то что давала филимонова / Лекции Механика для студентов Физика

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Елецкий государственный университет им. И.А. Бунина

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

r = a(e × chξ -1) t =

(e × shξ - ξ )

x = a(e - chξ )

.pdf

Скачиваний:

292

Добавлен:

09.02.2015

Размер:

4.53 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 289 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

ϕ = -ò

Mdt

= -ò

ö2

2EM

ö2

- M

2 ç

çt

+ 1÷

- çt -

mα

p ø

dç

t -

1 ö

ϕ = -

= -ò

t -

+ const

= arccosç

æ p

1 ö

t -

1 - ç

è e

e ø

æ p - r ö

ϕ = arccosç

+ const

Выбирая начало отсчета угла ϕ

так,

чтобы const = 0 , перепишем

формулу для траектории в виде:

cosϕ =

p - r

e cosϕ = rp -1Þ rp =1 + e cosϕ

(38

)

Это есть уравнение конического сечения с фокусом в начале координат. р и е – так называемые параметр и эксцентриситет орбиты. Сделанный нами выбор начала отсчета ϕ заключается, как

видно из (38), в том, что точка с ϕ = 0 является ближайшей к центру

(так называемый перигелий орбиты).

В эквивалентной задаче двух тел, взаимодействующих по за- кону (34), орбита каждой из частиц тоже представляет собой коническое сечение с фокусом в их общем центре инерции.

Из (37)	видно,	что	при E < 0
эксцентриситет	e < 1 ,	т.е.	орбита

является эллипсом (рис. 6) и движение

финитно в соответствии со сказанным в начале параграфа. Согласно известным

формулам

аналитической

геометрии

большая и малая полуоси эллипса равны:

a =

, b =

(39)

Рис. 6

1 - e2

Наименьшее

допустимое

значение

энергии совпадает с (36), при этом

e = 0 ,

т.е. эллипс

обращается в

окружность. Отметим, что большая полуось эллипса зависит только от энергии (но не от момента) частицы. Наименьшее и наибольшее расстояния до центра поля (фокуса эллипса) равны:

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

rmin = 1 +p e = a(1 - e)

rmax = 1 -p e = a(1 + e)

Эти выражения можно было бы, непосредственно как корни уравнения U эф (r)= E

(40)

конечно, получить и с учётом (37).

Время обращения по эллиптической орбите, т.е. период движения Т,

удобно определить с помощью закона сохранения момента в форме “интеграла площадей” (25). Интегрируя это равенство по времени от нуля до Т, получим:

2mf = MT

f = πab , и с

где – площадь орбиты.

Площадь эллипса равна

помощью формул (39) находим:

2m ×πab = MT

2mπ ×

= MT Þ

2mπα

(41)

T =

= πα

= 2πa

~ a

Таким образом, квадрат периода должен быть пропорционален кубу линейных размеров орбиты. Отметим также, что период зависит только от энергии частицы.

При E ³ 0 движение инфинитно. Если E > 0 , то эксцентриситет e >1, т.е. траектория является гиперболой, огибающей центр поля (фокус), как показано на рис. 7. Расстояние перигелия от центра

rmin	=		p	= a(e -1)	(42)
		1	+ e

где

a = e2 p-1 = 2αE

– “полуось” гиперболы.

В случае же Е = 0 эксцентриситет е = 1, т.е. частица движется по параболе, с расстоянием перигелия rmin = 2p .

Этот случай осуществляется, если частица начинает свое движение из состояния покоя на бесконечности.

Рис. 7 Зависимость координат частицы от времени при движении по орбите может быть найдена с помощью общей формулы (28).

Она может быть представлена в удобном параметрическом виде следующим образом.

Рассмотрим сначала эллиптические орбиты. Вводя а и е согласно (37), (39), запишем интеграл (28), определяющий время, в виде:

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

t =

rdr

- r 2 +

r -

- (r - a)

помощью естественной подстановки

r − a = −ae cosξ

этот интеграл приводится к виду

е =

ma3

ò(1 - e cosξ )dξ =

ma3

(ξ - e sin ξ )+ const

Выбирая начало отсчета времени так, чтобы обратить const в нуль,

получим окончательно следующее параметрическое представление зависимости r от t:

r = a(1 - e cosξ ), t =	ma3	(ξ - e sin ξ )	(43)
	α

(в момент t = 0 частица находится в перигелии). Через тот же параметр ξ , можно выразить и декартовы координаты частицы x = r cosϕ , y = r sin ϕ (оси х и у направлены соответственно по большой и малой полуосям эллипса). Из (38) и (43) имеем

ex = p - r = a(1 - e2 )- a(1 - e cosξ )= ae(cosξ - e)

а у найдем, как r 2 - x2 . Окончательно:


x = a(cosξ - e), y = a 1 - e2 sin ξ			(44)

Полному обороту по эллипсу соответствует изменение параметра ξ

от нуля до 2π .

