- Содержимое по тегу: центральное поле

kalser.ru Молекулярная физика Содержимое по тегу: центральное поле

Первый закон Кеплера. Планеты движутся по эллипсам, в одном из фокусов которого находится Солнце.

kepler_1z_01

Рассмотрим случай, когда m_1 = m_c - масса Солнца,

m_2 = m_z - масса Земли

\vec{r_c} = - \frac{m_2}{m_1+m_2} \vec{r} = - \frac{m_z}{m_c+m_z} \vec{r}\approx 0

\vec{r_z} = \frac{m_1}{m_1+m_2} \vec{r} =  \frac{m_c}{m_c+m_z} \vec{r} \approx \vec{r}

r_z = \frac{p}{1+l cos \phi} r_c = \frac{p}{1+l cos \phi} => Солнце также движется по эллипсу, но он достаточно мал.


Второй закон Кеплера (сохранение момента импульса)kepler_2z_01\Delta S \approx \frac{1}{2} r \Delta \phi \delta = \frac{\Delta S}{\Delta t} - секториальная скорость, также есть по определению:

\frac{1}{2} r^2 \frac{\Delta \phi}{\Delta t} => \delta = \frac{1}{2} r^2 \dot{\phi}

Момент импульса L_0 = \mu r^2 \dot{\phi} = 2 \mu \delta = const => \delta = const

За равные промежутки времени радиус-вектор планеты "заметает" равные площади.


Третий закон Кеплера. \left ( \frac{T_1}{T_2} \right )^2 = \left ( \frac{a_1}{a_2} \right )^3, где T_i - период обращения планеты вокруг Солнца, a_i - большая полуось эллипса.

Время T = \sqrt{\frac{\mu}{2}} \int \frac{dr}{\sqrt{E-U_{eff} (r)}}

Опубликовано в Теоретическая механика

Пусть система из N материальных точек совершает финитное движение в потенциальном поле U(z), где U(z) является однородной функцией от r степени "k". Тогда \bar{T} = \frac{k}{2} \bar{U}, где \bar{T},\bar{U} - средние значения кинетической и потенциальной энергий, соответственно.

Доказательство:

Из теоремы Эйлера об однородной функции, можем записать \sum^S_{i=1} \frac{ \partial f}{\partial x_i} x_i = kf f( \alpha x) = \alpha^k f(x)

Рассмотрим кинетическую энергию T = \sum^N_{i=1} \frac{m_i v^2_i}{2} \rightarrow k=2 - однородная функция степени k. U( \alpha r) = \alpha^k U(r)

Запишем условие теоремы Эйлера для кинетической энергии:

2T = \sum^N_{i=1} \frac{ \partial T}{\partial v_i} \vec{v_i} = \sum^N_{i=1} (\vec{p}_i, \vec{v}_i) = \sum^N_{i=1} \frac{d}{dt} \left [ (\vec{p_i}, \vec{r_i}) - (\vec{\dot{p_i}}, \vec{\dot{r_i}}) \right ]

2T =  \sum^N_{i=1} \frac{d}{dt}   (\vec{p_i}, \vec{r_i}) + \left ( \frac{ \partial U}{\partial r_i}, r_i  \right ) (1)

Усредним уравнение (1): пусть f=f(t) = \frac{d}{dt} F(t), тогда \bar{f} = \lim_{T \to \infty } \frac{1}{T} \int^T_0 f(t) dt = \lim_{T \to \infty } \left ( \frac{1}{T} F(t)  \right )|^T_0 => \bar{f}= \lim_{T \to \infty } \frac{1}{T} (F(T) - F(0))

пусть |F(t)| < \infty t \in [0; + \infty] => 2 \bar{T} =  \sum^N_{i=1} \left [ \frac{d}{dt}   (\vec{p_i}, \vec{r_i})   \right ]_{=0} + \left ( \frac{ \partial U}{\partial r_i}, r_i  \right ) т. к. движение финитно, то |\vec{p}_i| и |\vec{r}_i|< \infty

2 \bar{T} =  \sum^N_{i=1} \left ( \frac{ \partial U}{\partial r_i}, r_i  \right ) = k \bar{U} ч.т.д.

