость лодки уменьшится в два раза и какое расстояние при этом будет пройдено? Решение Эта задача является обратной по отношению к предыдущей, т.е. по схеме на рис. 1.2 необходимо двигаться в противоположном направлении (справа налево).

Выберем положительное направление оси OX вдоль движения лодки, а за начало координат примем точку, в которой произвели выключение двигателей. Закон изменения скорости определим по формуле (1.5)

Vx = ∫ ax ⋅ dt + C1 = − ∫

V0 ⋅ τ 0

( t + τ0 )

dt + C1 = 2

V0 ⋅ τ 0 +C . ( t + τ0 ) 1

Подставляя в это выражение начальное условие Vx(t=0) = V0, определим значение константы С1. Получается равенство V0 = V0+C1 и следствие из него С1 = 0. Таким образом, закон изменения скорости приобретает вид V ⋅τ V0 Vx = 0 0 = . ( t + τ0 ) ( t / τ0 + 1)

График этого закона приведен на рис 1.6. Он имеет вид гиперболы со смещенной осью ординат. Время t2 уменьшения скорости в два раза определим из равенства V0 V0 = . 2 ( t2 / τ 0 + 1) Сократив на V0 , получаем t2/τ0 + 1 = 2 или t2= τ0. Таким образом, характерный параметр τ0 в данной задаче равен времени двукратного уменьшения скорости. Заметим некоторую парадоксальность полученного результата, заключающуюся в том, что скорость стремится к нулю асимптотически, т.е. лодка остановится только при бесконечном времени. Поэтому в условии задачи оговорено ограничение времени первыми 15-ю секундами. Дело в том, что приведенный в условии задачи закон изменения ускорения определен опытным (эмпирическим) путем и справедлив только для определенного диапазона скоростей. При малых скоростях необходимо использовать другие формулы. Чтобы определить пройденное расстояние, необходимо получить закон движения подводной лодки по формуле (1.6): x = ∫ Vx ⋅ dt + C2 = ∫

V0 dt + C2 = V0 ⋅ τ 0 ln ( t / τ 0 + 1) + C2 , t / τ0 + 1

где константу интегрирования С2 находим из начального условия x(t=0) = 0. Получается 0 = V0 ⋅ τ 0 ln (1) + C2 . Тогда C2 = 0 и закон движения принимает вид x = V0 ⋅ τ 0 ln ( t / τ 0 + 1) . Подставив в него найденное значение времени, получаем пройденное расстояние L = V0 ⋅ τ 0 ln ( τ 0 / τ 0 + 1) = V0 ⋅ τ 0 ln ( 2 ) = 10 м/с ⋅ 10 с ⋅ ln 2 = 69 м. График закона движения приведен на рис.1.7. Еще раз отметим, что найденный закон движения справедлив только на начальном этапе движения подводной лодки. Поэтому на рис. 1.6 и 1.7 графики “обрываются” при t > 15 с.

Рис 1.6

Рис 1.7

Пример 4 На диаграмме пространствавремени (рис.2.2) показаны три собы- сt тия A, B, C, которые произошли на оси (м) 8 OX некоторой инерциальной системы 7 отсчета. Считая, что выполняются ус6 В ловия, приведенные на рис. 2.1, найти: 5 4 С а) промежуток времени между со3 бытиями A и B в той системе отсчета, 2 где оба события произошли в одной 1 А точке, в) расстояние между точками A и 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 C в той системе отсчета, где эти собыРис.2.2. тия одновременны.

x (м)

Решение Прежде всего, необходимо разобраться с диаграммой. Ось ординат соответствует оси времени, но масштаб необычен. Для удобства время умножено на скорость света с = 3.108 м/с. При этом размерность стала соответствовать размерности пространственной координаты. Диаграмма представляет собой координатную сетку для иллюстрации закона движения x = x(t). С помощью такой диаграммы удобно устанавливать причинно-временную связь между двумя событиями. Дело в том, что самая “быстрая связь” (передача информации и т.п.) между двумя событиями может быть осуществлена с помощью светового импульса. Законы движения двух световых импульсов, вышедших из точки A в положительном и отрицательном направлениях оси OX, на диаграмме представляют собой две прямые, наклоненные под углами ±450 к оси OX (рис.2.3).

