4.3: Елементарна механіка

Другий закон руху Ньютона

У цьому розділі розглядається об'єкт з постійною масою, що\(m\) рухається уздовж лінії під силою\(F\). \(y=y(t)\)Дозволяти зміщення об'єкта від контрольної точки на лінії в той час\(t\), і нехай\(v=v(t)\) і\(a=a(t)\) бути швидкість і прискорення об'єкта в той час\(t\). Таким чином,\(v=y'\) і\(a=v'=y''\), де просте позначає диференціювання по відношенню до\(t\). Другий закон руху Ньютона стверджує, що сила\(F\) і прискорення\(a\) пов'язані рівнянням

\[\label{eq:4.3.1} F=ma.\]

Примітка: Одиниці

У додатках є три основні набори одиниць, що використовуються для довжини, маси, сили та часу: cgs, mks та британські системи. Всі три використовують другий як одиницю часу. Таблиця Template:index показує інші одиниці виміру. Відповідно до Equation\ ref {eq:4.3.1}, одиниця сили в кожній системі визначається як сила, необхідна для додання прискорення (однієї одиниці довжини)\(/s^2\) одній одиниці маси.

Таблиця Template:index

Набір	Довжина	Сила	Маса
cgs	сантиметр (см)	дин (d)	грам (г)
мкс	метр (м)	Ньютон (N)	кілограм (кг)
Британці	фут (фути)	фунт (lb)	слимаки (sl)

Якщо припустити, що Земля є досконалою сферою з постійною масовою щільністю, закон тяжіння Ньютона (розглянутий далі в цьому розділі) стверджує, що сила, що чиниться на об'єкт гравітаційним полем Землі, пропорційна масі об'єкта і обернено пропорційна квадрату його відстані від центр Землі. Однак, якщо об'єкт залишається досить близько до поверхні Землі, можна припустити, що сила тяжіння постійна і дорівнює її величині на поверхні. Величина цієї сили є\(mg\), де\(g\) називається прискорення за рахунок сили тяжіння. (Щоб бути повністю точним,\(g\) слід назвати величину прискорення за рахунок гравітації на поверхні Землі.) Ця величина була визначена експериментальним шляхом. \(g\)Орієнтовні значення є

\[\begin{array}{rl} g &=980\ \mbox{cm/s}^2 \hskip40pt \mbox{(cgs)} \\ g &=9.8\ \mbox{m/s}^2 \hskip48pt \mbox{(mks)} \\ g &=32\ \mbox{ft/s}^2 \hskip52pt \mbox{(British)}. \end{array}\nonumber \]

Загалом, сила\(F\) в Equation\ ref {eq:4.3.1} може залежати від\(t\)\(y\), і\(y'\). Так як\(a=y''\), рівняння\ ref {eq:4.3.1} можна записати у вигляді

\[\label{eq:4.3.2} my''=F(t,y,y'),\]

який є рівнянням другого порядку. Ми розглянемо це рівняння з обмеженнями\(F\) пізніше; однак, оскільки глава 2 стосувалася лише рівнянь першого порядку, ми розглядаємо тут лише проблеми, в яких Equation\ ref {eq:4.3.2} можна переробити як рівняння першого порядку. Це можливо, якщо це\(F\) не залежить від\(y\), тому Equation\ ref {eq:4.3.2} має вигляд

\[my''=F(t,y'). \nonumber \]

Дозволяючи\(v=y'\)\(v'=y''\) і виводить рівняння першого порядку для\(v\):

\[\label{eq:4.3.3} mv'=F(t,v).\]

Розв'язування цього рівняння виходить\(v\) як функція\(t\). Якщо ми знаємо\(y(t_0)\) протягом деякого часу\(t_0\), ми можемо\(v\) інтегруватися, щоб отримати\(y\) як функцію\(t\).

Рівняння виду Equation\ ref {eq:4.3.3} виникають у задачах, пов'язаних з рухом через опорне середовище.

