4.2: Охолодження та змішування
- Page ID
- 62239
Закон Ньютона про охолодження
Закон охолодження Ньютона стверджує, що якщо об'єкт з\(T(t)\) температурою в часі\(t\) знаходиться в середовищі з температурою\(T_m(t)\), швидкість зміни часу\(t\) пропорційна\(T(t)-T_m(t)\); таким чином,\(T\) задовольняє диференціальне рівняння виду\(T\)
\[\label{eq:4.2.1} T'=-k(T-T_m).\]
Тут\(k > 0\), так як температура об'єкта повинна знижуватися if\(T > T_m\), або підвищуватися якщо\(T < T_m\). Ми будемо\(k\) називати постійну температурного розпаду середовища.
Для простоти в цьому розділі будемо вважати, що середовище підтримується при постійній температурі\(T_m\). Це ще один приклад побудови простої математичної моделі фізичного явища. Як і більшість математичних моделей, він має свої обмеження. Наприклад, розумно припустити, що температура приміщення залишається приблизно постійною, якщо об'єктом охолодження є чашка кави, але, можливо, ні, якщо це величезний котел з розплавленого металу. (Докладніше про це див. Вправа 4.2.17.)
Щоб розв'язати Equation\ ref {eq:4.2.1}, ми перепишемо його як
\[T'+kT=kT_m. \nonumber\]
Оскільки\(e^{-kt}\) це рішення комплементарного рівняння, то розв'язки цього рівняння мають вигляд\(T=ue^{-kt}\), де\(u'e^{-kt}=kT_m\), так\(u'=kT_me^{kt}\). Отже,
\[u=T_me^{kt}+c, \nonumber\]
тому
\[T=ue^{-kt}=T_m+ce^{-kt}. \nonumber\]
Якщо\(T(0)=T_0\), установка\(t=0\) тут дає\(c=T_0-T_m\), так
\[\label{eq:4.2.2} T=T_m+(T_0-T_m)e^{-kt}. \]
Зверніть увагу, що\(T-T_m\) розпадається експоненціально, з постійною гниття\(k\).
Керамічний ізолятор випікають при\(400^\circ\) С і охолоджують в приміщенні, в якому температура становить\(25^\circ\) С. Через 4 хвилини температура ізолятора -\(200^\circ\) С. Яка його температура через 8 хвилин?
Рішення
Тут\(T_0=400\) і\(T_m=25\), так рівняння\ ref {eq:4.2.2} стає
\[\label{eq:4.2.3} T=25+375e^{-kt}.\]
Визначаємо\(k\) з заявленої умови, що\(T(4)=200\); тобто
\[200=25+375e^{-4k}; \nonumber\]
отже,
\[e^{-4k} = {175\over 375} = {7\over 15}. \nonumber\]
Беручи логарифми і розв'язуємо для\(k\) прибутковості
\[k=-{1\over 4} \ln {7\over 15}={1\over 4}\ln {15\over 7}. \nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:4.2.3} дає
\[T=25+375 e^{-{t\over 4} \ln {15\over 7}} \nonumber\]
(Рисунок Template:index). Тому температура ізолятора через 8 хвилин становить
\[\begin{array}{rl} T(8) & = 25+375 e^{-2 \ln {15\over 7}} \\[9pt] & = 25+375 \left({7\over 15}\right)^2 \approx 107^\circ \mbox{C}. \end{array}\nonumber \]
Об'єкт з температурою\(72^\circ\) F розміщується зовні, де температура\(-20^\circ\) F. О 11:05 температура об'єкта дорівнює\(60^\circ\) F, а в 11:07 його температура -\(50^\circ\) F. В який час об'єкт розміщувався зовні?
Рішення
\(T(t)\)Дозволяти бути температура об'єкта в той час\(t\). Для зручності вибираємо\(t_0=0\) походження шкали часу 11:05 так\(T_0=60\). Треба визначити час,\(\tau\) коли\(T(\tau)=72\). Підстановка\(T_0=60\) і\(T_m=-20\) в рівняння\ ref {eq:4.2.2} дає
\[T = -20+\bigl(60-(-20)\bigr)e^{-kt}\nonumber\]
або
\[\label{eq:4.2.4} T = -20+80e^{-kt}. \]
Отримаємо\(k\) з заявленої умови, що температура об'єкта становить 50\(^\circ\) F в 11:07. Оскільки 11:07 знаходиться\(t=2\) на нашій шкалі часу, ми можемо визначити,\(k\) підставляючи\(T=50\) і\(t=2\) в Equation\ ref {eq:4.2.4}, щоб отримати
\[50 = -20+80e^{-2k}\nonumber\]
Це показано на малюнку Template:index.
