Користувач:NAME XXX/Окремі задачі

Кут розльоту ідентичних тіл при нецентральному пружному ударі

Якщо тіло, що мало імпульс $\ p_{0}$, зіштовхнулось з нерухомим таким же тілом, причому зіткнення було пружне і нецентральне, то закони збереження кінетичної енергії та імпульсу виглядають наступним чином:

$\ {\vec {p}}_{0}={\vec {p}}_{1}+{\vec {p}}_{2}\Rightarrow p_{0}={\sqrt {p_{1}^{2}+p_{2}^{2}-2p_{1}p_{2}cos(\alpha )}}$;

$\ T_{0}=T_{1}+T_{2}$.

Оскільки

$\ p=mv,T={\frac {mv^{2}}{2}}$,

то, після скорочення виразів для кінетичної енергії та імпульсу на $\ m^{2},m$ відповідно, можна отримати наступні співвідношення:

$\ v_{0}^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}-2v_{1}v_{2}cos(\alpha )\qquad (1)$,

$\ v_{0}^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\qquad (2)$.

Віднявши від виразу $\ (2)$ вираз $\ (1)$, можна отримати:

$\ 2v_{1}v_{2}cos(\alpha )=0\Rightarrow cos(\alpha )=0\Rightarrow \alpha ={\frac {\pi }{2}}$.

Планети

Гідростатична рівновага планет

Для грубих оцінок такої рівноваги можна скористатись наступною моделлю: розглянути суму сил, що діють на елемент $\ dV$ небесного тіла.

У загальному випадку на елемент об'єму діють сила $\ F_{1}$, що обумовлена тиском, обумовленим межою твердості твердої фази, та сила $\ F_{2}$, що обумовлена гравітаційним тиском. Сила $\ F_{1}$ розширює елемент об'єму, а сила $\ F_{2}$ стискає елемент.

Вираз для сили $\ {\vec {F}}_{1}$ має вигляд:

$\ {\vec {F}}_{1}=-\int pd{\vec {S}}$,

де $\ p$ - тиск, $\ d{\vec {S}}$ - елемент площі. Якщо тиск непостійний по об'єму (інакше сила була би рівна нулю), його можна представити у вигляді градієнта тиску $\ {\vec {\nabla }}p$. Тоді вираз для сили, діючої на елемент об'єму, прийме вигляд:

$\ d{\vec {F}}_{1}=-{\vec {\nabla }}pdV\qquad (1)$.

Сила ж, зумовлена гравітаційною взаємодією, діє на елемент маси елементу об'єму. Вона рівна:

$\ d{\vec {F}}_{2}=-{\vec {\nabla }}\varphi dm\qquad (2)$,

де $\ \varphi$ - гравітаційний потенціал. Сила $\ d{\vec {F}}_{2}$ прагне надати тілу сферичної форми, оскільки у такому разі потенціальна енергія гравітаційного поля буде мінімальною.

Враховуючи $\ (1),(2)$, вираз для сумарної сили $\ d{\vec {F}}$ прийме вигляд:

$\ d{\vec {F}}=-{\vec {\nabla }}\varphi dm-{\vec {\nabla }}pdV\qquad (3)$.

Якщо врахувати, що у стані рівноваги $\ d{\vec {F}}=0,$, для сферично-симметричного стану $\ \varphi =-G{\frac {m}{R}}$, а вираз для елементу об'єму можна переписати як $\ dV={\frac {dm}{\rho }}$, вираз $\ (3)$ прийме вигляд:

$\ {\vec {\nabla }}\varphi dm+{\vec {\nabla }}p{\frac {dm}{\rho }}=0\Longleftrightarrow {\vec {\nabla }}\varphi +{\frac {1}{\rho }}{\vec {\nabla }}p=0$,

$\ {\frac {1}{\rho }}{\frac {dp}{dr}}+G{\frac {M_{r}}{r^{2}}}=0$.

Треба врахувати, що густина не повинна бути постійна по об'єму, оскільки тоді стан зі сферично-симетричним потенціалом буде нестабільним. Математично це можна показати наступним шляхом:

$\ \Delta \varphi =-4\pi G\rho \Longleftrightarrow \varphi =\int \limits _{V}{\frac {\rho dV}{r}}+C$,

і при $\ \rho =const$ інтеграл буде розходитися.

Сила гравітаційної взаємодії з боку "сплюснутої" планети

1. Початкові умови.

