WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 |

47. Лодка замедляет движение под действием сопротивления воды, пропорционального скорости лодки. Начальная скорость лодки 1,5 м/с, через 4 с скорость её становится равна 1 м/с.

Когда скорость уменьшится до 1 см/с Какой путь пройдёт лодка до остановки 48. Мотор лодки создаёт постоянную силу тяги, а сила трения о воду пропорциональна скорости. а) Доказать, что скорость лодки не может превысить некоторой предельной скорости vпр.

б) Найти скорость лодки через 5 с после начала движения, если vпр=30 км/ч, а скорость её после 2 с была равна 5 км/ч. в) Найти путь, пройденный лодкой за 5 с. г) Когда скорость лодки достигнет 90% от предельной 49. При падении тела в жидкости для небольших скоростей сила сопротивления пропорциональна скорости. а) Считая этот закон выполненным, доказать существование предельной скорости падения. б) Считая предельную скорость равной 5 м/с, выяснить, через какое время скорость тела станет равной 4,5 м/с. в) Найти путь, проходимый падающим телом за первые 4 с падения.

50. а) Нарисовать графики функций y=ch x, y=sh x, y= =th x. б) Доказать, что (ch x) =sh x, (sh x) =ch x, (th x) =.

ch2 x в) Доказать, что ch2 x-sh2 x=1. д) Доказать теоремы сложения:

ch(x+y)=ch x ch y+sh x sh y, sh(x+y)=sh x ch y+ch x sh y, th x+th y th(x+y)=.

1+th x th y 51*. Футбольный мяч массой 0,4 кг брошен вверх со скоростью 20 м/с. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и равно 0,005 Н при скорости 1 м/с. Вычислить время подъёма мяча и наибольшую высоту подъёма. Как изменятся результаты, если пренебречь сопротивлением воздуха 52*. Футбольный мяч массой 0,4 кг падает с высоты 20 м (без начальной скорости). Сопротивление воздуха пропорционально квадрату его скорости и равно 0,005 Н при скорости 1 м/с. Найти время падения и скорость мяча в конце падения. Как изменятся результаты, если не учитывать сопротивление воздуха § 10. РЕАКТИВНОЕ ДВИЖЕНИЕ. ФОРМУЛА ЦИОЛКОВСКОГО Рассмотрим движение ракеты в космосе (рис. 26). Сначала пренебрежём всеми внешними силами, действующими на ракету.

Основными параметрами, характеризующими ракету и её двигатель, являются: u0 — скорость истечения газов из сопла ракеты относительно корпуса ракеты, для простоты считаем её постоянной, она зависит от вида применяемого топлива и составляет 2 км/с для пороха и около 4 км/с для жидкого топлива; M0 —исходная масса ракеты с горючим; Mк — конечная масса ракеты после выгорания всего горючего.

Напишем уравнение движения ракеты, считая, что она движется по прямой линии. Пусть z(t) — координата ракеты (вдоль этой прямой) в момент времени t; v(t)=z (t) — скорость ракеты в момент времени t; m(t) — масса ракеты в момент времени t (эта масса уменьшается по мере сгорания горючего).

Воспользуемся законом сохранения импульса (количества движения). При этом удобно ввести мгновенную систему координат, связанную с летящей ракетой (точнее, равномерно движущуюся с той скоростью, с которой ракета движется в момент времени t). В этой системе координат скорость ракеты (и имеющегося в ней топлива) в момент времени t равна нулю. Рассмотрим момент времени t+t в этойже системе координат. Предположим, что за это время в ракете сгорело и вылетело из неё топливо массой -m=m(t)-m(t+t). Скорость самой ракеты (с остатками топлива увеличилась на v=v(t+t)-v(t) и в рассматриваемой системе координат стала равной v, в то время Рис. как скорость вылетевшего топлива равна -u0 (с учётом направления). Суммарный импульс в момент t+t примерно равен -m(-u0)+mv с точностью, растущей с уменьшением t (здесь неточность связана с тем, что со временем меняется масса m=m(t) и, кроме того, скорость вылета горючего в рассматриваемой системе координат будет равна u0 лишь в момент времени t, так как дальше сама ракета начнёт двигаться). Приравнивая суммарный импульс к нулю, получим 0-m(-u0)+mv.

Деля обе части на t и переходя к пределу при t0, получим точное равенство 0=m (t) u0+m(t) v (t), откуда v (t)=-u0 m (t), m(t) или v (t)=(-u0 ln m(t)). Отсюда v(t)=-u0 ln m(t)+C.

Для нахождения C положим t=0 и будем считать, что v(0)= =0, т. е. ракета движется без начальной скорости. Тогда получим m(0)=M0, и уравнение при t=0 примет вид 0=-u0 ln M0+C, т. е. C=u0 ln M0. Поэтому формула для v приобретает вид Mv(t)=-u0 ln m(t)+u0 ln M0=u0 ln.

m(t) В момент, когда всё топливо израсходовано, получим m(t)=Mк, Mv=u0 ln.