Отже,
\[e^{-2k}={70\over 80}={7\over 8}.\nonumber\]
Беручи логарифми і розв'язуємо для\(k\) прибутковості
\[k =-{1\over 2} \ln {7\over 8} = {1\over 2} \ln {8\over 7}.\nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:4.2.4} дає
\[T = -20+80 e^{-{t\over 2}\ln {8\over 7}},\nonumber\]
і умова\(T(\tau)=72\) передбачає, що
\[72 =-20+80 e^{-{\tau\over 2} \ln {8\over 7}};\nonumber\]
отже,
\[e^{-{\tau\over 2} \ln {8\over 7}} ={92\over 80} = {23\over 20}.\nonumber\]
Беручи логарифми і розв'язуємо для\(\tau\) прибутковості
\[\tau = -{2 \ln {23\over 20}\over \ln {8\over 7}} \approx-2.09\ \mbox{min}.\nonumber\]
Тому об'єкт був розміщений на вулиці приблизно за 2 хвилини 5 секунд до 11:05; тобто о 11:02:55.
Проблеми змішування
У наступних двох прикладах розчин морської води з заданою концентрацією (маса солі на одиницю об'єму розчину) додається з заданою нормою в резервуар, який спочатку містить морську воду з різною концентрацією. Проблема полягає в тому, щоб визначити кількість солі в резервуарі в залежності від часу. Це приклад проблеми змішування. Для побудови математичної моделі для задач змішування ми припускаємо в наших прикладах (і більшості вправ), що суміш перемішується миттєво, щоб сіль завжди рівномірно розподілялася по всій суміші. Вправи 4.2.22 і 4.2.23 стосуються ситуацій, коли це не так, але розподіл солі стає приблизно рівномірним як\(t\to\infty\).
Резервуар спочатку містить 40 фунтів солі, розчиненої в 600 галонів води. Починаючи з\(t_0 = 0\), вода, яка містить 1/2 фунта солі на галон, заливається в резервуар зі швидкістю 4 гал/хв і суміш зливається з резервуара з тією ж швидкістю (рис. Template:index).
- Знайдіть диференціальне рівняння для\(Q(t)\) кількості солі в резервуарі за часом\(t > 0\), і вирішіть рівняння для визначення\(Q(t)\).
- Знайти\(\lim_{t\to\infty}Q(t)\).
Рішення a
Щоб знайти диференціальне рівняння для\(Q\), ми повинні використовувати задану інформацію, щоб вивести вираз для\(Q'\). Але чи\(Q'\) змінюється швидкість зміни кількості солі в ємності по відношенню до часу; таким чином, якщо норма в позначає швидкість, з якою сіль надходить в бак, а норма виходить позначає швидкість, з якою вона йде, то
\[\label{eq:4.2.5} Q' = \mbox{rate in}-\mbox{rate out}.\]
Ставка в становить
\[\left({1\over 2}\ \mbox{lb/gal}\right) \times (4\ \mbox{gal/min}) = 2\ \mbox{lb/min}.\nonumber\]
Визначення ставки з вимагає трохи більше роздумів. Ми видаляємо 4 галони суміші на хвилину, і в резервуарі завжди 600 галонів; тобто ми\(1/150\) видаляємо суміш на хвилину. Так як сіль рівномірно розподіляється в суміші, то і\(1/150\) прибираємо сіль в хвилину. Тому, якщо в резервуарі є\(Q(t)\) кілограми солі на час\(t\), норма в будь-який момент\(t\) є\(Q(t)/150\). Крім того, ми можемо прийти до такого висновку, стверджуючи, що
\[\begin{align*} \mbox{rate out} & = (\mbox{concentration})\times(\mbox{rate of flow out}) \\[5pt] &= (\mbox{lb/gal})\times(\mbox{gal/min})\\[4pt] &= {Q(t)\over600} \times 4 \\[4pt] &={Q(t)\over150}. \end{align*}\nonumber \]
Тепер ми можемо записати рівняння\ ref {eq:4.2.5} як
\[Q' = 2-{Q\over 150}. \nonumber\]
Це рівняння першого порядку можна переписати як
\[Q'+{Q\over 150} = 2. \nonumber\]
Оскільки\(e^{-t/150}\) це рішення комплементарного рівняння, то розв'язки цього рівняння мають вигляд\(Q=ue^{-t/150}\), де\(u'e^{-t/150}=2\), так\(u'=2e^{t/150}\). Отже,
\[u = 300e^{t/150}+c, \nonumber\]
тому
\[\label{eq:4.2.6} Q=ue^{-t/150}=300+ce^{-t/150}\]
(Рисунок Template:index). Так як\(Q(0)=40\),\(c=-260\); отже,
\[Q=300-260e^{-t/150}.\nonumber\]
Рішення б
З Рівняння\ ref {eq:4.2.6}, ми бачимо, що\(\lim_{t \to \infty}Q(t)=300\) для будь-якого значення\(Q(0)\). Це інтуїтивно розумно, оскільки вхідний розчин містить 1/2 фунта солі на галон і завжди є 600 галонів води в резервуарі.