Совершенно аналогичные вычисления для гиперболических траекторий приводят к результату

где параметр ξ пробегает значения от − ∞ до + ∞ . Обратимся к движению в поле отталкивания, в котором

U =	α			(46)
	r
	(α > 0 ). В этом случае эффективная потенциальная
	энергия	α
	U эф =	α	+	M 2
	U эф =	r	+	2mr 2
		r		2mr 2
	монотонно убывает от + ∞ до нуля при изменении
	r от нуля до			+ ∞ . Энергия частицы может быть только
Рис. 8	положительной и движение всегда инфинитно. Все

вычисления для этого случая в точности аналогичны произведенным выше. Траектория является гиперболой

p	= -1 + e cosϕ	(47)
r	= -1 + e cosϕ	(47)
r
		83

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

(р и е определяются прежними формулами (37)). Она проходит мимо центра поля, как показано на рис. 8. Расстояние перигелия

rmin =	p	= a(e +1)	(48)
	e -1

Зависимость от времени дается параметрическими уравнениями

r= a(e × chξ + 1) x = a(chξ + e)

y = a

e2 -1

× shξ

(49)

t = maα 3 (e × shξ + ξ )

Итак,	мы		определили				r	r	(t). Теперь мы можем определить
							r	= r
траектории	r	r	(t) и	r	r	(t)	каждой из частиц m1 и m2 в отдельности (по
	r1	= r1		r2	= r2

отношению к их общему центру инерции) по формулам (19):

ìr				m2	r
ïr1	=				r
ïr1	=	m1		+ m2	r
ï		m1		+ m2
ír				m		r
ïr	= -			1		r
ïr	= -					r
ï 2			m1 + m2
î			m1 + m2

Если говорить конкретно о движении планет в Солнечной системе, то таким образом мы учитываем движение Солнца. Если теперь рассматривать движение планеты относительно Солнца, формально дело происходит так, как если бы гравитационная постоянная

	æ		ö
увеличилась в	ç1	+	M планеты	÷	раз. Поэтому для относительного движения

	ç		÷
	è		M солнца ø

первый и второй законы Кеплера остаются справедливы, только в этом

случае планета и Солнце движутся по эллипсам с общим фокусом в центре инерции. Третий же закон перепишется так:


a3	=	γ	æ		+	m ö		Þ
			ç1				÷
T 2		4π 2
			è			M ø
	a3			= const				(50)
T 2 (M + m)

На формуле (50) основано определение масс планет, имеющих спутников, а также суммы масс двойных звёзд. Если масса спутника пренебрежимо мала по сравнению с массой планеты, то для движения спутника справедлив третий закон Кеплера, где положено m=0. Постоянную Кеплера можно вычислить, измерив размеры орбиты и время обращения спутника. Зная гравитационную постоянную, можно вычислить массу планеты в единицах массы Земли.

Если планета не имеет спутников, то её массу можно вычислить по возмущению в движении других небесных тел. Например, масса Меркурия была определена по возмущениям орбиты кометы Энке.

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

Сделаем вывод: в поле с U = −	α	частица может двигаться (в
	r

зависимости от полной энергии) по эллипсу, параболе и гиперболе. В

частности все планеты движутся вокруг Солнца по эллипсам с очень малыми эксцентриситетами, а кометы – по очень вытянутым эллиптическим орбитам с фокусом в центре Солнца (первый закон Кеплера). При этом радиус-вектор тела за равные промежутки времени описывает равные площади (второй закон Кеплера). Отсюда следует, что квадрат периода обращения тела пропорционален кубу большой полуоси его орбиты (третий закон Кеплера).

Все три закона были эмпирическим путём (наблюдением за планетами) выведены Кеплером. Любопытно, что Ньютон, используя эти законы, вывел

свой закон гравитационного взаимодействия тел и смог на его основе объяснить движение планет. Так поступили и мы, по существу вычислив все возможные траектории материальной точки во внешнем поле. Заметим, что мы более точно определили движение планет, учитывая и движение Солнца вокруг общего центра инерции. Если бы мы учли и взаимное влияние планет, то обнаружили бы, что планеты движутся не по эллипсам.

Отклонения от эллиптических орбит позволяют вычислять массы планет и параметры их орбит. Так были открыты далёкие планеты Нептун и Плутон.