Mк Эта формула называется формулой Циолковского. Основной вывод из этой формулы: ракета может достичь скорости, большей, чем скорость истечения газов из сопла, хотя для этого отношение массы M0 ракеты с топливом к массе ракеты без топлива Mк должно быть очень велико. Для увеличения отношения M0/Mк на разных этапах полёта ракеты делают многоступенчатыми.

Проанализируем, какая сила тяги действует на летящую ракету вследствие выхлопа газов из сопла. Из формулы, полученной выше, находим mv (t)=-u0m (t).

Положим µ=µ(t)=-m (t), так что µ — расход топлива. Из формулы видно, что если положить u0µ=Fт, то уравнение примет вид второго закона Ньютона:

mv (t)=Fт, поэтому Fт можно считать силой тяги двигателя, ибо она создаёт ускорение ракеты так, как если бы она была внешней силой.

Опишем теперь движение ракеты с учётом других действующих на неё сил. Рассмотрим, например, ракету, стартующую вертикально с поверхности Земли. В этом случае следует учесть силу тяжести. Уравнение приобретает вид mv (t)=Fт-mg=-u0m (t)-mg=u0µ-mg (положительным считается направление вверх). Чтобы ракета оторвалась от Земли, необходимо выполнение условия u0µ0-M0g>0, где µ0=µ(0) — расход топлива в начальный момент времени. Это, u0µв частности, ограничивает массу: M0<. Далее, деля уравнение g на m(t), получим v =-u0 m -g, m или (v(t)) =(-u0 ln m) +(-gt) =(-u0 ln m-gt), откуда v(t)=-u0 ln m(t)-gt+C.

При t=0 имеем v=0 и m=M0, откуда C=u0 ln M0, и в итоге Mv(t)=u0 ln -gt.

m(t) Если полёт продолжался в течение времени T и масса ракеты в конце полёта оказалась равной Mк, то получим следующую скорость в конце полёта:

Mv=u0 ln -gT.

Mк Здесь мы не учитывали изменения силы тяжести в зависимости от высоты. При расчёте космических полётов это приходится учитывать наряду с сопротивлением воздуха и многоступенчатостью ракеты.

53*. Ракета, масса которой вместе с топливом M=10 т, падая на Землю со скоростью v=3 км/с вертикально вниз, начинает торможение, включив на время T=10 с двигатель, сопло которого обращено к Земле. За время торможения двигатель расходует m=5 т горючего, скорость истечения продуктов которого из сопла ракеты равна u0=4 км/с. Какова будет скорость ракеты после окончания торможения Изменением силы тяжести с высотой и сопротивлением воздуха пренебречь.

§ 11. ДВИЖЕНИЕ В СИЛОВОМ ПОЛЕ. КОЛЕБАНИЯ Пусть материальная точка (массой m) может двигаться вдоль оси x и при этом в точке с координатой x на неё действует сила F=F(x), т. е. действующая на частицу сила зависит только от её координаты. Через x(t) обозначим координату частицы в момент времени t; v(t)=x (t) — скорость частицы в момент t; a(t)=v (t) — ускорение частицы в момент t. Функция a(t) получается из функции x(t) двукратным дифференцированием, поэтому её часто обозначают также x (t), что мы и будем делать в дальнейшем. Согласно второму закону Ньютона, mx =F(x), или, подробнее, mx (t)= =F(x(t)). Деля обе части этого уравнения на m и вводя обозначеF(x) ния f(x)=, получаем x =f(x(t)), или, короче, m x =f(x). (1) Функцию x =a(t) называют также второй производной функции d2x(t) x(t) по t и обозначают через.

dtСила, заданная в каждой точке пространства и зависящая только от этой точки (важно, что она не зависит от скорости движения точки, как сила трения), называется силовым полем. Например, силовым полем является гравитационное поле неподвижных масс (т. е. совокупность сил притяжения нескольких неподвижных точек). Задача об обращении планеты вокруг Солнца — пример задачи о движении частицы в силовом поле. Ответ в этой задаче угадал Кеплер (поэтому она часто называется кеплеровой задачей, или задачей Кеплера): используя астрономические наблюдения Тихо Браге, он заметил, что планеты движутся по эллипсам. Ньютон сформулировал закон всемирного тяготения и показал, как из него вытекает ответ Кеплера (т. е. решил задачу Кеплера). Эта задача сводится к исследованию уравнения вида (1), но с вектор-функцией x(t) вместо скалярной функции x(t) (при этом функция f тоже превращается в векторную функцию f(x)), значение которой в каждой точке трёхмерного пространства есть трёхмерный вектор. В этом параграфе будет рассматриваться движение вдоль некоторой прямой (оси x); при этом сила тоже предполагается направленной вдоль этой прямой. Приведём примеры.