Примеры:

1)harm_osc_01 Пусть U(r) = \frac{\alpha}{2} r^2 ; k=2 => \bar{T}=\bar{U} => \frac{kx^2}{2} то есть система представляет собой математический маятник (осциллятор)

2) Пусть U(r) =  - \frac{\alpha}{r} k= - 1; \: \! \bar{T}= - \frac{1}{2} \bar{U}

3) E=T+U усредняем => \bar{E}= \overline{T+U} = E то есть \bar{E} = \bar{T} + \frac{2}{k} \bar{T} = \frac{k+2}{k} \bar{T}

Опубликовано в Теоретическая механика

Доказать, что T=T_0 + \frac{M \vec{\dot{R_0}}}{2} , то есть показать, что кинетическая энергия системы материальных точек равна кинетической энергии системы центра масс +  \frac{M \vec{\dot{R_0}}}{2}

Доказательство:

teor_termech1\sum \frac{m_i \vec{v}^2_i}{2} = \sum \frac{m_{i} \vec{v}_{0i}^2}{2} + \frac{M \vec{\dot{R_0}}^2}{2} , где v_{0i} - скорость центра масс, T_0 - энергия центра масс.

\vec{r_i} = \vec{r_0i} + \vec{R_0} => дифференцируем по времени: \vec{v_i} = \vec{v_{0i}} + \vec{\dot{R_0}} =>

\sum \frac{m_i \vec{v}^2_i}{2} = \sum \frac{m_{i}}{2} (\vec{v}_{i0} + \vec{\dot{R_0}})^2 = \sum \frac{m_{i} \vec{v}^2_{0i}}{2} + \sum \frac{1}{2} m_{i} \vec{\dot{R_0}}^2 + \left ( \sum m_{i} v_{0i}, \vec{R_0} \right )_{=0}

\vec{R_0} = 0  \vec{\dot{R_0}} = \frac{1}{M} \sum m_{i} \vec{v_{0i}} = 0 ч.т.д.

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.02

Материальная точка движется в однородном поле тяжести по гладкой параболе. Начальная скорость равна нулю. На какой высоте точка оторвется от параболы?

Решение:

Парабола гладкая, то есть жесткая => учитываем реакцию связей \vec{R}

Изображаем ситуацию задачи на рисунке:

olh52

Здесь ус - это искомая координата схода точки с траектории параболы.


y^2=ax x= \frac{1}{a} y^2 m \ddot{\vec{r}} = \vec{F_t} + \vec{R}

Уравнение связи при этом f(x,y,z)=y^2-ax=0 Распишем реакцию связи \vec{R}= \lambda \vec{\bigtriangledown} f = \lambda (-a, 2y, 0)

Перепишем уравнение движения m \ddot{\vec{r}} = m \vec{g} + \lambda (-a, 2y, 0)

m \vec{\ddot{r}} = m \vec{g} + \lambda (-a, 2y, 0) \left\{\begin{matrix} & m \ddot{x} = 0 - \lambda a}  \\  & m \ddot{y} = -mg + 2y \lambda \\ & y^2 - ax = 0 \end{matrix}\right. => \left\{\begin{matrix} & \ddot{x} =  - \frac{ \lambda a}{m}}  \\  & \ddot{y} = -g + 2 \frac{y \lambda}{m} \\  & y^2 - ax = 0  \end{matrix}\right

первая производная 2y \dot{y} - a \dot{x} = 0 вторая 2y \ddot{y} +2 \dot{y^2} - a \ddot{x} = 0

Разрешаем систему, распишем всё в одно уравнение:

2y(-g+2y \frac{\lambda}{m}) + 2 \dot{y^2} + a^2 \frac{\lambda}{m} = 0

\dot{y^2} = yg - 2y^2 \frac{\lambda}{m} - \frac{1}{2} a^2 \frac{\lambda}{m} (1)

Закон сохранения энергии для начального (0) и произвольного (1) моментов времени:

E=T_0+U_0=T_1+U_1 => T_1 - T_0 = - (U_0 - U_1) или, что одно и то же:

\frac{m}{2} (\dot{x^2}+\dot{y^2}) - 0 = + (mgy_0 - mgy) =mg(y-y_0) (2)

\dot{x} = \frac{2y}{a} \dot{y} подставим в (1), после сокращений получаем:

\dot{y^2} = \frac{2a^2 (y_0 - y)}{4y^2+a^2}g (3)

(1) = (3) то есть:

\frac{2a^2 g (y_0-y)}{4y^2+a^2} = yg -  \lambda \left (  \frac{2y^2}{m} + \frac{1}{2} \frac{a^2}{m}  \right )