Линии законов движения “объектов” вышедших из точки A с меньшими сt скоростями (V < c) будут расположены (м) 8 внутри заштрихованной области (све7 тового конуса). Точка В находится 6 В внутри светового конуса точки А. По5 этому между событиями A и B может 4 С 3 быть причинная связь. На событие C, 2 находящееся вне светового конуса, со1 А бытие A повлиять не может, т.к. для этого потребовалась бы скорость V > -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 c. Рис.2.3.

x (м)

Для ответа на первый вопрос задачи целесообразно использовать 2 2 инвариантность интервала (2.4). При этом учтем, что (ΔyАВ) = (Δy’АВ) = 0 и

(ΔzАВ)2= (Δz’АВ)2. По условию задачи события A и B произошли в одной точке

некоторой системы {K’}. Это означает, что

(Δx’АВ)2 = 0 и c2(ΔtАВ)2 - (ΔxАВ)2= c2(Δt’АВ)2 . Тогда

Δt ′AB =

1 2 2 2 c ( Δt AB ) − ( Δx AB ) . c

Из диаграммы следует, что ctА= 1 м, xА= 2 м, ctВ= 6 м, xВ= 5 м. После . -8 подстановки этих значений и расчетов получаем (Δt’АВ) ≈ 1,3 10 с. Заметим, что если события A и B имеют отношение к одному объекту, то найденное время является собственным временем данного объекта, например, временем жизни элементарной частицы. Во втором вопросе задачи содержится условие одновременности событий A и C в некоторой системе отсчета {K’’} (отличной от {K’} и {K}), т.е. Δt’’= 0. В этом случае инвариантность пространственно-временного интервала позволяет написать

c2(ΔtАС)2 - (ΔxАС)2= -(Δx’’АC)2. Тогда Δx′′AC =

( Δx AC )2 − c 2 ( Δt AC )2 = 4 м.

Заметим, что если события A и C имеют отношение к крайним координатам одного и того же протяженного объекта, то полученная величина соответствует размеру объекта в {K’’} системе отсчета (условием измерения длины движущегося объекта является одновременность фиксации координат его крайних точек).

Пример 5а Электрический ток в линейном проводнике можно смоделировать движением цепочки электронов с некоторой скоростью V на фоне цепочки неподвижных положительных ионов. В целом проводник электронейтрален. Это означает, что расстояние между соседними электронами L_ равно расстоянию между соседними ионами L_ = L+= L0. Найти соответствующие расстояния в системе отсчета, движущейся вместе с электронами со скоростью V. Решение Эта задача удачно иллюстрирует коварство формулы (2.2). Если ее одинаковым образом применить для электронов и ионов, то получится одинаковый результат. Необходимо же учесть, что для ионов собственной является лабора-

торная система отсчета {K}, а для электронов собственной системой отсчета является движущаяся вместе с ними {K’}. Поэтому в системе {K’} расстояние между движущимися в ней ионами будет действительно определяться формулой (2.2) V02 L+′ = L0 1 − 2 . c Для электронов необходимо использовать обратное преобразование L−′ =

L0 V02 1− 2

.

c

Анализ результата. Различие расстояний между соседними положительными ионами и соседними отрицательными электронами в движущейся системе отсчета свидетельствует и о разной концентрации зарядов в этой системе отсчета. Если при этом величина отдельного заряда не меняется (инвариантна), то электронейтральность проводника в движущейся системе отсчета нарушается и в ней появится электрическое поле. Это информация к размышлению. Пример 5б Протон, имеющий скорость относительно центра галактики V = 0,999c (с = 3.108 м/с - скорость света), пересек ее по диаметру, который равен 105 световых лет. Сколько времени понадобится протону на это путешествие “с его точки зрения” (т.е. в собственной системе отсчета)? Решение Прежде всего, выразим заданный размер галактики (в ее собственной системе отсчета) в метрах d = c⋅τ, где τ = 105 лет = 105. 365.24.3600 секунд. На этот путь протон затратит время t =d/V = c⋅τ/V. Это время между двумя событиями, произошедшими с протоном - “началом” и “концом” пути. Поэтому в собственной системе отсчета протона оно будет определяться по формуле (2.1)