Динамика тел переменной массы.

Нерелятивистские ракеты.

Реактивное движение.

В ракетных двигателях сила тяги создается в результате извержения продуктов горения топлива в направлении, противоположном силе. Она

возникает по закону Ньютона как сила реакции и поэтому называется реактивной, а двигатель – реактивным. Однако надо подчеркнуть, что всякий двигатель, создающий тягу, является, в сущности говоря, реактивным. Например, сила тяги обыкновенного пропеллерного самолета есть реактивная сила, возникающая в результате ускорения пропеллером массы воздуха в направлении, противоположном направлению движения самолета. Сила тяги пропеллерного самолета есть сила, с которой отбрасываемые пропеллером назад массы воздуха действуют на самолет. Она приложена к пропеллеру, жестко соединенному с самолетом. Железнодорожный состав трогается с места под действием реактивной тяги, которая создается в ре- зультате ускорения рельсов и земной поверхности в противоположном на- правлении, если движение рассматривать в инерциальной системе коорди- нат, связанной с неподвижными звездами. Конечно, практически заметить

движение рельсов и земной поверхности невозможно ввиду их подавляюще большой массы и очень малого ускорения.

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

Однако имеется одно существенное различие между реактивными движениями ракеты и других сил. В ракетном двигателе тяга создается извержением продуктов горения, которые до участия в создании тяги входят в массу ракеты. В других рассмотренных случаях этого нет. Например,

отбрасываемый пропеллером самолета воздух ни в какой момент времени не является частью его массы. Поэтому, говоря о реактивном движении, мы имеем в виду ситуацию, которая существует в ракетном двигателе. Это означает, что рассматривается движение тел переменной массы, причем тяга создается в результате извержения части массы, принадлежащей телу.

Уравнение движения.

Пусть ракета, имеющая в момент t массу M (t) и движущаяся со скоростью v , выбрасывает массу dm со скоростью u (рис. 1). Здесь следует подчеркнуть, что M (t) и

dm являются релятивистскими массами, а скорости v и u берутся относи- тельно инерциальной системы координат, в которой рассматривается движе- ние (а не относительно ракеты).

Закон сохранения массы имеет вид

dM + dm = 0	(1)
Очевидно,	что dM < 0 , поскольку масса ракеты уменьшается. В момент

t полный импульс системы равен Mv , а в момент (t + dt) он выражается формулой (M + dM )(v + dv )+ udm . Тогда закон сохранения импульса данной

изолированной системы запишется в виде

(M + dM )(v + dv)+ udm = Mv

Отсюда следует равенство

Mdv + vdM + udm = 0

причем член dMdv отброшен как бесконечно порядка малости. Принимая во внимание (1),

движения

d ( r)= r dM dt Mv u dt

(2)

(3)

малый член второго получим уравнение

(4)

которое справедливо как в релятивистском, так и нерелятивистском случае.

При малых скоростях для их сложения можно воспользоваться форму-

лой классической механики и представить и в виде

u = u′ + v	(5)
где u′	– скорость выброшенной массы относительно ракеты.

Подставив (5) в (4) и продифференцировав левую часть (4) по времени, по-

лучим

	dv	r	r	dM	r		dM
M		= (u	− v)		= u	′		(6)
M	dt	= (u	− v)	dt	= u	′	dt	(6)

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

Это есть уравнение, которое описывает движение ракет с нерелятивистскими скоростями в отсутствие внешних сил. Если на ракету действует сила F, то уравнение (6) примет вид

dv = r + r′ dM M dt F u dt

Обозначим ежесекундный расход топлива через μ . Очевидно, μ = − dMdt . Поэтому уравнение (7) можно также записать в виде

dv = r − μr′ (8)

M dt F u

Величина μu′ представляет реактивную силу. Если

(7)

что

u′

противоположно v , то ракета ускоряется, а если совпадает с v , то тормозится. При другом соотношении между ними происходит изменение скорости не только по модулю, но и по направлению.

Формула Циолковского.

Рассмотрим ускорение ракеты в прямолинейном движении, считая, что скорость выбрасываемых газов относительно ракеты постоянна. Уравнение

(6) запишется так:

	dv		dM	(9)
M		= −u′
	dt		dt
причем знак минус в правой части обусловлен тем, что скорость u′ при
ускорении противоположна скорости v .