Рух через опір середовища під постійною гравітаційною силою

Тепер розглянемо об'єкт, що рухається вертикально в якомусь середовищі. Припускаємо, що єдиними силами, що діють на об'єкт, є гравітація і опір з боку середовища. Ми також припускаємо, що рух відбувається близько до поверхні Землі і сприймаємо напрямок вгору позитивним, тому можна вважати, що гравітаційна сила має постійне значення\(-mg\). Ми побачимо, що при розумних припущеннях щодо сили опору швидкість наближається до межі, як\(t\to\infty\). Ми називаємо цю межу термінальної швидкості.

Приклад Template:index

Об'єкт з масою\(m\) рухається під постійною гравітаційною силою через середовище, яке чинить опір з величиною, пропорційною швидкості об'єкта. (Нагадаємо, що швидкість об'єкта дорівнює\(|v|\) абсолютному значенню його швидкості\(v\).) Знайдіть швидкість об'єкта як функцію\(t\), і знайдіть кінцеву швидкість. Припустимо, що початкова швидкість є\(v_0\).

Рішення

Сумарна сила, що діє на об'єкт, становить

\[\label{eq:4.3.4} F=-mg+F_1,\]

де\(-mg\) - сила, обумовлена гравітацією, і\(F_1\) - сила опору середовища, яка має величину\(k|v|\), де\(k\) позитивна константа. Якщо об'єкт рухається вниз (\(v\le 0\)), сила опору вгору (Рисунок Template:index), тому

\[F_1=k|v|=k(-v)=-kv. \nonumber \]

З іншого боку, якщо об'єкт рухається вгору (\(v\ge 0\)), сила опору зменшується (Рисунок Template:index, тому

\[F_1=-k|v|=-kv.\nonumber\]

Таким чином, рівняння\ ref {eq:4.3.4} можна записати як

\[\label{eq:4.3.5} F=-mg-kv,\]

незалежно від знака швидкості.

Рисунок Template:index: Резистивні сили

З другого закону руху Ньютона,

\[F=ma=mv',\nonumber\]

так рівняння\ ref {eq:4.3.5} дає

\[mv'=-mg-kv,\nonumber\]

або

\[\label{eq:4.3.6} v'+{k\over m}v=-g.\]

Оскільки\(e^{-kt/m}\) є розв'язком комплементарного рівняння, то розв'язки Equation\ ref {eq:4.3.6} мають вигляд\(v=ue^{-kt/m}\), де\(u'e^{-kt/m}=-g\), так\(u'=-ge^{kt/m}\). Отже,

\[u=-{mg\over k} e^{kt/m}+c,\nonumber\]

тому

\[\label{eq:4.3.7} v=ue^{-kt/m}=-{mg\over k}+ce^{-kt/m}.\]

Так як\(v(0)=v_0\),\[v_0=-{mg\over k}+c,\nonumber\] так

\[c=v_0+{mg\over k}\nonumber\]

і рівняння\ ref {eq:4.3.7} стає

\[v=-{mg\over k}+\left(v_0+{mg\over k}\right) e^{-kt/m}.\nonumber\]

Допускаючи\(t\to\infty\) тут, видно, що кінцева швидкість

\[\lim_{t\to\infty} v(t)=-{mg\over k},\nonumber\]

яка не залежить від початкової швидкості\(v_0\) (Рисунок Template:index).

Рисунок Template:index: Розв'язки\(mv'=-mg-kv\)

Приклад Template:index: Швидкість терміналу

Об'єкт 960 фунтів отримує початкову висхідну швидкість 60 футів/с поблизу поверхні Землі. Атмосфера чинить опір руху з силою 3 фунтів на кожен фут/с швидкості. Припускаючи, що єдиною іншою силою, що діє на об'єкт, є постійна сила тяжіння, знайдіть її швидкість\(v\) як функцію\(t\), і знайдіть її кінцеву швидкість.