1.1. Є небесне тіло типу кулі. Його маса рівна $\ M$, причому його можна розглянути як початково однорідну сферу масою $\ M-\Delta m$, на екваторі якої був доданий та рівномірно розподілений пояс масою $\ \Delta m$. Останню величину можна розбити на кругові сегменти $\ dm={\frac {\Delta md\varphi }{2\pi }}$.

1.2. Є довільна точка $\ A$, що належить екваторіальній площині.

2. Тоді, якщо кутове положення $\ dm$ визначається кутом $\ \varphi$, то відстань від $\ dm$ до т. $\ A$ можна визначити як $\ l={\sqrt {r^{2}+R^{2}-2Rrcos(\varphi )}}$.

3. Тоді приріст потенціальної енергії точкової маси $\ \mu$, яка знаходиться в т. $\ A$, що визначається взаємодією цієї маси із $\ dm$, можна визначити як

$\ dU(r)=-{\frac {G\mu dm}{\sqrt {r^{2}+R^{2}-2Rrcos(\varphi )}}}=-{\frac {G\mu \Delta m}{2\pi r}}{\frac {d\varphi }{\sqrt {1+({\frac {R}{r}})^{2}-2{\frac {R}{r}}cos(\varphi )}}}\qquad (2.2.1)$.

При $\ {\frac {R}{r}}<<1$ функцію $\ {\frac {1}{\sqrt {1+({\frac {R}{r}})^{2}-2{\frac {R}{r}}cos(\varphi )}}}$ можна розкласти в ряд Маклорена:

$\ {\frac {1}{\sqrt {1+({\frac {R}{r}})^{2}-2{\frac {R}{r}}cos(\varphi )}}}\approx 1-{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}-2{\frac {R}{r}}cos(\varphi ))+{\frac {3}{8}}(({\frac {R}{r}})^{2}-2{\frac {R}{r}}cos(\varphi )))^{2}=$

$\ =1-{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}+{\frac {R}{r}}cos(\varphi )+{\frac {3}{8}}({\frac {R}{r}})^{4}-{\frac {3}{2}}({\frac {R}{r}})^{3}cos(\varphi )+{\frac {3}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}cos^{2}(\varphi )\approx 1-{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}+{\frac {R}{r}}cos(\varphi )+{\frac {3}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}cos^{2}(\varphi )$.

Тоді $\ (2.2.1)$ набуде вигляду:

$\ dU(r)=-{\frac {G\mu \Delta m}{2\pi r}}(1-{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}+{\frac {R}{r}}cos(\varphi )+{\frac {3}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}cos^{2}(\varphi ))d\varphi \qquad (2.2.2)$.

Щоб отримати вираз для потенціальної енергії у полі тяжіння всього поясу, треба проінтергувати $\ (2.2.2)$ по всьому колу:

$\ \Delta U(r)=-{\frac {G\mu \Delta m}{2\pi r}}\int \limits _{o}^{2pi}({\frac {R}{r}})^{2}+{\frac {R}{r}}cos(\varphi )+{\frac {3}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}cos^{2}(\varphi ))d\varphi =-{\frac {G\mu \Delta m}{2\pi r}}(2\pi -\pi ({\frac {R}{r}})^{2}+0+{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}\int \limits _{o}^{2pi}(1+cos(2\varphi )d\varphi ))=$

$\ =-{\frac {G\mu \Delta m}{2\pi r}}2\pi (1-{\frac {1}{2}}({\frac {R}{r}})^{2}+{\frac {3}{4}}({\frac {R}{r}})^{2})==-{\frac {G\mu \Delta m}{r}}(1+{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2})\qquad (2.2.3)$.

Якщо до $\ (2.2.3)$ додати вираз $\ U_{1}(r)={\frac {-G(M-\Delta m)\mu }{r}}$, він набуде вигляду:

$\ -{\frac {G\mu \Delta m}{r}}(1+{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2})-{\frac {G(M-\Delta m)\mu }{r}}=-{\frac {G\mu \Delta m}{r}}(1+{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2})-{\frac {GM\mu }{r}}+{\frac {G\Delta m\mu }{r}}=$

$\ =-{\frac {G\mu \Delta m}{r}}{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2}-{\frac {GM\mu }{r}}=-{\frac {GM\mu }{r}}(1+{\frac {\Delta m}{M}}{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2})$.

Продиференціювавши по $\ r$, можна отримати вираз для сили$\ F(r)$:

$\ F(r)={\frac {d}{dr}}(-{\frac {GM\mu }{r}}(1+{\frac {\Delta m}{M}}{\frac {1}{4}}({\frac {R}{r}})^{2}))=...$.

