Движение электрона вокруг протона

Заменим в выражении (2) силу всемирного тяготения G M З M Л

R 2

на силу Кулона гда получим

e 2

4pe r 2 и массу Луны M Л на массу электрона me. То-

4pe r 2, (9)

=

v 2 e 2

r

me

и 0

e 2

v =

4pe0 mer

. (10)

Аналогично моменту импульса Луны при ее движении вокруг Зем- ли момент импульса электрона (называемый орбитальным) при его движении вокруг протона перпендикулярен плоскости его движе- ния и не меняется со временем. Модуль момента импульса по опре- делению (4.2)

L = rp sin p

и, следовательно,

= rmev = rme = e

 

(11)

 

 

Тогда

v = L mer

. (12)

m v 2 m ⎛ L ⎞2 L 2

e 2 e 2 mr L 2

T = e = e =

, U = - = - e = -,

 

2 2 ⎜⎝ m r ⎟⎠ 2 m r 2

4pe r 4pe r 2 m m r 2

e e

L 2

E = T + U = -.

e

2 m r 2

0 0 e e

Ответ:

Движение Луны вокруг Земли

 

Движение электрона вокруг протона

L = M Л

 

M Л v 2

= const,

 

L 2

 

 

L = e

m v 2

 

= const,

 

L 2

Л

T = 2 =2 M R 2,

T = e =,

e

2 2 m r 2

U = - G M Л M З = - L 2

 

U = - e

= - L 2

 

R

E = T + U = -

M R 2,

Л

L 2

 

 

4pe0 r

e

E = + = -

m r 2,

e

L 2

 

2 M Л R 2

T U 2 m r 2.

 

Задача 4.2

Рассчитать модули моментов всех сил, действующих на дверь мас- сой m = 4,8 кг относительно верхнего крепления (точка О), если вы- сота двери h = 2 м, ширина двери b = 1 м, расстояние от верхне- го и нижнего краев двери до соответствующих креплений d = 0,2 м. Сила, приложенная к двери со стороны нижнего крепления, T 2 = 15 Н (точка К).

Дано: m = 4,8 кг; h = 2 м; b = 1 м; d = 0,2 м; T 2 = 15 H; g = 10 м/с2. Найти: MT1, MT2, MP, M R1, M R2.

На рис. а �ука�заны все силы, действующие на дверь. На рис. б

и в — силы T2, P и их моменты относительно точки О. Дугой со

стрелкой указано на- правление вращения правого винта от ра- диус-вектора точ-

ки приложения со-

 

R 1

T 1 d

O

 

b b /2

 

O

r Q

 

h /2 K T 2

ответствующей силы по кратчайшему пути к вектору этой силы, соединенному нача- лом с радиус-векто-

 

h - 2 d

R 2 Q

 

K T 2

d

 

P = mg

 

 

MT 2

P = mg

ром. Поступательное a б в

движение винта определяет направление момента силы. Модуль мо- мента силы относительно точки О определяется произведением мо- дуля силы на ее плечо силы. Плечо определяется как длина перпен- дикуляра, опущенного из точки О на линию действия силы (4.3–4.4). Определим плечи сил:

�

T �1: l = 0, так как линия действия силы пересекает точку О (1) R �1: l = 0, так как линия действия силы пересекает точку О (2) R 2: l = 0, так как линия действия силы пересекает точку О (3)

� � b

T 2: l = h- 2 d (рисунок б); P: l = 2 (рисунок в). (4)

� �

Тогда модули моментов сил T 2 и P равны:

MT 2 = (h - 2 d) T 2 = 24 H· м, (5)

M = b mg = 24 Н· м. (6)

P 2

�Из определения направ ления момента сил следует, что момент

M 2 направлен на нас, а MP – от нас. Так как модули этих момен-

тов равны, то � �

MT 2 + MP = 0.

Ответ: MT 2 = 24 Н· м, M p = 24 Н· м, моменты остальных сил рав- ны нулю.

 

Задача 4.3

y         v 0   r   m g v

Камень массой m = 0,5 кг бросили под углом a =30° к горизонту с начальной ско-

ростью v 0

= 5 м/с. Пренебре-

[, m ]

гая сопротивлением воздуха, v 0 g

н�айти: момент с�илы тяжести M и импульса L относитель- но точки бросания О в произ-

вольный момент времени и при t = 5 с.

Дано: m = 0,5 кг; v 0 = 5 м/с; a =30°; t = 5 с.

� �

Найти: M (t), L (t), M (5), L (5).

