ТОП 10:

Движение электрона вокруг протона



Заменим в выражении (2) силу всемирного тяготения G MЗ MЛ

R2


на силу Кулона гда получим


e2

4per 2 и массу Луны MЛ на массу электрона me . То-


4per 2 , (9)
=
v2 e2

r
me

и 0

e2


v =

4pe0mer


. (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 v2 m L ⎞2 L2


e2 e2mr L2


T = e = e =


, U = - = - e = - ,

 


2 2 ⎜⎝ m r ⎟⎠ 2m r2


4pe r 4pe r2m m r2


e e

L2

E = T + U = - .

e
2m r2


0 0 e e



Ответ:

Движение Луны вокруг Земли


 

Движение электрона вокруг протона


L = MЛ

 

MЛ v2


= const,

 

L2

 


 

L = e

m v2


 

= const,

 

L2


Л
T = 2 =2M R2,


T = e = ,

e
2 2m r2


U = -G MЛ M З = - L2

 


U = - e


= - L2

 


R

E = T + U = -


M R2 ,

Л
L2

 


 

4pe0r

e
E = + = -


m r2 ,

e
L2


 

2MЛ R2


T U 2m r2.


 

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, T2 = 15 Н (точка К).

Дано: m = 4,8 кг; h = 2 м; b = 1 м; d = 0,2 м; T2 = 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

T1 d

O


 

b b/2


 

 
O

r Q

 

h/2 K T2


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


 

h - 2d


R2 Q

 

K T2

d

 

P = mg


 

 

MT2


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) R2 : l = 0 , так как линия действия силы пересекает точку О (3)

� � b

T2 : l = h-2d (рисунок б); P : l = 2 (рисунок в). (4)

� �

Тогда модули моментов сил T2 и P равны:

MT 2 = (h - 2d )T2 = 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 v0


= 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; v0 = 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


� �
r0

r (t) = v0t +


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 v0 2 mg v0 g g g 2 v0 g t


gg]
так как векторное произведение двух одинаковых векторов [ ��


= 0 .


Из (4.10) следует, что

� � t � � � t � �

L = L0+ òMdt = [r0, p0] + ò[v0, mg]tdt =


� � � t


 

t
� � t 2


 

� � t 2


(3)


= [0, mv0 ] + [v0 , mgtdt = [v0 , mg]


= [v0 , 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

v0 g � �v0 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 = v0mg(sin a)t , M (5) = 5× 0, 5×10 × 0, 5× 5 = 62, 5 Н· м,


со-


t 2 25


L = v0mg(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 v0 g

� � � t 2

L = [v0 , mg] 2 , L(5) = 156, 25 (кг· м2)/c.

Задача 4.4

Шарик, привязанный к концу нити длиной l1 = 1 м, вращается без трения с частотой w1 = 60 рад/мин вокруг вертикальной оси, опира-


 

ясь на горизонтальную поверхность. Нить укарачивают до размеров

l2 = 0, 5 м. Найти частоту w2 вращения шарика.

Дано w1 = 60 рад/мин = 1 рад/c; l1 = 1 м; l2 = 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


 

L1 = L2, (6)

где L1 — 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 = mw r 2 = mw l 2 , (7)

1 1 1 1 1 1 1 1 1


L = r p sin p / 2 = mv r = mw r 2 = mw l 2


(8)


2 2 2 2 2 2 2 2 2

и, следовательно,

mw l 2 = mw 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.

 







Последнее изменение этой страницы: 2017-02-05; Нарушение авторского права страницы

infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 3.228.10.17 (0.022 с.)