Рішення

Так як\(mg=960\) і\(g=32\),\(m=960/32=30\). Атмосферний опір становить\(-3v\) lb\(v\), якщо виражається в футах в секунду. Тому

\[30v'=-960-3v,\nonumber\]

яку ми переписуємо як\[v'+{1\over 10}v=-32.\nonumber\]

Оскільки\(e^{-t/10}\) є розв'язком комплементарного рівняння, то розв'язки цього рівняння мають вигляд\(v=ue^{-t/10}\), де\(u'e^{-t/10}=-32\), так\(u'=-32e^{t/10}\). Отже,

\[u=-320 e^{t/10}+c,\nonumber\]

тому

\[\label{eq:4.3.8} v=ue^{-t/10}=-320+ce^{-t/10}.\]

Початкова швидкість 60 футів/с у висхідному (позитивному) напрямку; отже,\(v_0=60\). Підстановка\(t=0\) і\(v=60\) в рівнянні\ ref {eq:4.3.8} дає

\[60=-320+c,\nonumber\]

Отже\(c=380\), і рівняння\ ref {eq:4.3.8} стає

\[v=-320+380e^{-t/10}\ \mbox{ft/s}\nonumber\]

Кінцева швидкість дорівнює

\[\lim_{t\to\infty}v(t)=-320\mbox{ ft/s.}\nonumber\]

Приклад Template:index

Масі 10 кг дається початкова швидкість\(v_0\le0\) біля поверхні Землі. Єдині сили, що діють на нього, - це гравітація і атмосферний опір, пропорційні квадрату швидкості. Припускаючи, що опір дорівнює 8 Н, якщо швидкість дорівнює 2 м/с, знайдіть швидкість об'єкта як функцію\(t\), і знайдіть кінцеву швидкість.

Рішення

Так як об'єкт падає, опір знаходиться в висхідному (позитивному) напрямку. Отже,

\[\label{eq:4.3.9} mv'=-mg+kv^2,\]

де\(k\) константа. Так як величина опору дорівнює 8 Н при\(v=2\) м/с,

\[k(2^2)=8, \nonumber \]

так\(k=2\ \mbox{N-s}^2/\mbox{m}^2\). Починаючи з\(m=10\) і\(g=9.8\), рівняння\ ref {eq:4.3.9} стає

\[\label{eq:4.3.10} 10v'=-98+2v^2=2(v^2-49).\]

Якщо\(v_0=-7\), то\(v\equiv-7\) для всіх\(t\ge0\). Якщо\(v_0\ne-7\), ми відокремлюємо змінні для отримання

\[\label{eq:4.3.11} {1\over v^2-49}v'={1\over5},\]

що зручно для необхідного часткового розширення фракції

\[\label{eq:4.3.12} \frac{1}{v^2-49} =\frac{1}{(v-7)(v+7)} ={1\over 14}\left[{1\over v-7} -{1\over v+7}\right].\]

Підставляючи рівняння\ ref {eq:4.3.12} на рівняння\ ref {eq:4.3.11} дає

\[{1\over14}\left[{1\over v-7}-{1\over v+7}\right]v'={1\over5},\nonumber\]

тому

\[\left[{1\over v-7}-{1\over v+7}\right]v'={14\over5}.\nonumber\]

Інтеграція цієї врожайності

\[\ln |v-7|-\ln|v+7|=14t/5+k.\nonumber\]

Тому

\[\left|{v-7\over v+7}\right|=e^ke^{14t/5}.\nonumber\]

Оскільки теорема 2.3.1 передбачає, що\((v-7)/(v+7)\) не можна змінити знак (чому?) , ми можемо переписати останнє рівняння як

\[\label{eq:4.3.13} {v-7\over v+7}=ce^{14t/5},\]

який є неявним розв'язком Рівняння\ ref {eq:4.3.10}. Рішення цього для\(v\) врожайності

\[\label{eq:4.3.14} v=-7{c+e^{-14t/5}\over c-e^{-14t/5}}.\]

Оскільки\(v(0)=v_0\) це рівняння\ ref {eq:4.3.13} означає, що

\[c={v_0-7\over v_0+7}.\nonumber\]

Підставляємо це в рівняння\ ref {eq:4.3.14} та спрощення прибутковості

\[v=-7{v_0(1+e^{-14t/5}-7(1-e^{-14t/5}\over v_0(1-e^{-14t/5}-7(1+e^{-14t/5}}.\nonumber\]

Так як\(v_0\le0\),\(v\) визначається і негативний для всіх\(t>0\). Кінцева швидкість дорівнює

\[\lim_{t\to\infty} v(t)=-7\ \mbox{m/s},\nonumber\]

незалежний від\(v_0\). Більш загально, можна показати (Вправа 4.3.11), що якщо\(v\) є будь-яке рішення рівняння\ ref {eq:4.3.9} таким чином, що\(v_0\le0\) тоді

\[\lim_{t\to\infty}v(t)=-\sqrt{mg\over k}. \nonumber\]

Це продемонстровано на малюнку Template:index.