500-літровий бак спочатку містить 10 г солі, розчиненої в 200 л води. Починаючи з\(t_0=0\), воду, яка містить 1/4 г солі на літр, заливають в ємність з розрахунку 4 літр/хв і зливають суміш з ємності з розрахунку 2 л/хв (рис. [рис:4.2.5}). Знайдіть диференціальне рівняння\(Q(t)\) кількості солі в резервуарі на час\(t\) до моменту переповнення резервуара і знайдіть концентрацію\(K(t)\) (г/літр) солі в резервуарі в будь-який такий час.
Рішення
Спочатку визначаємо\(W(t)\) кількість розчину в резервуарі в будь-який час\(t\) до переливу. Оскільки\(W(0) = 200\) і ми додаємо 4 літрів/хв, видаляючи лише 2 літрів/хв, є чистий приріст 2 літрів/хв у резервуарі; отже,
\[W(t) = 2t+200.\nonumber\]
Так як\(W(150)=500\) літри (ємність бака), ця формула справедлива для\(0 \le t \le 150\).
Тепер нехай\(Q(t)\) буде кількість грамів солі в ємності на час\(t\), де\(0 \le t \le 150\). Як у прикладі Template:index
\[\label{eq:4.2.7} Q' = \mbox{rate in}-\mbox{rate out}.\]
Ставка в становить
\[\label{eq:4.2.8} \left({1\over 4}\ \mbox{g/liter}\,\right) \times (4\ \mbox{liters/min}\,) = 1\ \mbox{g/min}.\]
Щоб визначити норму назовні, спостерігаємо, що так як суміш видаляється з бака з постійною швидкістю 2 літрів/хв і в баку в момент часу є\(2t+200\) літри\(t\), то частка суміші, що видаляється за хвилину за раз,\(t\) становить
\[{2\over 2t+200} = {1\over t+100}.\nonumber\]
Ми видаляємо цю саму частку солі в хвилину. Тому, оскільки в ємності за часом знаходяться\(Q(t)\) грами солі\(t\),
\[\label{eq:4.2.9} \mbox{rate out} = {Q(t)\over t+100}.\]
Крім того, ми можемо прийти до такого висновку, стверджуючи, що
\[\begin{array}{lcl} \mbox{rate out} & = & (\mbox{concentration})\times(\mbox{rate of flow out}) =(\mbox{g/liter})\times(\mbox{liters/min})\\[10pt] &=&{Q(t)\over2t+200}\times 2={Q(t)\over t+100}. \end{array} \nonumber \]
Підставляючи рівняння\ ref {eq:4.2.8} та рівняння\ ref {eq:4.2.9} у рівняння\ ref {eq:4.2.7} дає
\[\label{eq:4.2.10} Q'=1-{Q\over t+100},\quad \text{so} \quad Q'+{1\over t+100} Q=1.\]
Шляхом поділу змінних,\(1/(t+100)\) є розв'язком комплементарного рівняння, тому розв'язки Equation\ ref {eq:4.2.10} мають вигляд
\[Q={u\over t+100}, \quad \text{where} \quad {u'\over t+100 =1}, \quad \text{so} \quad u'=t+100.\nonumber\]
Отже,
\[\label{eq:4.2.11} u = {(t+100)^2\over 2}+c.\]
Оскільки\(Q(0)=10\) і\(u=(t+100)Q\), рівняння\ ref {eq:4.2.11} означає, що
\[(100)(10) = {(100)^2\over 2}+c,\nonumber\]
тому
\[c=100(10)-{(100)^2\over 2} =-4000\nonumber\]
і тому
\[u = {(t+100)^2\over 2} -4000.\nonumber\]
Отже,
\[Q = {u\over t+200}= {t+100\over 2}-{4000\over t+100}.\nonumber\]
Тепер нехай\(K(t)\) буде концентрація солі за часом\(t\). Тоді
\[K(t) = {1\over 4}-{2000\over(t+100)^2}\nonumber\]
Це показано на малюнку Template:index.