Обозначим через vo и M o скорость и массу ракеты перед началом ускорения. Тогда, переписав уравнение (9) в виде

= −

(10)

u′

и проинтегрировав это равенство,

получим

ln M − ln M o = −

v − vo

(11)

u′

Это и есть формула Циолковского, которую удобно представить в

одном из следующих двух видов:

v − vo = u

′

M o

(12а)

ln M

M = M o e−

v−vo

(12б)

u′

Формула Циолковского (12а) показывает изменение скорости ракеты, когда ее масса изменится от M o до M , а (12б) дает ответ на вопрос,

какова будет масса ракеты, если ее скорость изменилась от vo до v . При ускорении из состояния покоя vo = 0 .

Наиболее важной проблемой является достижение максимальной скорости при минимальном расходе топлива, т. е. при минимальной разнице M o и M . Из (12а) видно, что этого можно достигнуть только увеличением

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

скорости истечения газов. Однако скорости истечения газов ограничены. На- пример, при горении различных топлив удается достигнуть скоростей истече- ния газов примерно 4-5 км/с.

Ступенчатая ракета.

Не весь груз ракеты является полезным до конца полета. Например, топливные баки нужны лишь до тех пор, пока в них имеется топливо. После того, как содержащееся в них топливо израсходовано, они являются не только бесполезным, но даже вредным грузом, потому что затрудняют маневры и дальнейший разгон или торможение ракеты. Таким же вредным грузом являются и другие части и агрегаты ракеты, которые становятся бесполезными по мере выгорания топлива. Поэтому от такого бесполезного груза целесообразно как можно раньше освободиться. Это можно осуществить с помощью многоступенчатой ракеты, идея которой принадлежит К. Э. Циолковскому.

Если ракетные двигатели выбрасывают массу не непрерывно, а порциями с той же относительной скоростью, то эффективность ракетного двигателя ухудшается, т. е. при фиксированных начальной и

конечной массах ракеты конечная скорость уменьшается при увеличении массы отдельных выбрасываемых порций, причем имеется в виду, что каждая из порций выбрасывается мгновенно.

Характеристическая скорость.

При обсуждении различных вопросов, связанных с космическими полетами, удобно пользоваться понятием характеристической скорости. Пусть необходимо изменить скорость ракеты (ускорить, затормозить, изменить направление полета). В системе координат, в которой ракета в данный момент покоится, дело сводится к сообщению ракете некоторой скорости v в направлении, обеспечивающем выполнение маневра. Чтобы

учесть расход горючего в этом маневре при полете ракеты вне поля тяготения, можно воспользоваться формулой (12б) с vo = 0 , где M o

является массой ракеты до маневра. Скорость v , которую надо сообщить ракете, называют характеристической скоростью маневра. Можно ввести понятие характеристической скорости и для маневра, совершаемого при наличии внешних сил (сил тяготения, трения о воздух и т. д.). В этом случае связь конечной и начальной масс будет сложнее (12б). Однако можно по- прежнему ее представить в виде (12б) (при vo = 0 ), считая эту формулу

определением характеристической скорости для рассматриваемого маневра.

Для прикидочных оценок можно в качестве грубого приближения характеристической скоростью считать характеристическую скорость ма- невра в отсутствие внешних сил. Из правила умножения экспоненциальных множителей следует, что характеристическая скорость сложного маневра, состоящего из последовательных маневров, равна сумме характеристических

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

скоростей маневров, составляющих сложный маневр. С помощью понятия

характеристической скорости удобно характеризовать ряд важных особенностей межпланетных полетов.

Для того чтобы тело могло покинуть пределы земного притяжения, ему необходимо сообщить скорость примерно 11,5 км/с (вторая космическая скорость). В случае ракеты такое значение должна иметь скорость в формулах (12) (при vo = 0 ) в предположении, что топливо сгорело очень

быстро и скорость приобретена ракетой непосредственно около поверхности Земли. По формулам (12) можно вычислить, какая часть первоначальной массы ракеты полетит в космос. Если считать, что скорость истечения газов

u	′	≈ 4	км	, то M ≈ M o e	−3	≈	M o	, т. е. в космический полет отправится при-
			с				20

близительно 5% первоначальной массы ракеты. Фактически ракета разгоняется значительно медленнее, чем мы допустили. Это еще больше ухудшает ситуацию, так как увеличивает расход топлива. Для уменьшения

расхода топлива при ускорении ракеты в поле тяжести Земли необходимо сократить время ускорения, т. е. максимально увеличить ускорение. Это связано со значительными перегрузками. Поэтому приходится выбирать определенные оптимальные условия.