V2 t0 = t 1 − 2 . c Заметим, что этот же результат можно получить, используя инвариантность пространственно-временного интервала. Запишем его для двух событий (“начало” и “конец” путешествия) в собственной системе отсчета галактики и в собственной системе отсчета протона

c2t2 - d2= c2t02 . После подстановки значений t и d в обоих случаях получаем

c2 c2 t0 = τ 2 − 1 = τ − 1 ≈ 4,5 ⋅ 103 лет. 2 2 V 0,999 c

Пример 5в Микрочастица, имеющая скорость V = 0,1c, одновременно испустила два фотона - один вдоль своего движения, другой в противоположном направлении. Найти скорость фотонов в лабораторной системе отсчета. Решение Если фотоны в системе отсчета микрочастицы имеют скорости +с и –с, то в лабораторной системе отсчета их скорости будут соответственно равны (см. формулу (2.3))

V+ =

c +V = c, c ⋅V 1+ 2 c

V− =

−c + V = c. c ⋅V 1− 2 c

Заметим, что если воспользоваться преобразованиями Галилея, то получится V± = V ± c . Такой результат противоречит постулату теории относительности об инвариантности скорости света.

Пример 6а Электрон имеет скорость V = 0,5с. Во сколько раз нужно ее увеличить для того, чтобы импульс электрона удвоился? Решение Искомая величина определяется отношением n = U/V, где U-новая скорость электрона. Используя формулу (3.1), условие задачи можно переписать в виде

m0U U2 1− 2 c

=2

m0V V2 1− 2 c

.

Произведя замену U = nV и соответствующие сокращения, получаем

n n 2V 2 1− 2 c

=

2 V2 1− 2 c

n 2V 2 V2 2 1− 2 = n 1− 2 . c c

или

После преобразований получаем ответ n =

2 V2 1+ 3 2 c

≈ 1,5.

Пример 6б Над электроном, летящим со скоростью V = 0,1с, была совершена работа A= 8,2.10-14 Дж. Найти изменение скорости, импульса и кинетической энергии электрона.

(3.1)

Решение Начальные значения импульса P1 и энергии E1 найдем с помощью формул

P1 =

m0V 1−

2

V c2

При заданном значении скорости

и

E1 =

m0c 2 1−

2

V c2

.

V2 1 − 2 ≈ 1, и тогда c

P1 ≈ m0V = 0,1m0c , E1≈ m0c2 = 0,511 МэВ = 8,2.10-14 Дж. Обратим вни2 мание, что численные значения A и E1 совпадают и равны m0c . Совершаемая над электроном работа идет на изменение его кинетической энергии (т.к. энергия покоя электрона не может измениться) A = ΔT. Соответственно увеличится и полная релятивистская энергия E2 = E1 + A. Учитывая, 2 что численные значения A и E1 совпадают и равны энергии покоя m0c , можно . 2 записать E2 = 2 m0c . В соответствии с формулой (3.2) новая кинетическая 2 2 энергия T2 = E2 - m0c = m0c . Новые значения импульса и скорости можно определить по формулам (3.3) и (3.5)

P2 =

1 T2 (2m0c 2 + T2 ) = m0c 3, c

V2 =

P2c 2 3 =c . E2 2

⎧ ⎛ 3 ⎞ ΔV = c ⎜ − 0,1⎟ = 0,77c, ⎪⎪ Тогда ⎨ ⎝ 2 ⎠ ⎪ −22 кгм/с. ⎪⎩ΔP = m0c 3 − 0,1 = 4,5 ⋅ 10

(

)