П р и м е р 1. Ш а р и к н а п р у ж и н к е. Рассмотрим шарик с массой m, лежащий на гладком горизонтальном полу и прикреплённый к стене пружинкой. Направим ось x вдоль оси пружинки (рис. 27) и поместим на ней начало координат в положение равновесия пружинки. Тогда при отклонении шарика вдоль оси x возникает сила, направленная вдоль оси x и равная F(x)=-kx, где коэффициент k>0 характеризует жёсткость пружинки. Если x>0, то сила F(x) направлена а) влево, так как пружинка растянута, а если x<0, то сила направлена вправо, так как пружинка сжата (см. рис. 27, б, в). Это соx ответствует формуле F(x)=-kx.

Уравнение (1) приобретает в этом F(x) случае вид б) k x =- x, или x =-2x, (2) m x k где =.

m x Выведем для общего уравнения (1) закон сохранения энер- F(x) в) гии. Для этого перепишем его в виде v (t)=f(x(t)) и умножим обе части на v(t)=x (t). Тогда получим x v(t) v (t)=f(x(t)) x (t). (3) Левая часть может быть записана x как производная:

Рис. v(t) v (t)= 1v2(t).

Попробуем сделать то же самое с правой частью. Обозначим через g(x) первообразную функции f(x), т. е. g(x)= f(x) dx, тогда g (x)= =f(x); теперь положим U(x)=-g(x). Тогда f(x(t)) x (t)=(g(x(t))) =-(U(x(t))) по правилу дифференцирования сложной функции. Из (3) получаем v2(t) =-(U(x(t)) и, следовательно, v2(t) =-U(x(t))+E, где E — постоянная. Иначе:

v2(t) +U(x(t))=E.

Функция U(x) называется потенциальной энергией. Она может быть записана, например, в виде x U(x)=- f(x) dx.

xЕсли считать, что m=1 (что всегда может быть достигнуто изменением единиц массы), то U(x) — работа, которая совершается силами данного поля при перемещении тела из точки x в фиксированную точку x0. Выбор точки x0 неважен, при другом выборе xвеличина U(x) изменится на постоянную.

Используем закон сохранения энергии для решения задачи о шарике на пружинке. В этом случае k x2 2xU(x)= · =, m 2 k где =, откуда закон сохранения энергии имеет вид m (x (t))2 2x2(t) + =E.

2 При данном E это уравнение близко к типу, который мы уже изучали. Если E=0, то x(t)=0, что соответствует тому, что шарик покоится в положении равновесия. Пусть E>0. Тогда, решая уравнение относительно x (t), получаем x (t)=± 2E-2x2(t).

Считая, что подкоренное выражение не обращается в ноль (на самом деле оно может обращаться в ноль лишь при отдельных значениях параметра t), получаем x (t) =1. (4) ± 2E-2x2(t) В соответствии со способом решения уравнений такого типа, описанным в § 6, теперь следует искать первообразную от функции h(x)=. Перепишем её в виде ± 2E-2x±1 1 1 h(x)= =± · =± · 2.

2E-2x2 2E 2E 2 x 1- x2 1- 2E 2E 2x2(t) Из закона сохранения энергии ясно, что E, откуда |x(t)| 2E 2E. Положим A=. В дальнейшем будет ясно, что |x(t)| ино гда достигает значения A. Число A называется амплитудой рас1 сматриваемого колебания. Имеем: =, и нужно вычислить A 2E первообразную для функции 1 h(x)=± · 2.

A x 1- A Для этого сначала вычислим производную от функции y=arcsin x, обратной к функции x=sin y при y[-/2, /2]. По правилу дифференцирования обратной функции 1 1 (arcsin x) = =, y=arcsin x= (sin y) cos arcsin x cos где =arcsin x — такой угол, что sin =x и -/2/2. По этому cos 0 и cos = 1-x2. Итак, (arcsin x) =.

1-xПо формуле дифференцирования сложной функции получаем:

arcsin x 1 = · 2, A A x 1- A откуда первообразная для функции h(x) имеет вид 1 x ± arcsin.

A 1 x Из уравнения (4) получаем теперь ± arcsin =t-t0, здесь t0 — A произвольная постоянная. Умножая обе части равенства на ±, применяя функцию sin к обеим частям и умножая обе части получившегося равенства на A, получаем x=A sin(±(t-t0))=±A sin(t+), где — произвольная постоянная, называемая сдвигом фазы. Кстати, беря =1+, получимsin(t+)=- sin(t+1), так что выбором можно менять знак перед A. Таким образом, если считать сдвиг фазы произвольным, то можно опустить ±, и окончательно получаем:

x x(t)=A sin(t+). (5) Легко непосредственно проверить, что l такая функция x(t) является решением уравнения (2) уже при всех t. Величина называется круговой частотой колебания.