Очевидно, що через те, що доданок, визначений додатковим екваторіальним шаром, входить у вираз сили із знаком плюс, рух супутників навколо планети буде проходити у екваторіальній площині.

Підйомна сила комах

Підйомна сила комах у першому наближенні визначається різницею частот при взмахах крил на етапах взмахів по та проти напрямку вектора сили тяжіння.

Таким чином,

$\ F_{p}=\Delta F_{t}\qquad (1)$.

Величину підйомної сили на певного етапі взмаху крил можна визначити наступним чином. При взмахах крил останні надають певний імпульс $\ \Delta p$ масі повітря $\ m$. Тоді відповідна імпульсу сила буде рівна

$\ F_{t}dt=dp=mdv\Rightarrow F_{t}={\frac {mdv}{dt}}\qquad (2)$.

Якщо звести $\ (2)$ до лінійної ситуації, цей вираз можна переписати:

$\ F_{t}={\frac {m\Delta v}{\Delta t}}\qquad (3)$.

Масу повітря $\ m$ можна визначити наступним чином:

$\ m=\rho Sh=\rho Sv\Delta t\qquad (4)$.

З урахуванням $\ (4)$, вираз $\ (3)$ можна переписати:

$\ F_{p}=\rho S\Delta v^{2}\qquad (5)$.

Середнє значення квадрата швидкості $\ \Delta v^{2}$ можна знайти, якщо прийняти, що вона змінюється по гармонічному закону:

$\ v=x_{0}wcos(wt),v_{max}=x_{0}w,\Delta v^{2}={\frac {1}{{\frac {T}{2}}-0}}\int \limits _{0}^{\frac {T}{2}}x_{0}^{2}w^{2}cos^{2}(wt)dt={\frac {w}{\pi }}x_{0}^{2}w^{2}\int \limits _{0}^{\frac {\pi }{w}}({\frac {1}{2}}+{\frac {cos(2wt)}{2}})dt={\frac {x_{0}^{2}w^{2}}{2}}\qquad (6)$.

З урахуванням $\ (6)$, $\ (5)$ прийме вигляд:

$\ F_{p}=\rho S{\frac {x_{0}^{2}w^{2}}{2}}=2\rho Sx_{0}^{2}\pi ^{2}\nu ^{2}\qquad (7)$.

Треба врахувати також властивості середовища та форми поверхні крила, яка обтікається. Для цього у $\ (7)$ треба ввести безрозмірний коефіцієнт-множник $\ k$:

$\ F_{p}=2k\rho Sx_{0}^{2}\pi ^{2}\nu ^{2}\qquad (8)$

При підстановці $\ (8)$ в $\ (1)$ останній прийме вигляд:

$\ F_{p}=2k\rho Sx_{0}^{2}\pi ^{2}(\nu _{1}^{2}-\nu _{2}^{2})$.

Період малих коливань поршня у теплоізольованому циліндрі з газом при ізотермічному процесі

Нехай є поршень масою $\ m$, який розділяє горизонтально розташований циліндр з площею основи $\ S$ на дві рівні частини об'ємом $\ V_{0}$ кожна. Тиск газу по обидві частини - $\ p_{0}$. Якщо розглянути мале відхилення від положення рівноваги поршня, то можна записати другий закон Ньютона у проекції на горизонтальну вісь:

$\ m{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}=F_{1}-F_{2}\qquad (1)$,

де $\ F_{1}=p_{1}S,F_{2}=p_{2}S$.

Оскільки процес ізотермічний, то

$\ p_{0}V_{0}=p_{1}V_{1}\Longleftrightarrow p_{0}SL_{0}=p_{1}S(L_{0}-x)\Rightarrow p_{1}={\frac {p_{0}L_{0}}{L_{0}-x}}$;

$\ p_{0}V_{0}=p_{2}V_{2}\Longleftrightarrow p_{0}SL_{0}=p_{2}S(L_{0}+x)\Rightarrow p_{2}={\frac {p_{0}L_{0}}{L_{0}+x}}\qquad (2)$.

При підстановці (2) в (1), розділивши рівняння на m:

$\ {\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+{\frac {p_{0}L_{0}S}{m}}({\frac {1}{L_{0}-x}}-{\frac {1}{L_{0}+x}})=0\qquad (3)$.