Пример 7а + Покоящаяся нейтральная частица распалась на протон p с кинетической энергией TР = 5,3 МэВ и π -мезон. Найти массу распавшейся частицы. Решение +

-

Запишем реакцию X → p + π , где X - неизвестная частица. Законы сохранения энергии и импульса для этой реакции имеют вид M x c 2 = m p c 2 + Tp + mπ c 2 + Tπ , r r 0 = Pp + Pπ . Очевидно, что импульсы протона и π - -мезона равны по величине и противоположно направлены, т.е. Pp = Pπ . Тогда, используя формулу (3.3), полу-

(

)

(

)

чим Tπ 2mπ c 2 + Tπ = Tp 2m p c 2 + Tp . Отсюда можно найти кинетическую энергию π - -мезона. Для этого нужно решить квадратное уравнение относительно неизвестной кинетической энергии π - -мезона Tπ

(

)

Tπ2 + 2mπ c 2Tπ − Tp 2m p c 2 + Tp = 0. Решая его, получим Tπ = 32 МэВ. Тогда масса распавшейся частицы находится из закона сохранения энергии M x c 2 = m p c 2 + Tp + mπ c 2 + Tπ = 1115 МэВ. Используя данные таблицы 3.1. можно идентифицировать распавшуюся частицу. Это был Λ -гиперон.

Пример 7б

π + -мезон, летящий со скоростью V = 0,87с, распадается с образованием μ+ -мезона и нейтрино ν по реакции π + → μ+ + ν . Найти энергию нейтрино и угол между направлениями разлета продуктов реакции, если кинетическая + энергия μ мезона равна 73,5 МэВ. Решение Схема реакции приведена на рис.3.1. Угол между направлениями разлета θ будем искать как угол между векторами импульсов продуктов реакции. Законы сохранения энергии и импульса для этой реакции имеют вид r Pν r ⎧⎪ Eπ = Eμ + Eν , P θ π r r ⎨ r ⎪⎩ Pπ = Pμ + Pν . r Рис.3.1. Pμ +

Энергию π -мезона можно найти по формуле (3.1)

Eπ =

mπ c 2

. V2 1− 2 c Подставив в нее численное значение скорости V = 0,87с, получим + + Eπ = 2mπ c 2 . Таким образом, энергия π -мезона равна двум энергиям покоя π -мезона. Тогда на долю кинетической энергии приходится энергия, равная его энергии покоя. Из закона сохранения энергии найдем энергию нейтрино Eν = Eπ − Eμ = 2mπ c 2 − mμ c 2 − Tμ = 100 МэВ. Заметим, что у нейтрино энергия покоя равна нулю и полученное значение соответствует кинетической энергии нейтрино. Для определения угла θ между направлениями разлета продуктов реакции воспользуемся теоремой косинусов (см. рис.3.1). Pπ2 = Pμ2 + Pν2 + 2 Pμ Pν cosθ, где θ - искомый угол. Тогда

cosθ =

Pπ2 − Pμ2 − Pν2 2 Pμ Pν

.

Величины импульсов каждой частицы определим по формуле (3.3) Pπ =

1 1 241,8 МэВ Tπ (2mπ c 2 + Tπ ) = mπ c 2 3 = , c c c

Pμ =

1 144,7 МэВ Tμ (2mμ c 2 + Tμ ) = , c c

Pν =

Tν 100 МэВ = . c c

Произведем расчет угла: 241,7 2 − 144,7 2 − 1002 cosθ = = 0,951, 2 ⋅ 144,7 ⋅ 100

θ = 18°.

Пример 7в Современные ускорители строятся с таким расчетом, чтобы они могли разгонять частицы до энергий, достаточных для образования новых частиц. Например, если ускоренными протонами облучается мишень, содержащая протоны (атомы водорода), то возможна реакция p + p → p + p + p + p% , где p - протон, p% - антипротон (частица с массой протона, но с отрицательным зарядом). Пороговой энергией реакции называется минимально необходимая для ее осуществления кинетическая энергия бомбардирующих частиц. Определить величину пороговой энергии.

