12.2: Опрацьовані приклади

Приклад$\PageIndex{1}$: Filling a Coal Car

Порожня вугільна машина маси$m_{0}$ починається з спокою під прикладеною силою величиною F. При цьому вугілля починає набігати в вагон зі стійкою швидкістю б з вугільного бункера в спокої уздовж колії (рис. 12.5). Знайдіть швидкість, коли була передана маса$m_{c}$ вугілля.

Малюнок 12.5 Заповнення вугільної машини

Рішення

Розберемо зміни імпульсу в горизонтальному напрямку, яке ми називаємо х -напрямком. Оскільки падаюче вугілля не має горизонтальної швидкості, падаючий вугілля не передає жодного імпульсу в напрямку x до вугільної машини. Тож ми візьмемо за нашу систему порожній вугільний автомобіль і$m_{c}$ масу вугілля, яке було передано. Наш початковий стан при t = 0 - це коли вугільний автомобіль порожній і знаходиться в стані спокою, перш ніж будь-яке вугілля було передано. x -складова імпульсу цього початкового стану дорівнює нулю,

$$p_{x}(0)=0 \nonumber$$

Наш остаточний стан$t=t_{f}$ - це коли все вугілля маси$m_{c}=b t_{f}$ було передано в машину, яка зараз рухається зі швидкістю$v_{f}$. Х -складова імпульсу цього кінцевого стану дорівнює

$$p_{x}\left(t_{f}\right)=\left(m_{0}+m_{c}\right) v_{f}=\left(m_{0}+b t_{f}\right) v_{f} \nonumber$$

Існує зовнішня постійна сила, що$F_{x}=F$ додається через передачу. Принцип імпульсу, застосований до x -direction, є

$$\int_{0}^{t_{f}} F_{x} d t=\Delta p_{x}=p_{x}\left(t_{f}\right)-p_{x}(0) \nonumber$$

Оскільки сила постійна, інтеграл простий, а принцип імпульсу стає

$$F t_{f}=\left(m_{0}+b t_{f}\right) v_{f} \nonumber$$

Отже, кінцева швидкість

$$v_{f}=\frac{F t_{f}}{\left(m_{0}+b t_{f}\right)} \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{2}$: Emptying a Freight Car

Вантажний вагон маси$m_{c}$ містить пісок маси$m_{s}$. При$t=0$ постійній горизонтальній силі величини F прикладається в напрямку прокатки і одночасно відкривається отвір в дні, щоб пісок витік з постійною швидкістю$b=d m_{s} / d t$. Знайти швидкість вантажного вагона, коли весь пісок пропаде (рис. 12.6). Припустимо, що вантажний вагон знаходиться в стані спокою на$t=0$.

Малюнок 12.6 Спорожнення вантажного вагона

Рішення

Виберіть позитивний x -direction, щоб вказати напрямок руху автомобіля. Вибирайте для системи кількість піску в переляку автомобіля на час t,$m_{c}(t)$. У момент t автомобіль рухається зі швидкістю$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)=v_{c}(t) \hat{\mathbf{i}}$. Діаграма імпульсу для системи за час t показана на схемі зліва на малюнку 12.7.

Малюнок 12.7 Діаграма імпульсу в час t і в час$t+\Delta t$

Імпульс системи в момент t задається

$$\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t)=m_{c}(t) \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t) \nonumber$$

За$[t, t+\Delta t]$ часовий проміжок з вантажного вагона$\Delta m_{s}$ виходить кількість піску маси і маса вантажного вагона змінюється на$m_{c}(t+\Delta t)=m_{c}(t)+\Delta m_{c}$, де$\Delta m_{c}=-\Delta m_{s}$. В кінці інтервалу автомобіль рухається зі швидкістю$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t+\Delta t)=\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}=\left(v_{c}(t)+\Delta v_{c}\right) \hat{\mathbf{i}}$. Діаграма імпульсу для системи в момент часу$t+\Delta t$ показана на схемі праворуч на малюнку 12.7. Імпульс системи в часі$t+\Delta t$ задається

$$\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t+\Delta t)=\left(\Delta m_{s}+m_{c}(t)+\Delta m_{c}\right)\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}\right)=m_{c}(t)\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}\right) \nonumber$$

Зверніть увагу, що пісок, який залишає автомобіль, показаний зі швидкістю$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}$. Це має на увазі, що весь пісок залишає автомобіль зі швидкістю руху автомобіля в кінці інтервалу. Це наближення. Оскільки пісок залишає безперервним, швидкість буде змінюватися від$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)$ до,$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}$ але так само зміна маси автомобіля, і ці два внески в момент системи точно скасовують. Зміна імпульсу системи тоді

$$\Delta \overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}=\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t+\Delta t)-\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t)=m_{c}(t)\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}\right)-m_{c}(t) \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}(t)=m_{c}(t) \Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c} \nonumber$$

Протягом усього інтервалу до системи$\overrightarrow{\mathbf{F}}=F \hat{\mathbf{i}}$ прикладається постійна сила, тому принцип імпульсу стає

$$\overrightarrow{\mathbf{F}}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t+\Delta t)-\overrightarrow{\mathbf{p}}_{s y s}(t)}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} m_{c}(t) \frac{\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}}{\Delta t}=m_{c}(t) \frac{d \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c}}{d t} \nonumber$$

