Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/03/27.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:12 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:21:12 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: ngc 1232

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

27

L массового шара находится тяжелый шар из очень плотного ве* 4@ ) щества). В результате неточностей при сборке центр масс L тяжелого шара оказался смещенным в плоскости экватора на расстояние d = 100 км от центра большого шара. Найдите минимальное время оборота спутника, который движется в экваториальной плоскости.

Ф1676. При изучении падения тел в воздухе были
получены любопытные результаты. Металлический шарик падал с установившейся скоростью 100 м/с, шарик вдвое большего диаметра из того же металла падал с установившейся скоростью 140 м/с. К маленькому шарику прикрепили длинную нить, и с таким 'хвостом' он падал с установившейся скоростью 15 м/с. Когда длину 'хвоста' увеличили в два раза, скорость установившегося падения уменьшилась до 9 м/с. Попробуйте оценить скорость падения этого шарика при очень большой длине 'хвоста'. Считайте, что 'хвост' при движении не извивается, а остается вертикальным.

Найдем 'минимальную' орбиту спутника. Пусть она почти касается Земли в точке А ближайшей к сдвинутому центру масс (см. рисунок). Ускорение спутника в этой точке перпендикулярно вектору скорости v1 и определяется гравитационным притяжением 'Земли':
2 R R-d (мы учли, что радиус кривизны орбиты в этом месте не может быть меньше радиуса Земли R). Отсюда мы можем найти наименьшую возможную скорость в этой точке:

a=

b

GM

g

=

v1

2

v1 =

GMR R-d

.

Рассмотрим теперь самую дальнюю точку орбиты В. Обозначим высоту спутника над поверхностью через х, тогда расстояние от спутника до центра масс в этой точке получится R + d + x. Для нахождения связи между скоростями в ближней и дальней точках траектории воспользуемся законом сохранения момента импульса (или вторым законом Кеплера):

v2 R + d + x = v1 R - d

b

g

b

g

При падении шарика в воздухе на него действует сила лобового сопротивления, пропорциональная квадрату его скорости и площади поперечного сечения падающего тела данные в условии задачи числа позволяют это установить (при увеличении диаметра шарика в два раза его масса увеличивается в восемь раз, а площадь поперечного сечения в четыре раза, отношение скоростей установившегося движения 140/100 как раз соответствует 'квадратичному' закону). На шарик с 'хвостом', кроме силы лобового сопротивления, действует еще сила вязкого трения (на нить), пропорциональная скорости падения и величине боковой поверхности 'хвоста', т.е. длине нити. Эта сила явно получается 'главной' скорость установившегося движения в случае шарика с нитью во много раз меньше скорости шарика без нити. Ясно также, что придется учесть и массу длинной нити. Итак, не учитывая силу лобового сопротивления и обозначив массу шарика М, массу единицы длины нити , длину нити в первом случае L, во втором 2L и в третьем nL, запишем условия движения системы с установившейся скоростью: M + L g = kLv3 ,

и законом сохранения энергии (энергия взаимодействия спутника и 'Земли' отрицательна!):
- GMm R-d +
2 mv1

2

=-

GMm R+d+x

+

2 mv2

2

.

Подставив сюда значение v1 из предыдущего уравнения и исключив v2 , найдем значение высоты х:
x= 2d
2

R - 2d

32 00 м .

+n = k nLv5 . После простых преобразований найдем M + nL M + nL nv5 M = 4 L , = = . M + L 5L v3 При большом n получим v5 1 v = , и v5 = 3 = 3 м с . 5 v3 5 Р.Шариков

bM bM

b

+ 2

g Lgg Lg g

= k 2 Lv4 ,

Получилась совсем небольшая высота; значит, размер большой полуоси эллипса практически не отличается от радиуса Земли и период обращения T1 почти равен T0 = = 2 R g 5060 с периоду обращения вокруг Земли по круговой орбите радиусом R. Отношение этих периодов можно найти, используя третий закон Кеплера:

Ф1677. В жестком закрытом литровом сосуде находится 900 г воды; воздуха в сосуде нет. Температура внутри сосуда +100 њС. Содержимому сосуда сообщили 1000 Дж тепла. Оцените количество испарившейся при этом воды. Считайте, что при повышении температуры до +101 њС давление насыщенных паров воды увеличивается от 1 атм до 1,04 атм.
Часть переданного системе тепла пойдет на нагревание воды, часть на испарение. Попробуем оценить соотношение этих частей. Пусть все тепло пошло на нагрев тогда изменение температуры воды составит

T1 R+x 2 = T0 R

FG H

IJ K

32

1,0004 .

Замечание. На рисунке изображен сильно вытянутый эллипс, однако из расчетов следует, что это практически окружность. З.Рафаилов
7*

T =

Q cm

=

1000 Дж 0,26 К . 4200 Дж кг К 09 кг ,

b

g