Решение В рассматриваемой реакции часть кинетической энергии бомбардирующего протона превращается в энергию покоя протона и антипротона, а другая часть остается в виде кинетической энергии продуктов реакции. Пороговая энергия реакции соответствует случаю минимума кинетической энергии ее продуктов. Эта ситуация реализуется при отсутствии разлета продуктов реакции, когда четыре частицы, перечисленные в правой части формулы реакции, движутся вместе как одна частица с массой покоя 4 m p . Для решения задачи достаточно записать законы сохранения энергии и импульса. Если пороговую кинетическую энергию налетающего протона обозначить TP, а кинетическую энергию продуктов реакции 4T1, то эти законы будут иметь вид Tp + 2m p c 2 = 4T1 + 4m p c 2 , Pp = 4 P1. Воспользовавшись формулой (3.3), можно получить систему уравнений с неизвестными TP и T1.

⎧ Tp = 4T1 + 2m p c 2 , ⎪ ⎨ 2 2 ⎪⎩Tp 2m p c + Tp = 16T1 2m p c + T1 .

(

)

(

)

Решая ее, найдем пороговую кинетическую энергию Tp = 6m p c 2 = 5629 МэВ. Таким образом, для образования двух новых частиц потребовалось разогнать протон до кинетической энергии в три раза большей, чем суммарная энергия покоя этих частиц.

Пример 8 С вертолета свисает трос длиной L = 40 м, к нижнему концу которого прикреплен груз массой m1= 50 кг. Масса вертолета m0= 10 т, масса троса m2= 20 кг. Определить силу натяжения троса в сечении, находящемся на расстоянии b = 10 м от точки закрепления верхнего конца. Считать, что подъемная сила вертолета F равна 104 кН. Решение Имеющуюся систему тел можно разбить на два объекта (рис.4.1). Массы верхнего объекта mВ и нижнего объекта mН соответственно равны:

⎛ b⎞ mH = m1 + m2 ⎜1 − ⎟ . ⎝ L⎠ r r На верхний объект действуют подъемная сила F , сила тяжести mB g и исr комая сила натяжения троса FH , направленная вниз. На нижний объект дейстr r вуют сила тяжести mH g и сила натяжения троса FH′ , направленная вверх. При r r этом FH и FH′ численно равны по третьему закону Ньютона. mB = m0 + m2

Y

b , L

r F

r FH

вертолет с верхней частью троса;

r FH′ r mB g

нижняя часть троса с грузом.

r mH g

Рис. 4.1. Запишем второй закон Ньютона для выделенных объектов в проекции на вертикальную ось.

Для верхнего объекта Для нижнего объекта

OY: F - mВg – FН = mВа, OY: FН – mНg = mНа.

Решая полученную систему уравнений относительно искомой силы натяжения, получаем FH = F

mH = 671 H. mB + mH

Пример 9 Двигатель самолета на взлетной полосе обеспечивает силу тяги FT = 40 кН. Масса самолета m = 10 т. Взлет самолета данного типа разрешается при достижении скорости V0 = 360 км/ч. Какова длина разгона самолета, если на него действует сила сопротивления воздуха FC = -αV? Коэффициент пропорциональности α = 200 Н.с/м. Какая часть работы силы тяги пойдет на увеличение кинетической энергии самолета к моменту взлета?

Решение Пусть направление взлетной полосы совпадает с осью OX. Результирующая сила FХ, действующая на самолет, равна разности силы тяги и силы сопротивления FХ = FТ - αVХ. Тогда второй закон Ньютона можно записать в виде

OX:

m

dVX = FT − αVX . dt

Для того, чтобы проинтегрировать это дифференциальное уравнение, применив метод разделения переменных, преобразуем его к виду 1 F dVX = T dt . ⎛ ⎞ m α ⎜ 1 − VX ⎟ ⎝ FT ⎠

⎛ α ⎞ Введем безразмерную переменную, обозначив ⎜1 − Vx ⎟ = U . Тогда ⎝ FT ⎠ F 1 α dVx = − T dU и уравнение принимает вид dU = − dt . U m α Проинтегрировав обе части этого уравнения, получаем lnU = −