Рисунок Template:index: Розв'язки\(mv'=-mg+kv^2,\ v(0)=v_0\le0\)

Приклад Template:index

10-кг маса запускається вертикально вгору від поверхні Землі з початковою швидкістю\(v_0\) м/с, єдині сили, що діють на масу, - це сила тяжіння і атмосферний опір, пропорційні квадрату швидкості. Припускаючи, що атмосферний опір дорівнює 8 Н, якщо швидкість дорівнює 2 м/с, знайдіть час,\(T\) необхідний для досягнення масою максимальної висоти.

Рішення

Маса підніметься в той час\(v>0\) і досягне своєї максимальної висоти, коли\(v=0\). Тому\(v>0\) для\(0\leq t<T\) і\(v(T)=0\); отже, ми замінюємо Рівняння\ ref {eq:4.3.10} на

\[\label{eq:4.3.15} 10v'=-98-2v^2.\]

Поділ змінних дає

\[{5\over v^2+49}v'=-1,\nonumber\]

і інтеграція цієї врожайності

\[{5\over7}\tan^{-1}{v\over7}=-t+c.\nonumber\]

(Нагадаємо, що\(\tan^{-1}u\) це число\(\theta\) таке, що\(-\pi/2 < \theta < \pi/2\) і\(\tan \theta=u\).) З тих пір\(v(0)=v_0\),

\[c={5\over7}\tan^{-1}{v_0\over7},\nonumber\]

так\(v\) визначається неявно\[\label{eq:4.3.16} {5\over7} \tan^{-1}{v\over7}=-t+{5\over7} \tan^{-1}{v_0\over7}, \quad 0\le t\le T.\]

Рішення цього для\(v\) врожайності

\[\label{eq:4.3.17} v=7\tan\left(-{7t\over5}+\tan^{-1}{v_0\over7}\right).\]

Використання посвідчення

\[\tan(A-B)={\tan A-\tan B\over1+\tan A\tan B}\nonumber\]

з\(A=\tan^{-1}(v_0/7)\) і\(B=7t/5\), і зазначивши\(\tan(\tan^{-1}\theta)=\theta\), що, ми можемо спростити Equation\ ref {eq:4.3.17} до

\[v=7{v_0-7\tan(7t/5)\over7+v_0\tan(7t/5)}.\nonumber\]

Оскільки\(v(T)=0\) і\(\tan^{-1}(0)=0\), рівняння\ ref {eq:4.3.16} означає, що

\[-T+{5\over7} \tan^{-1}{v_0\over7}=0.\nonumber\]

Тому

\[T={5\over7} \tan^{-1}{v_0\over7}.\nonumber\]

Так як\(\tan^{-1}(v_0/7)<\pi/2\) для всіх час\(v_0\), необхідний масі, щоб досягти своєї максимальної висоти, менше

\[{5\pi\over 14} \approx 1.122\ \mbox{s}\nonumber\]

незалежно від початкової швидкості. Рисунок Template:index показує\([0,T]\) графіки\(v\) над різними значеннями\(v_0\).

Рисунок Template:index: Рішення Template:index для різних\(v_{0}>0\)

Швидкість втечі

Припустимо, космічний апарат запускається вертикально і його паливо вичерпується, коли транспортний засіб досягає висоти\(h\) над Землею, де\(h\) досить велика, щоб опір через атмосферу Землі можна було знехтувати. Нехай\(t=0\) буде час, коли відбувається вигоряння. Припускаючи, що гравітаційними силами всіх інших небесних тіл можна знехтувати, рух транспортного засобу для\(t > 0\) - це об'єкт з постійною масою\(m\) під впливом гравітаційної сили Землі, яка тепер ми вважаємо, що змінюється обернено з квадратом відстані від Землі' S центр; таким чином, якщо ми приймаємо напрямок вгору, щоб бути позитивним, то гравітаційна сила на транспортному засобі на висоті\(y\) над Землею

\[\label{eq:4.3.18} F=-{K\over(y+R)^2},\]

де\(R\) радіус Землі (Рисунок Template:index).