 

Поместим начало координат О в точку начала движения камня и запишем основное уравнение кинематики точки в векторном виде с

учетом того, что � = 0

� �

r 0

r (t) = v 0 t +

�

gt 2

. (1)

Момент силы тяжести (4.3) относительно точки О равен

� � 2 2

M = [ �, m �] = [ � t + gt, �] = [ �, m �] t + [ �, �] t = [ �, m �], (2)

r g v 0 2 mg v 0 g g g 2 v 0 g t

gg ]

так как векторное произведение двух одинаковых векторов [ ��

= 0.

Из (4.10) следует, что

� � t � � � t � �

L = L 0+ ò Mdt = [ r 0, p 0] + ò[ v 0, mg ] tdt =

� � � t

 

t

� � t 2

 

� � t 2

(3)

= [0, mv 0 ] + [ v 0, mg ]ò tdt = [ v 0, mg ]

= [ v 0, mg ].

0

Дугой со стрелкой на рисунке указано направление вращательного

движения правого винта от вектора начальной скорости � к векто-

� v0

ру силы тяжести mg, соединенному началом с вектором начальной

скорости. Поступательное движение винта определяет направление

вектора [ �, m �]. Вектор [ �, m �] – направлен на нас и не меняется со

v 0 g � � v 0 g

временем. Векторы M и L сонаправлены с данным вектором, так как

t 2

отличаются от него только положительными константами t и ответственно. По определению (4.2) и (4.4) 2

M = v 0 mg (sin a) t, M (5) = 5× 0, 5×10 × 0, 5× 5 = 62, 5 Н· м,

со-

t 2 25

L = v 0 mg (sin a) 2, L (5) = 5× 0, 5×10 × 0, 5× 2

� � �

Ответ: = [, m ] t, M (5) = 62, 5 Н· м,

= 156, 25 (кг· м2)/c.

M v 0 g

� � � t 2

L = [ v 0, mg ] 2, L (5) = 156, 25 (кг· м2)/c.

Задача 4.4

Шарик, привязанный к концу нити длиной l 1 = 1 м, вращается без трения с частотой w1 = 60 рад/мин вокруг вертикальной оси, опира-

 

ясь на горизонтальную поверхность. Нить укарачивают до размеров

l 2 = 0, 5 м. Найти частоту w2 вращения шарика.

Дано w1 = 60 рад/мин = 1 рад/c; l 1 = 1 м; l 2 = 0, 5 м. Найти: w2.

Так как при вращении

(и в процессе укорачива- ния нити) шарик взаимо- действует с тремя объек- тами (телами), то на него со стороны этих объек- тов действуют три силы.

По горизонтали к центру �

вращения со стороны нити действует сила натяжения нити� T, по вер-

g

тикали со стороны Земли к ее центру — сила тяжести P = m � и со

стороны горизонтально�й поверхности — нормальная составляющая

силы реакции опоры N, направленная вверх перпендикулярно по-

верхности. Так как в направлении оси z нет никакого ускоренного движения, то по 2 закону Ньютона

� �

N + P = 0. (1)

Следовательно,

� � � � � �

F равн = N + P + T = 0 + T = T. (2)

Из (4.10) и (4.3�) получаем, что

dL =å�

= [ �,

� � � �

равн ] = [, ] =

. (3)

Mi

dt i =1

r F r T MT

� �

Так как r ­¯ T, то

 

Тогда

 

[ �, �] = � = 0. (4)

r T MT

�

L

dL = 0 или � = const. (5)

dt � �

Вращая правый винт от первого вектора r ко втором�у вектору p

по крайчайшему пути, получим направление вектора L, совпадаю-

щее с поступательным движением право�го винта, т. е. вверх, как по- казано на рис. Из постоянства вектора L следует, что

 

L 1 = L 2, (6)

где L 1 — величина момента импульса шарика до укорочения нити, а

L

r

и

p

— после. Так как угол между векторами � � равен p/2, то, по

определению (4.2),

L = r p sin p / 2 = mv r = m w r 2 = m w l 2, (7)

1 1 1 1 1 1 1 1 1

L = r p sin p / 2 = mv r = m w r 2 = m w l 2

(8)

2 2 2 2 2 2 2 2 2

и, следовательно,

m w l 2 = m w l 2. (9)

1 1 2 2

Сокращая на m и выражая w2, имеем равенство

l 2

w = w 1. (10)

l

2 1 2

Подставляя численные значения, получим

2 2

w2 = 1×1 / 0, 5 = 4 рад/с.

Ответ: w2 = 4 рад/с.