α t + C1 . m

После обратной замены переменной это уравнения приобретает вид ⎛ ⎞ α α ln ⎜1 − VX ⎟ = − t + C1 . m ⎝ FT ⎠ Для определения постоянной интегрирования используем начальное условие V(t=0) = 0. Тогда C1 = 0. Подставив это значение постоянной в найденное решение уравнения, и сделав преобразования, получаем ⎛ α ⋅ VX ln ⎜1 − FT ⎝

⎞ α ⎟=− t. m ⎠

По определению логарифмической функции это выражение можно представить в виде α

− t α ⋅ VX 1− = e m или FT

VX VMAX V0 0

t0

t

F VX = T α

α ⎛ − t⎞ m ⎜1 − e ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Как всегда при решении задачи полученный ответ необходимо осмыслить и сделать правильные выводы. С этой целью построим график зависимости скорости от времени (рис.4.2). Из него следует, что скорость самолета с увеличением времени асимптотически стремится к предельному значению VMAX=FT /α = 200 м/с = 720 км/ч.

Рис.4.2. Это скорость установившегося движения самолета. Момент взлета t0 самолета можно определить, решая уравнение F V0 = T α После преобразований получаем

α ⎛ − t0 ⎞ m ⎜1 − e ⎟. ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

t0 = −

m ⎛ α ⋅ V0 ⎞ ln ⎜1 − ⎟ = 35 c. α ⎝ FT ⎠

Для определения длины разгона самолета необходимо по известной функции VX(t) найти закон движения и подставить в него полученное значение t0. Используем формулу (1.6):

F x = ∫ VX (t ) ⋅ dt = ∫ T α

α α ⎛ − t⎞ FT ⎛ m − m t ⎞ m ⎜1 − e ⎟ dt = ⎜ t + e ⎟ + C2 . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ α α ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Постоянную интегрирования С2 найдем из начального условия x(t=0) = 0 0=

m ⋅ FT + C2 α2

C2 = −

или

m ⋅ FT . α2

Окончательно закон движения принимает вид F ⋅ t mF x = T − 2T α α

α ⎛ − t⎞ m ⎜1 − e ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Подставив в него значение t0= 35 с, найдем длину разгона L = 1931 м. График закона движения приведен на рис.4.3. Ранее было показано, что с увеличением времени скорость самолета растет до предельного значения VMAX.

Соответственно увели- Х чивается наклон касательной к графику закона движения, а сам график асимптотически стремится к пунктирной прямой m⋅F F 0 xA = − 2 T + T t . α α

xA = − Рис.4.3.

m ⋅ FT FT + t α α2 t

Для ответа на второй вопрос задачи необходимо найти работу силы тяги на этапе разгона. Учитывая, что сила тяги не меняется и совпадает с направлением движения, формулу (4.4) можно записать в виде A = FT .L . cos 0 = 77 МДж. Кинетическая энергия самолета в момент взлета равна mV 2 = 50 МДж. T= 2

Эта величина составляет только 65% от работы силы тяги. Заметим, что при дальнейшем движении все большая часть работы силы тяги двигателя будет затрачиваться на компенсацию работы силы сопротивления. При установившейся скорости полета вся мощность двигателей затрачивается на компенсацию мощности силы сопротивления.

Пример 10а Из пущенной с поверхности Земли вертикально вверх ракеты вырывается вниз струя газа со скоростью U относительно ракеты. Начальная масса ракеты с топливом равна m0, ежесекундный расход топлива равен μ (кг/с). Определить ускорение ракеты через время t1 после старта, считая поле тяжести однородным.

