Вычислите энергию связи ядра дейтерия. Масса ядра равна 2,01355 а.е.м. в Дж
напишите полное решение задачи

Показать ответ

Ответ:

zvarichevgenija

10.05.2020 11:55

Итак,давай те введем тот факт,что наша планета отдаляется от Солнца на определенное расстояние.То есть мы знаем ,куда движется Земля,из-за чего мы можем сказать,что (по второму закону Ньютона):
ma=m((u^2)/R-Fграв=>ma=m((u^2)/R)-(G*((m*M)/((R+l)^2))(где l-расстояние от планеты до звезды)=>сокращаем массы планеты=>a=u^2/R-G*(M/(R+l)^2)=>u^2=a*R+GM/((R+l)^2*R)=>видим,что линейная скорость тела обратно пропорционально радиусу,значит,зная радиусы мы все докажем.Итак,расстояние от Земли до Солнца -1 а.е.(астрономическая единица=150 млн км),а у Меркурия 58 млн км приблизительно.Видно,что значения расстояния Меркурия меньше,значит линейная скорость больше,по сравнению с Землей,ч,т,д.

0,0(0 оценок)

Ответ:

Killjoy008

07.06.2022 14:28

Хотя известно, что при решении с законов сохранения задачи мгновенного взаимодействия сразу более чем двух тел, получается недостаточное число уравнений – всё же попытаемся решить данную задачу, как мгновенное взаимодействие сразу трёх тел: шар, клин и Земля, с учётом того, что кинетическая энергия Земли в таком решении будет стремиться к нулю (чего, однако нельзя сказать о частично уносимым ею вертикальном импульсе).

Задачу будем решать для абстрактных математических объектов, для которых ровный или плоский – означает математическую плоскость, а вплотную означает зазор точно равный нулю. Гравитация нам вообще не нужна.

Построим модель. Пусть снизу расположен массивный протяжённый куб (или любой другой подстилающий массивный объект с плоской поверхностью) с массой $\mu$ . На этом кубе вплотную к нему сверху расположен клин массой M ,

с углом наклона к поверхности куба $\alpha = 30^o ,$ который без трения может двигаться по кубу. Поперечно к подстилающей поверхности движется шар, сталкивающийся с клином. Взаимодействие трёх тел далее считаем упругим. Для простоты решения начальный импульс будет считать проходящим через центр масс системы трёх тел, так чтобы не было момента импульса и дополнительных неизвестных в виде угловых скоростей этих тел.

Определим направления проекций конечных скоростей в системе координат, ориентированной ортогонально к кубу. Для большей иллюстративности, все искомые величины будем искать в виде положительных чисел, строго объявляя направления самих векторов скорости в тексте. Если мы получим при решении уравнений отрицательное число, это просто будет означать, что начальную постановку знака/направления нужно просто изменить на противоположную. Но тут по идее, такому даже негде взяться, всё более менее понятно по направлениям. Абсолютное значение вектора скорости нам особо нигде не нужно, так что горизонтальные составляющие скоростей будем записывать для простоты без индексов, а вертикальные с обычным индексом v_y .

Введём обозначения. Скорость шара m : v_o

– до соударения направлена вниз, после соударения

– от клина по горизонтали; и вверх по вертикали v_y .

Скорость клина M : V

– после соударения от шара по горизонтали; и вверх от куба по вертикали V_y .

Скорость куба $\mu : u$ – после соударения направлена вниз. Итак, у нас имеется 5 неизвестных. Для них мы сможем составить 4 уравнения и поколдовать над ними в предельном случае, когда $\mu \to +\infty .$

Запишем все 4 уравнения. Первые два – законы сохранения импульса по вертикали и горизонтали. Третье – связь начального и конечного импульса шара, продольная составлявшая которого вдоль поверхности клина должна сохраниться в силу поперечности взаимодействия верхней пары тел. Четвёртое уравнение: закон сохранения энергии.

$mv_o = \mu u - mv_y - M V_y ;$ ЗСИ по вертикали.

mv = M V ;

ЗСИ по горизонтали.

$v_o \sin{ \alpha } = v \cos{ \alpha } - v_y \sin{ \alpha } ;$ неизменность продольной составляющей

$mv_o^2 = mv^2 + mv_y^2 + M V^2 + M V_y^2 + \mu u^2 ;$ ЗСЭ

Система записана, разгребём её, оставив только

$v = \frac{M}{m} V ;$

$v_y = v ctg{ \alpha } - v_o ;$

$v_y = \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o ;$

$mv_o = \mu u - m ( \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o ) - M V_y ;$

$V_y = \frac{\mu}{M} u - V ctg{ \alpha } ;$

Теперь у нас есть три переменные, выраженные, через две другие. Подставим их в ЗСЭ:

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + m(\frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o)^2 + M V^2 + M (\frac{\mu}{M} u - V ctg{ \alpha })^2 + \mu u^2 ;$

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + \frac{M^2}{m} V^2 ctg^2{ \alpha } - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + m v_o^2 +\\\\+ M V^2 + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2 \mu u V ctg{ \alpha } + M V^2 ctg^2{ \alpha } + \mu u^2 ;$

$( \frac{M^2}{m} + \frac{M^2}{m} ctg^2{ \alpha } + M + M ctg^2{ \alpha } ) V^2 - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2 \mu uV ctg{ \alpha } + \mu u^2 = 0 ;$

$M \frac{ 1 + M/m }{ \sin^2{ \alpha } } V^2 - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2\mu u V ctg{ \alpha } + \mu u^2 = 0 ;$

При устремлении массы Земли $\mu \to +\infty , E_{K\mu} \to 0 ,$
но импульс Земли $p = \mu u$ – остаётся конечным!

$M \frac{ 1 + M/m }{ \sin^2{ \alpha } } [V]^2 - 2 M v_o ctg{ \alpha } [V] + \frac{1}{M}[p]^2 - 2 ctg{ \alpha } [p] [V] = 0 ;$

Как легко видеть – это уравнение непредельного эллипса в координатах ( V , p ) ,

проходящего через начало координат, а стало быть при различных значениях

мы будем получать различные значения V .

Т.е. предположение о том, что при любом значении параметра

– находилось бы фиксированное решение квадратного уравнения $V = V_{lim}$ , не верно.

ПРОДОЛЖЕНИЕ НА ИЛЛЮСТРАЦИЯХ >>>
На гладкой горизонтальной поверхности покоится клин массой m. на грань, составляющей угол 30 градусо