Гигантомания

Задача 1.1: при падении с постоянным ускорением \(g\) используйте \(h=g\tau^2/2\); для случая б) учтите, что обе массы движутся навстречу друг другу с одинаковыми ускорениями. Задача 1.2: для случая а) приравняйте центростремительное ускорение к \(g\), для случая б) центр вращения находится посередине между центрами масс. Задача 1.3: сведите колебания к гармоническим с \(a_x=-\dfrac{2g}{R}x\).

Задача 1.1 Падение камушка.

Расстояние между поверхностями сферического тела и радиус этого тела значительно меньше радиуса Земли, поэтому можно считать, что на тело действует постоянная сила гравитационного притяжения равная \[F=mg.\qquad (1)\] Такая же по модулю сила действует и на Землю.

Рассмотрим случай а) плотность тела равна плотности Земли. В этом случае масса тела значительно меньше массы Земли, поэтому смещением Земли можно пренебречь с высокой точностью. Таким образом, мы приходим к простейшей задаче: «тело падает с высоты \(h\) …»

1.1.1.а Время падения определяем из закона равноускоренного движения тела (падающего с ускорением свободного падения \(a=g\)): \[\frac{g\tau_a^2}{2}=h.\qquad (1)\] Из которого находим \[\tau_a=\sqrt{\frac{2h}{g}}=4{,}5\ \text{с}.\qquad (2)\]

1.1.2.а Скорость падения можно найти различными способами, например, из закона сохранения энергии: \[\frac{mV^2}{2}=mgh.\qquad (3)\] Откуда следует: \[V=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 100}\approx 45\ \frac{\text{м}}{\text{с}}.\qquad (4)\]

В случае б), когда масса тела равна массе Земли, необходимо учитывать движения Земли.

Задача существенно упрощается тем обстоятельством, что массы тел равны. При этом движение тела и Земли является «симметричным»: их центры движутся навстречу друг другу с одинаковыми по модулю ускорениями и скоростями. Поэтому они столкнутся, когда каждое тело пролетит расстояние \(\dfrac{h}{2}\). Так как силы, действующие на тела, определяются формулой (1), то ускорение каждого из тел по модулю равны \(g\).

1.1.1.б Для расчета времени движения запишем соотношение \[\frac{g\tau_b^2}{2}=\frac{h}{2}.\qquad (1)\] Из которого находим \[\tau_b=\sqrt{\frac{h}{g}}=3{,}2\ \text{с}.\qquad (2)\]

1.1.2.б Для расчета скорости каждого тела запишем кинематическое соотношение \[\frac{h}{2}=\frac{V_1^2}{2g}.\qquad (3)\] Которое приводит к следующему значению скорости тела в момент столкновения \[V_1=\sqrt{gh}.\qquad (4)\] Так тела движутся навстречу друг другу, то относительная скорость в момент столкновения в два раза превышает найденную скорость, т.е. \[V=2\sqrt{gh}=63\ \frac{\text{м}}{\text{с}}.\qquad (5)\]

Задача 1.2 Космический корабль.

Отношение высоты полета корабля к радиусу Земли примерно равно 0,03. Так как численные расчеты следует проводить с двумя значащими цифрами

1.2.1а Если масса корабля значительно меньше массы Земли, то Землю можно считать неподвижной. Тогда корабль движется по окружности, центр которой совпадает с центром Земли. На основании второго закона Ньютона можно записать уравнение движения корабля \[m\frac{v^2}{R}=mg.\qquad (1)\] Скорость движения корабля является первой космической скоростью и равна \[v=\sqrt{gR}.\qquad (2)\] Следовательно, период обращения корабля равен \[T=\frac{2\pi R}{v}=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}=5{,}0\cdot 10^{3}\ \text{с}\approx 84\ \text{мин}.\qquad (3)\]

1.2.1б Если масса корабля равна массе Земли, то центр Земли и корабль будут вальсировать вокруг общего центра масс. В рассматриваемом случае этот центр тяжести \(C\) находится на половине радиуса. Радиус окружности, по которой движутся корабль и центр Земли равен половине радиуса Земли \[r=\frac{R}{2}.\qquad (4)\]

Поэтому уравнение движения корабля в этом случае будет иметь вид \[m\frac{v^2}{R/2}=mg.\qquad (5)\] Скорость движения корабля \[v=\sqrt{g\frac{R}{2}}.\qquad (6)\] Наконец, период обращения равен \[T=\frac{2\pi\dfrac{R}{2}}{v}=2\pi\sqrt{\frac{R}{2g}}=3{,}6\cdot 10^{3}\ \text{с}\approx 1\ \text{час}.\qquad (7)\]

Задача 1.3 Эталон часа.

1.3 Рассмотрим траекторию движения маятника, которая является дугой окружности. Высота подъема маятника над поверхностью Земли равна \[\delta=R-R\cos\alpha.\qquad (1)\] При малых углах отклонения маятника эта величина является малой величиной второго порядка малости, поэтому ей можно пренебречь \[\delta=R-R\cos\alpha\approx\frac{\alpha^2}{2}R\approx 0.\qquad (2)\] В рамках этого подхода можно сделать следующие приближения: – груз маятника движется по горизонтальной прямой; – указанные на рисунке углы равны \(\alpha'=\alpha\); – модуль силы тяжести не изменяется в ходе движения и равен \(mg\), эта сила направлена к центру Земли. На следующем рисунке показаны силы, действующие на груз маятника. Проецируя силы на направление нити маятника, получим, что \[N=mg\cos 2\alpha\approx mg.\qquad (3)\] Здесь опять использовано приближение малых углов, когда с точностью до малых первого порядка \(\cos 2\alpha\approx 1\). Запишем теперь уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось \(x\): \[ma_x=-2mg\sin\alpha\approx -2mg\alpha.\qquad (4)\] Наконец, выразим угол отклонения подвеса маятника через координату груза: \[\alpha\approx\frac{x}{R}.\qquad (5)\] Из формул (4)–(5) получаем уравнение \[a_x=-2\frac{g}{R}x.\qquad (6)\] Это уравнение является уравнением гармонических колебаний с периодом \[T=2\pi\sqrt{\frac{R}{2g}}\approx 3{,}6\cdot 10^{3}\ \text{с}\approx 1{,}0\ \text{час}.\qquad (7)\]