 \lambda = \frac{2m}{4y^2+a^2}  \left ( yg - \frac{2a^2g(y_0-y)}{4y^2+a^2}  \right )

При y=y_c точка отрыва, \lambda \equiv 0 поэтому:

y_c g - \frac{2a^2g(y_0-y_c)}{4y^2_c+a^2} = 0 получаем кубическое уравнение:

y^3_c + \frac{3}{4} a y_c - \frac{1}{2} a^2 y_0 = 0 пусть a= \frac{2 \sqrt{2}}{3}; y_0 = \frac{15}{4} тогда:

y^3_c + \frac{2}{3} y_c - \frac{5}{3} = 0

y_c = 1 - корень, при y_0 = \frac{15}{4} - ответ

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 5.01

Материальная точка движется в однородном поле тяжести по гладкой неподвижной плоскости, образующей угол α с горизонтом. Найти выражение для траектории движения и cилу реакции связи r(t);\vec{R}-?


Решение:

olh51

Уравнение связи для плоскости, построенной на рисунке: f(x,y,z) = Ax+By+Cz+D=0 при этом D=0

Уравнение плоскости в нормальном виде x \cdot cos (\alpha_1) + y \cdot cos (\alpha_2) + z \cdot cos (\alpha_3) = 0 с учетом \alpha_2 = \frac{\pi}{2} мы можем записать x \cdot cos (\frac{\pi}{2} - \alpha) +z \cdot cos(\alpha) = 0

x \cdot sin (\alpha) + z \cdot cos(\alpha) = 0 => z + x \cdot tg (\alpha) = 0

Найдем силу реакции связей \vec{R}

f(x,y,z) = z + x \cdot tg (\alpha) = 0 \vec{\bigtriangledown} f = \left (  \frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial f}{\partial z}  \right ) = (tg(\alpha),0,1)

m \ddot{\vec{r}} = m \vec{g} + \lamda \vec{\bigtriangledown} f перепишем это уравнение по компонентам:

\left\{\begin{matrix}
 & m \ddot{x} = 0+ \lambda tg(\alpha) \\ 
 & m \ddot{y} = 0+0=0\\ 
 & m \ddot{z} = -mg+\lambda\\
 & z+x \cdot tg(\alpha)=0
\end{matrix}\right.

\dot{z}+\dot{x} \cdot tg(\alpha) = 0 => \ddot{z}+\ddot{x} \cdot tg(\alpha) = 0 => m\ddot{z}+m\ddot{x} \cdot tg(\alpha) = 0

Суммируя два первых уравнения системы, после сокращений,получаем \lambda(1+tg^2 \alpha )=mg => \lambda = \frac{mg}{1+tg^2 \alpha}=mg \cdot cos^2 \alpha

\vec{R} =\lamda \vec{\bigtriangledown} f = mg \cdot cos^2 \alpha \left (  \frac{sin \alpha}{cos \alpha},0,1  \right ) = \left (  mg cos \alpha sin \alpha, 0, mg cos^2 \alpha \right ) =

= mg cos \alpha \left (  sin \alpha, 0, cos \alpha  \right )

Далее, для нахождения траектории, рассмотрим m \ddot{x} = 0+ \lambda tg \alpha = const => x \equiv x(t)= x_0 + \dot{x_0}t + \frac{\ddot{x}}{2}t^2

Закон сохранения энергии E_0 = T+U= \frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2+\dot{y}^2+\dot{z}^2  \right )+ mgz

\dot{z} + \dot{x} tg \alpha = 0 dA=(\vec{F},d \vec{r})=mg \cdot dz => A=mgz

Пусть \dot{y}=0 то есть y=y_0 (вдоль оси OY движения не происходит), тогда:

\frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2 +\dot{z}^2  \right )+ mgz = E_0

Приведем это выражени к виду, удобному для интегрирования:

\frac{m}{2} \left ( \dot{x}^2 +\dot{x}^2 tg \alpha  \right )+ mgz = E_0

\left (\frac{dx}{dt} \right )^2 \frac{m}{2} \left ( 1 + tg^2 \alpha  \right ) = E_0 - mgz

\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2}{m}} cos \alpha \sqrt{E_0 - mgz} z=-x tg \alpha

Беря интеграл:

\int_{t_0}^t dt = \int_{x_0}^x \sqrt{\frac{m}{2}} \frac{1}{cos \alpha} \frac{dx}{\sqrt{E_0 + mgx tg \alpha}}

и выражая x(t), мы получаем выражения для уравнения траетории.