Период колебания T=.

П р и м е р 2. Рассмотрим настоящий математический маятник (рис. 28).

Рис. Пусть l — длина его нити, m — масса шарика (малого размера по сравнению с l), подвешенного на нити, а x=x(t) — угол отклонения маятника от нижнего положения равновесия. Рассматривая силы, действующие на шарик, и ускорение шарика, можно получить уравнение mlx =-mg sin x или x =-g sin x. (6) l Закон сохранения энергии имеет вид (x )2 g + (1-cos x)=E.

2 l Пользуясь этим точным законом, можно найти скорость шарика в любой точке x и все действующие на него в этой точке силы.

При малых x уравнение (6) приближённо записывают в виде x =-g x, l g что совпадает с уравнением (2), но с =. Поэтому можно ожиl дать (и это на самом деле так), что при малых отклонениях маятника от положения равновесия решения (6) будут близки к решениям вида (5). При этом период малых колебаний равен 2 l T= =2.

g П р и м е р 3. Рассмотрим к о л е б а н и я ш а р и к а н а п р уж и н к е с у ч ё т о м т р е н и я, считая трение пропорциональным x(t) скорости. Тогда к силе упругости пружинки прибавляется сила трения Fтр=-bx, и уравнение приобретает вид: mx =-kx-bx, или t x +x +2x=0, (7) b k где =, =. Попробуем реm m шить уравнение (7). Для этого введём Рис. неизвестную функцию y(t)=etx(t).

Чтобы составить для неё уравнение, подставим x(t)=e-ty(t) в уравнение (7). Дифференцируя, получаем:

x (t)=e-ty (t)-e-ty(t), x (t)=e-ty (t)-2e-ty (t)+2e-ty(t).

Подставляя эти выражения в (7), имеем:

e-t(y (t)+(-2)y (t)+(2-+2)y(t))=0.

Чтобы уничтожить член с y (t), возьмём =. Тогда после сокращения на e-t получим уравнение y (t)+2y(t)=0, где 1= 2-.

Будем считать, что трение не очень велико, так что 2>2/4.

Тогда для y(t) получаем уравнение вида (2), но с 1 вместо.

Поэтому y(t)=A1 sin(1t+), и x(t)=A1e-t/2 sin(1t+), (8) здесь постоянные A1 и могут быть определены из начальных условий x(0)=x0, x (0)=v0.

Формула (8) описывает затухающие колебания. График x(t) имеет вид колебаний с амплитудой, убывающей по закону A1e-t/(рис. 29). Трение уменьшает и частоту колебаний, так как 1<.

Если =0, то формула (8) переходит в формулу (5), описывающую колебания без трения.

54. Предположим, что вдоль всей земной оси от Северного полюса к Южному прорыт колодец и какой-то предмет уронили в этот колодец (без начальной скорости) на Северном полюсе. Как он будет двигаться За какое время он достигнет центра Земли Достигнет ли он Южного полюса При решении надо использовать тот факт, что на небольшое тело, находящееся внутри Земного шара на расстоянии d от его центра, действует сила притяжения, направленная к центру Земли и равная по величине силе притяжения его материальной точкой (расположенной в центре Земли), имеющей массу, равную массе лишь той части Земного шара, которая попадает в шар радиуса d с центром в центре Земли (это утверждение, доказанное Ньютоном, равносильно тому, что если есть тонкая однородная сфера, то внутри неё все силы притяжения уравновешиваются, а снаружи её притяжение таково, как если бы вся масса была сосредоточена в центре). При решении задачи считать, что плотность Земли всюду постоянна. Радиус Земли равен 6400 км. Сопротивлением воздуха пренебречь.

55*. На Южном полюсе Земли установлена пушка, дуло которой направлено вертикально вверх. Из этой пушки выстрелили снарядом. Пренебрегая сопротивлением воздуха и притяжением воздуха и Земли к другим небесным телам, описать, как будет меняться скорость снаряда в зависимости от расстояния от снаряда до Земли. С какой скоростью должен вылететь снаряд, чтобы он никогда не вернулся на Землю 56*. Решить уравнение y -k2y=0 и с помощью этого решения описать колебания шарика на пружинке с большим трением, т. е. при условии 2<2/4 в обозначениях примера 3. Сколько раз в этом случае решение x(t) может обращаться в ноль ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ § 1.

1. 48 км/ч. 2. a<0, b>0, c>0. 3. См. рис. 30. 4. y=4-x. 5. 17; -3.

x 6. а) 4006x(x2+1)2002; б) 2x cos x2; в) ; г) 2xex2 ; д) ex·eex ; е) - sin x cos cos x;

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 |






















© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.