Решение Выберем неподвижную систему отсчета связанную с Землей. В соответствии с условием задачи масса ракеты непрерывно уменьшается и основное уравнение динамики необходимо использовать в виде (4.6). Рассмотрим его запись в проекции на вертикальную ось OY. Пусть m = m(t) - масса ракеты в произвольный момент времени t, а V = V(t) - ее скорость в тот же момент. Для выбранного момента времени импульс ракеты равен mV. Спустя время dt масса ракеты станет равной (m -μ dt), а скорость (V + dV). Соответственно, импульс ракеты примет значение (m -μ dt) (V + dV). Кроме того, выброшенная порция газа (которая тоже принадлежит рассматриваемой системе) в выбранной системе отсчета станет обладать импульсом -μ dt (U - V). Тогда изменение импульса системы dPy = [(m -μ dt) (V + dV) -μ dt (U - V)] - [mV] и, соответственно, уравнение (4.6)

OY: [(m -μ dt) (V + dV) -μ dt (U - V)] - [mV] = - mg dt.

Раскроем скобки

mV – Vμ dt +m dV - μ dt dV – U μ dt + V μ dt – mV = - mg dt и после сокращений получим m dV - μ dt dV – U μ dt = - mg dt. Величины dt и dV стремятся к нулю. Поэтому, произведение μ dt dV можно исключить, как бесконечно малую величину высшего порядка. С учетом этого предыдущее соотношение преобразуется к виду mdV = (U μ - mg) dt. После деления на dt получаем m

dV . = μ ⋅ U − mg , где m = m0 - μ t. dt

dV является искомым ускорением ракеты, запишем поdt лученный результат в виде Учитывая, что

OY:

ma = μ ⋅ U − mg .

По форме это уравнение похоже на второй закон Ньютона. Однако масса . здесь не постоянна и к внешней силе добавляется произведение μ U, которое может быть истолковано как реактивная сила. Это уравнение является частным случаем уравнения И.В. Мещерского (4.7) для движения точки с переменной массой. Окончательный результат решения запишем в виде a=

μ ⋅U −g. m0 − μ ⋅ t1

При необходимости, интегрируя это уравнение можно получить зависимость скорости ракеты от времени, а затем и закон движения.

Пример 10б Водометный двигатель катера выбрасывает назад струю воды со скоростью U = 8 м/с относительно катера. Расход воды в его турбине μ = 70 кг/с. Пренебрегая сопротивлением движению катера, определить его скорость V1 в спокойной воде через t1= 50 c после начала движения. Масса катера m0 = 5 т.

Решение Выберем систему отсчета связанную со спокойной водой. Ось координат OX направим вдоль направления движения катера. Пусть в некоторый момент времени скорость катера равна V. Масса катера m0 не меняется, внешние силы отсутствуют, проекция относительной скорости поступающей в турбину воды равна - V, а для выбрасываемой –U. Соответственно уравнение И.В. Мещерского (4.7) запишем в виде

OX: m0

dV dV ⎛ V⎞ = −μ ⋅ V + μ ⋅ U или OX: m0 = μU ⎜1 − ⎟ . dt dt ⎝ U⎠

Введем безразмерную переменную W = 1 – V/U. Тогда dV = -U dW и после замены и разделения переменных получаем уравнение 1 μ dW = − dt . W m0 Такое уравнение рассматривалось в примере 9. Интегрируя его, можно поμ μ ⎛ V⎞ лучить lnW = − t + C или ln ⎜1 − ⎟ = − t + C . Из начального условия m0 m0 ⎝ U⎠

V(t=0) = 0 определяем С = 0 и приводим уравнение к виду μ ⎛ V⎞ ln ⎜1 − ⎟ = − t . m0 ⎝ U⎠ Используя определение логарифмической функции, получаем μ

− t V 1 − = e m0 или U

График этой функции при- VX веден на рис. 4.4. Скорость асимптотически стремится к предельному значению VMAХ = U U. В этом случае скорость выбрасываемой струи воды в вы- V1 бранной системе отсчета равна

μ ⎛ − t⎞ V = U ⎜1 − e m0 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

нулю 0 t1 t VВ= (U - VMAХ) = 0 и ускорения не будет. Рис. 4.4. После подстановки в полученное выражение для скорости условия t1 = 50 с и расчета получаем ответ V1≈ 4 м/с.