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач по классической механике авт. Коткин, Сербо Номер 2.11

Найти наименьшее расстояние, на которое сблизится частица, налетающая из бесконечности со скоростью v0 и прицельным параметром ρ0, на другую, которая покоится. Потенциал задан уравнением U = - \frac{\alpha}{r}

Решение:

Эффективный потенциал U_{eff} (r) = - \frac{\alpha}{r} + \frac{ L_0}{2mr^2} Рассмотрим схему взаимодействия частиц:

ks211_2

Найдем минимальное расстояние r_{min} и обозначим его на графике потенциала:

ks211

E = T+U>0 - необходимо найти точку наименьшего сближения. E = \frac{m \dot{r^2}}{2} + U_{eff}(r)

Точка поворота есть \dot{r} = 0 => \frac{dr}{dt} = 0 <-- r=r(t)

\vec{v^2} = \dot{r^2} + r^2 \omega^2 T = \frac{m_1}{2} \vec{v^2_1} + \frac{m_2}{2} \vec{v^2_2} = \frac{M}{2} (\vec{v_1} - \vec{v_2})^2 + \frac{m_1+m_2}{2} \dot{R^2} - при введении системы центра масс, далее для энергии получаем:

E=\frac{M}{2} \vec{v^2_0} = \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} \frac{1}{2}\vec{v^2_0} = -\frac{\alpha}{r} + \frac{L^2_0}{2 \mu r^2}

|\vec{L_0}| = |r|\cdot |\vec{v}| sin \phi = \rho_0 v_0 \mu подставляем в выражение для энергии:

E(r)=\frac{M}{2}v^2_0 = -\frac{\alpha}{r} + \frac{L^2_0}{2 \mu r^2} то есть корни уравнения -\frac{\alpha}{r} + \frac{L^2_0}{2 \mu r^2} = 0 и будут минимально возможными расстояниями r_1;r_2 <=> r_{min}

Опубликовано в Теоретическая механика

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 2.34

Материальная точка движется в центральном поле U(r) = \frac{- \alpha}{r^6}. Полная энергия равна нулю E=0.

Найти траекторию движения.

Решение:

olh234

Запишем общее решение \phi = \sqrt{\frac{m}{2}} \int{\frac{L_0}{m} \frac{dr}{r^2 \sqrt{E-U_{eff}(r)}}}

Эффективный потенциал U_{eff}(r) = - \frac{\alpha}{r^6} + \frac{L^2_0}{2mr^2} = - \frac{\alpha}{r^6} \left ( 1 - {\frac{L^2_0}{2m \alpha}r^4 \right )

при этом выражение {\frac{L^2_0}{2m \alpha}r^4 = 0 в точке r_0 (см. рисунок к задаче)

Неравенство для нахождения области движения E - U_{eff}(r) \geqslant 0

откуда U_{eff}(r) \neqslant 0 => r \in [0;r_0] => движение финитное

Перепишем выражение для траектории:

\phi = \frac{L_0}{\sqrt{2m}} \int{\frac{r dr}{\sqrt{\alpha - \frac{r^2_0}{2m} r^4}}}

Имеем интеграл вида \int{\frac{dx}{ \sqrt{\alpha - \beta x^2}}} пусть x = r^2; \beta = \frac{L^2_0}{2m} тогда

\int{\frac{dx}{\sqrt{ \alpha - \beta x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \int{\frac{dx \sqrt{\frac{\beta}{2}}}{\sqrt{1 - \frac{\beta}{2}x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{\beta}} arccos (x) \sqrt{\frac{\beta}{2}}

Таким образом \phi = \frac{1}{2} arccos(r^2 \sqrt{\frac{L^2_0}{2m \alpha}}) - ответ;

Найдем траекторию движения материальной точки в полярных координатах:

cos 2 \phi = r^2 \frac{L_0}{\sqrt{2m \alpha}} => r^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos 2 \phi

в декартовых координатах: x^2 + y^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos(2 arctg \frac{y}{x})

r^2 = \frac{\sqrt{2m \alpha}}{L_0} cos 2 \phi \geq 0 - лемниската Бернулли \phi \in [0;2 \pi]; 2 \phi \in [0; 4 \pi]

lemniscata


Опубликовано в Теоретическая механика

(новое окно)

Как ввести формулу
Работает только для формы "Добавить комментарий" к материалу:
будет [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?t^2[/img]