Врахувавши нерівність Бернуллі, вирази $\ {\frac {1}{L_{0}-x}},{\frac {1}{L_{0}+x}}$, прийнявши до уваги, що $\ x<<L_{0}$, можна спростити:

$\ {\frac {1}{L_{0}-x}}={\frac {1}{L_{0}(1-{\frac {x}{L_{0}}})}}={\frac {1}{L_{0}}}(1+{\frac {x}{L_{0}}})={\frac {1}{L_{0}}}+{\frac {x}{L_{0}^{2}}}$,

$\ {\frac {1}{L_{0}+x}}={\frac {1}{L_{0}(1+{\frac {x}{L_{0}}})}}={\frac {1}{L_{0}}}(1-{\frac {x}{L_{0}}})={\frac {1}{L_{0}}}-{\frac {x}{L_{0}^{2}}}$.

Вираз (3) тоді прийме вигляд:

$\ {\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+{\frac {2p_{0}Sx}{mL_{0}}}=0\Longleftrightarrow {\frac {d^{2}x}{dt^{2}x}}+{\frac {2p_{0}S}{mL_{0}}}=0\qquad (4)$.

Врахувавши, що малі відхилення поршня від положення рівноваги являються гармонійними, можна використати функцію залежності прискорення від частоти коливань:

$\ x=x_{0}sin(\nu t),v=x_{0}\nu cos(\nu t),a=-x_{0}\nu ^{2}sin(\nu t)\Rightarrow \nu =-{\sqrt {\frac {a}{x_{0}}}}$.

Тоді з (4) можна знайти частоту коливань:

$\ \nu ={\sqrt {\frac {2p_{0}S}{mL_{0}}}}$.

Звідси, період малих коливань поршня можна обчислити за формулою:

$\ T={\frac {2\pi }{\nu }}=2\pi {\sqrt {\frac {mL_{0}}{2p_{0}S}}}$.

Врахувавши, що $\ L_{0}={\frac {V_{0}}{S}}$, можна отримати:

$\ T=2\pi {\sqrt {\frac {mV_{0}}{2p_{0}S^{2}}}}$.

Тиск усередині зарядженої нерухомої сферичної краплі

Тиск $\ p$ усередині зарядженої нерухомої сферичної краплі буде рівен різниці лапласівського, $\ p_{2}$, та електростатичного, $\ p_{1}$, тиску.

$\ F_{electrostatic}=p_{1}S=4p_{1}\pi R^{2}\Rightarrow p_{1}={\frac {F_{electrostatic}}{4\pi R^{2}}}$;

$\ A=-dW_{pot.}=F_{electrostatic}dR\Rightarrow F_{electrostatic}=-{\frac {dW_{pot.}}{dR}}$;

$\ W_{pot.}={\frac {1}{2}}\varphi q,dW_{p}={\frac {d}{dR}}({\frac {kq^{2}}{2R}})=-{\frac {kq^{2}}{2R^{2}}}dR$;

$F_{electrostatic}={\frac {kq^{2}dR}{2R^{2}dR}}={\frac {kq^{2}}{2R^{2}}},p_{1}={\frac {kq^{2}}{2R^{2}4\pi R^{2}}}={\frac {kq^{2}}{8\pi R^{4}}}$;

$p_{2}={\frac {2\sigma }{R}}$;

$p=p_{2}-p_{1}={\frac {2\sigma }{R}}-{\frac {kq^{2}}{8\pi R^{4}}}$.

Енергія поля кулі з рівномірно розподіленим зарядом

Нехай є куля радіуса $\ R$, по якій рівномірно розподілений заряд $\ q$ із густиною $\ \rho$. Енергія поля сфери складатиметься із енергії поля, що знаходиться у сфері, та енергії поля поза кулею. Найбільш простий шлях для знаходження повної енергії кулі - наступний.

Можна виділити елемент об'єму $\ dV$. Енергія елементу об'єму визначається як:

$\ dE_{1}=wdV=4w\pi r^{2}dR\qquad (1)$.

Густина енергії $\ w$ визначається наступним чином:

$\ w={\frac {1}{2}}\varepsilon \varepsilon _{0}E^{2}={\frac {q^{2}}{32\pi ^{2}r^{4}\varepsilon \varepsilon _{0}}}\qquad (2)$.

З урахуванням того, що

$\ q=\rho V={\frac {4}{3}}\pi r^{3}\rho$,

при підстановці $\ (2)$ в $\ (1)$ можна отримати:

$\ dE_{1}={\frac {2\rho ^{2}\pi r^{4}dr}{9\varepsilon \varepsilon _{0}}}$.