Рисунок Template:index: Швидкість втечі

З того\(F=-mg\) часу\(y=0\), установка\(y=0\) в Рівняння\ ref {eq:4.3.18} дає

\[-mg=-{K\over R^2};\nonumber\]

тому\(K=mgR^2\) і Equation\ ref {eq:4.3.18} можна записати більш конкретно як

\[\label{eq:4.3.19} F=-{mgR^2\over(y+R)^2}.\]

З другого закону руху Ньютона,

\[F=m{d^2y\over dt^2},\nonumber\]

так рівняння\ ref {eq:4.3.19} означає, що

\[\label{eq:4.3.20} {d^2y\over dt^2}=-{gR^2\over(y+R)^2}.\]

Ми покажемо, що є число\(v_e\), зване швидкістю втечі, з такими властивостями:

1. Якщо\(v_0\ge v_e\) то\(v(t)>0\) для всіх\(t>0\), і транспортний засіб продовжує лізти на всіх\(t>0\); тобто воно «тікає» від Землі. (Невже так очевидно, що\(\lim_{t\to\infty}y(t)=\infty\) в цьому випадку? Доказ наведено в розділі Вправа 4.3.20.)
2. Якщо\(v_0 < v_e\) потім\(v(t)\) зменшується до нуля і стає негативним. Тому транспортний засіб досягає максимальної висоти\(y_{m}\) і опускається назад на Землю.

Оскільки Equation\ ref {eq:4.3.20} є другим порядком, ми не можемо вирішити його методами, обговорюваними досі. Однак нас турбує\(v\) скоріше\(y\), ніж, і їх\(v\) легше знайти. Оскільки\(v=y'\) правило ланцюга має на увазі, що

\[{d^2y\over dt^2}={dv\over dt}={dv\over dy}{dy\over dt}=v{dv\over dy}. \nonumber \]

Підставляючи це на рівняння\ ref {eq:4.3.20}, виходить роздільне рівняння першого порядку

\[\label{eq:4.3.21} v{dv\over dy}=-{gR^2\over(y+R)^2}.\]

Коли\(t=0\), швидкість є\(v_0\) і висота є\(h\). Тому ми можемо отримати\(v\) як функцію,\(y\) вирішивши початкову задачу

\[v{dv\over dy}=-{gR^2\over(y+R)^2},\quad v(h)=v_0.\nonumber\]

Інтеграція рівняння\ ref {eq:4.3.21} щодо\(y\) прибутковості

\[\label{eq:4.3.22} {v^2\over 2}={gR^2\over y+R}+c.\]

З тих пір\(v(h)=v_0\),

\[c={v_0^2\over 2}-{gR^2\over h+R},\nonumber\]

так рівняння\ ref {eq:4.3.22} стає

\[\label{eq:4.3.23} {v^2\over 2}={gR^2\over y+R}+\left({v_0^2\over 2}- {gR^2\over h+R}\right).\]

Якщо

\[v_0 \ge\left({2gR^2\over h+R}\right)^{1/2},\nonumber\]

дужковий вираз у Equation\ ref {eq:4.3.23} є невід'ємним, тому\(v(y)>0\) для\(y>h\). Це доводить, що існує швидкість втечі\(v_e\). Ми зараз доведемо, що

\[v_e=\left({2gR^2\over h+R}\right)^{1/2}\nonumber\]

показуючи, що транспортний засіб падає назад на Землю, якщо

\[\label{eq:4.3.24} v_0 <\left({2gR^2\over h+R}\right)^{1/2}.\]

Якщо Equation\ ref {eq:4.3.24} тримає, то дужковий вираз у Equation\ ref {eq:4.3.23} є від'ємним, і транспортний засіб досягне максимальної висоти\(y_m>h\), що задовольняє рівнянню

\[0={gR^2\over y_m+R}+\left({v_0^2\over 2}- {gR^2\over h+R}\right).\nonumber\]

Швидкість буде дорівнює нулю на максимальній висоті, і об'єкт потім впаде на Землю під впливом сили тяжіння.