При возвращении из космического пространства можно воспользоваться аэродинамическим торможением, т. е. погасить скорость торможением в атмосфере Земли. Но можно погасить скорость и включением ракетного двигателя. В этом случае для мягкой посадки потребуется уменьшить до нуля скорость 11,5 км/с. Это есть характеристическая скорость возвращения на Землю. Поэтому характеристическая скорость

полета в космос вне пределов земного тяготения и возвращения обратно без использования аэродинамического торможения равна 23 км/с. Спрашивается: какая доля первоначальной массы вернется из такого по- лета? По формуле (12б) находим

M ≈ M o e−6 ≈ M o

400

Скорость, необходимая для преодоления притяжения Луны, равна примерно 2,5 км/с. Поэтому характеристическая скорость посадки на Луну и подъёма с её поверхности равна 5 км/с, а полёта на Луну и возвращения на Землю оценивается примерно в 28 км/с. Но здесь не учтена необходимость осуществления других маневров. Это заставляет несколько увеличить последнее значение. Но, с другой стороны, при возвращении на Землю можно воспользоваться аэродинамическим торможением, что позволяет несколько снизить эту величину. В результате имеем, что

характеристическая скорость полета на Луну не очень сильно отличается от указанной (28 км/с).

Характеристическая скорость полета на Марс и Венеру

несколько больше. Если считать		′		км	, то на Землю после полета
	u	′	≈ 4 с
	u		≈ 4 с
					89

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

на Луну будет возвращена примерно		1	стартовой массы ракеты.
	1500

Хотя эти значения являются грубой прикидкой, они дают достаточно хорошую оценку возможностей ракет с химическим топливом.

Задачи.

Теперь мы попытаемся решить несколько практически важных задач:

1) С поверхности Луны стартует двухступенчатая ракета. При каком отношении масс первой (m1 ) и второй (m2 ) ступеней скорость

контейнера с полезным грузом (массы т) получится максимальной?

Относительные скорости истечения газов и в двигателях обеих ступеней постоянны и одинаковы. Отношения массы топлива к массе ступеней равны соответственно α1 и α 2 для первой и второй ступеней.

Отделение ступеней и контейнера производится без сообщения добавочных импульсов.

Если бы не было притяжения земли, то задача свелась бы к

нахождению оптимального отношения	m2	для достижения заданной
нахождению оптимального отношения	m	для достижения заданной
	m
	1

скорости ракеты. Поэтому можно отвлечься от действия силы тяжести считать, что ракета движется в пространстве, свободном от сил тяготения.

Пусть M – полная масса ракеты в момент старта. Тогда по условию:

m1 + m2 + m = M

После выгорания топлива в первой ступени масса ракеты уменьшится на α1m1 . При этом будет достигнута скорость v1 :

v1	æ	M		ö
	ç			÷
u	ç		m	÷
u	= lnç M - α		m	÷
	è	1	1	ø

Масса m1 (1 - α1 ) отделяется, и включается двигатель второй ступени.

После выгорания топлива во второй ступени скорость ракеты возрастает ещё на величину v2 :

v2	æ	m2 + m	ö
	ç			÷

u	= lnç	(1 - α 2 )	÷
	è m2		+ m ø

В этом можно убедиться, если перейти в систему отсчёта, в которой ракета в момент отделения первой ступени покоилась. Полная скорость, таким образом, равна:

v= v1 + v2 = u(ln M - ln(M - α1m1 )+ ln(m2 + m)- ln(m2 (1 - α 2 )+ m))=

=u(ln M - ln(M - α1m1 )+ ln(M - m1 )- ln((M - m - m1 )(1 - α 2 )+ m))

Дифференцируя это соотношение по аргументу	m1 (поскольку
m = const, u = const ) и приравнивая его производную к нулю,	находим условие
максимума v :
	90

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 289 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке то что давала филимонова

#
09.02.2015729.6 Кб32Законы сохранения.DOC
#
09.02.2015325.12 Кб21Законы сохраненияЛекция.doc
#
09.02.2015994.3 Кб10Источники ошибок и методы их учета.ppt
#
09.02.20152.25 Mб6Ищем релаксации время.bmp
#
09.02.20152 Mб25Лаб раб Вязкость возд Пуазейль ТРИ ИТОГ.doc
#
09.02.20154.53 Mб292Лекции Механика для студентов Физика.pdf
#
09.02.201510.52 Mб675Методичка по механике вся Печать новый вариант12г.doc
#
09.02.2015193.02 Кб54Механические колебания и волны.ppt
#
09.02.2015201.73 Кб17Описание движения в неИСО.ppt
#
09.02.2015181.25 Кб10ПрограмВопросМеханика.DOC
#
09.02.2015772.61 Кб24Слайды по погрешностям сокращенно по объему.ppt