Тоді енергія поля, локалізованого у кулі, знаходиться за формулою:

$\ E_{1}=\int \limits _{0}^{R}{\frac {2\rho ^{2}\pi r^{4}dr}{9\varepsilon \varepsilon _{0}}}={\frac {2\rho ^{2}\pi r^{5}}{45\varepsilon \varepsilon _{0}}}$.

Енергія поля, локалізованого поза кулею, знаходиться із виразу:

$\ E_{2}={\frac {1}{2}}q\varphi ={\frac {1}{2}}({\frac {4}{3}}\rho \pi R^{3})({\frac {\rho R^{2}}{3\varepsilon \varepsilon _{0}}})={\frac {2\rho ^{2}\pi r^{5}}{9\varepsilon \varepsilon _{0}}}$.

Тоді повна енергія буде рівна:

$\ E=E_{1}+E_{2}={\frac {12}{45}}{\frac {\pi ^{2}R^{6}\rho ^{2}}{\pi R\varepsilon \varepsilon _{0}}}={\frac {3}{5}}{\frac {1}{4}}{\frac {16}{9}}{\frac {\pi ^{2}R^{6}\rho ^{2}}{\pi R\varepsilon \varepsilon _{0}}}={\frac {3}{5}}{\frac {kq^{2}}{r}}$.

Сила, що діє на об'єкт у однорідній кулі

Можна розглянути матеріальну точку маси $\ m$ А, яка знаходиться у товщі однорідної кулі радіуса $\ R$ і масою $\ M$ на відстані $\ r$ від її центра - точки О. Для початку треба побудувати трикутник, одна вершина якого упирається у точку B поверхні кулі, друга вершина - у точку А, а третя - у точку О. Навколо ОА через тірну OB можна описати конус, причому твірна цього конуса буде нахилена під кутом $\ \alpha$. При прирості кута на $\ d\alpha$ можна утворити конус з твірною OB'. Площа поверхні сегмента сфери, утвореного об'ємом між поверхнями конусів, рівна

$\ dS=2\pi Rhdh=2\pi R^{2}sin(\alpha )d\alpha$.

Маса такого пояса рівна

$\ dM=M{\frac {dS}{4\pi R^{2}}}={\frac {M}{2}}sin(\alpha )d\alpha$.

Тоді потенціальна енергія взаємодії пояса із матеріальною точкою буде рівна

$\ dU_{int.}=-{\frac {GmdM}{r}}=-{\frac {GmM}{2r}}sin(\alpha )d\alpha \qquad (1)$.

З іншого боку, величина $\ \rho$, яка є також функцією $\ \alpha$, виражається через цей кут як

$\ \rho =R^{2}+r^{2}-2Rrcos(\alpha )\Rightarrow \rho d\rho =rRsin(\alpha )d\alpha \Rightarrow sin(\alpha )d\alpha ={\frac {\rho d\rho }{Rr}}\qquad (2)$.

Якщо підставити $\ (2)$ у $\ (1)$, можна отримати:

$\ dU_{int.}=-{\frac {GmM}{2r}}{\frac {\rho d\rho }{Rr}}\Rightarrow U_{int.}=\int \limits _{\rho _{min}}^{\rho _{max}}-{\frac {GmM}{2r}}{\frac {\rho d\rho }{Rr}}=\int \limits _{\rho _{min}}^{\rho _{max}}-{\frac {GmM}{2r}}{\frac {\rho d\rho }{Rr}}\qquad (3)$.

$\ \rho _{min},\rho _{max}$ можна знайти через визначення стаціонарних точок $\ (2)$:

$\ 2Rrsin(\alpha )=0\Rightarrow \alpha =[o;\pi ]\Rightarrow \rho _{max}=R+r,\rho _{min}=R-r$.

Тоді $\ (3)$ набуде вигляду:

$\ \int \limits _{R-r}^{R+r}-{\frac {GmM}{2}}{\frac {\rho d\rho }{Rr}}=-{\frac {4GmMrR}{4r^{2}R}}=-{\frac {GmM}{r}}=const\Rightarrow {\vec {F}}={\frac {dU}{d{\vec {R}}}}=0$.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Чому для розв'язку були використані саме такі математичні методи? Тому що можна однозначно представити потенціальну енергію взаємодії як через приріст кута $\ \alpha$, так і через $\ \rho$ як функцію $\ \alpha$.