Оскільки рух є одновимірним, рівняння (12.3.9), записане через x -компоненти, стає

$$F=m_{c}(t) \frac{d v_{c}}{d t} \nonumber$$

Позначають початковою масою автомобіля,$m_{c, 0}=m_{c}+m_{s}$ де$m_{c}$ маса автомобіля і$m_{s}$ маса піску в машині при$t=0$. Маса піску, що вийшов з машини на час t, задається

$$m_{s}(t)=\int_{0}^{t} \frac{d m_{s}}{d t} d t=\int_{0}^{t} b d t=b t \nonumber$$

Таким чином

$$m_{c}(t)=m_{c, 0}-b t=m_{c}+m_{s}-b t \nonumber$$

Тому рівняння (12.3.10) стає

$$F=\left(m_{c}+m_{s}-b t\right) \frac{d v_{c}}{d t} \nonumber$$

Це рівняння може бути вирішено для х -складової швидкості в момент t,$v_{c}(t)$ (яка в даному випадку є швидкістю) методом поділу змінних. Перепишіть рівняння (12.3.13) як

$$d v_{c}=\frac{F d t}{\left(m_{c}+m_{s}-b t\right)} \nonumber$$

Потім інтегруйте обидві сторони рівняння (12.3.14) з межами, як показано на малюнку

$$\int_{v^{\prime}=0}^{v^{\prime}=v_{c}(t)} d v_{c}^{\prime}=\int_{t^{\prime}=0}^{t^{\prime}=t} \frac{F d t^{\prime}}{m_{c}+m_{s}-b t^{\prime}} \nonumber$$

Інтеграція дає швидкість автомобіля в залежності від часу

$$v_{c}(t)=-\left.\frac{F}{b} \ln \left(m_{c}+m_{s}-b t^{\prime}\right)\right|_{t=0} ^{\prime^{\prime}=t}=-\frac{F}{b} \ln \left(\frac{m_{c}+m_{s}-b t}{m_{c}+m_{s}}\right)=\frac{F}{b} \ln \left(\frac{m_{c}+m_{s}}{m_{c}+m_{s}-b t}\right) \nonumber$$

У написанні Equation (12.3.16) ми використовували властивість що$\ln (a)-\ln (b)=\ln (a / b)$ і тому$\ln (a / b)=-\ln (b / a)$. Відзначимо$m_{c}+m_{s} \geq m_{c}+m_{s}-b t$, що, так термін$\ln \left(\frac{m_{c}+m_{s}}{m_{c}+m_{s}-b t}\right) \geq 0$, і швидкість автомобіля збільшується так, як ми очікуємо.

Приклад$\PageIndex{3}$: Filling a Freight Car

Зерно видувається в машину А з вагона Б зі швидкістю b кілограм в секунду. Зерно виходить з жолоба вертикально вниз, щоб воно мало таку ж горизонтальну швидкість, u, як і вагон Б, (рис. 12.8). Автомобіль А спочатку знаходиться в стані спокою перед тим, як будь-яке зерно буде передано в і має масу$m_{A, 0}$. На даний момент, що цікавить, автомобіль А має масу$m_{A}$ і швидкість v. Визначити вираз для швидкісного автомобіля А в залежності від часу t.

Малюнок 12.8 Заправка вантажного вагона

Рішення

Виберіть позитивний х -напрямок праворуч у напрямку руху автомобілів. Визначте систему в момент t, щоб бути автомобіль і зерно, яке вже знаходиться в ньому, яке разом має масу$m_{A}(t)$ і невелику кількість матеріалу маси,$\Delta m_{g}$ що видувається в автомобіль А протягом часового інтервалу$[t, t+\Delta t]$ В час, що рухається з х -складовою швидкості$\mathcal{V}_{A}$. Під час t автомобіль А рухається зі швидкістю,$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)=v_{A}(t) \hat{\mathbf{i}}$ а матеріал, що вдувається в машину, рухається зі$\overrightarrow{\mathbf{u}}=u \hat{\mathbf{i}}$ швидкістю. У той час$t+\Delta t$ автомобіль А рухається зі швидкістю$\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}=\left(v_{A}(t)+\Delta v_{A}\right) \hat{\mathbf{i}}$, а маса автомобіля А -$m_{A}(t+\Delta t)=m_{A}(t)+\Delta m_{A}$ де$\Delta m_{A}=\Delta m_{g}$. Діаграма імпульсу для разів t і for$t+\Delta t$ показана на малюнку 12.9.

Малюнок 12.9 Діаграма імпульсу в рази t і$t+\Delta t$

Імпульс на час t

$$\overrightarrow{\mathbf{P}}_{s y s}(t)=m_{A}(t) \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)+\Delta m_{g} \overrightarrow{\mathbf{u}} \nonumber$$

Імпульс на$t+\Delta t$ час

$$\overrightarrow{\mathbf{P}}_{s y s}(t+\Delta t)=\left(m_{A}(t)+\Delta m_{A}\right)\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}\right) \nonumber$$

Немає зовнішніх сил, що діють на систему в х -напрямку, і зовнішні сили, що діють на систему перпендикулярно сумі руху до нуля, тому принцип імпульсу стає

$$\overrightarrow{\mathbf{0}}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\overrightarrow{\mathbf{P}}_{s y s}(t+\Delta t)-\overrightarrow{\mathbf{P}}_{s y s}(t)}{\Delta t} \nonumber$$

Використовуючи наведені вище результати (Рівняння (12.3.17) та (12.3.18), принцип імпульсу стає

$$\overrightarrow{\mathbf{0}}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\left(m_{A}(t)+\Delta m_{A}\right)\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)+\Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}\right)-\left(m_{A}(t) \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)+\Delta m_{g} \overrightarrow{\mathbf{u}}\right)}{\Delta t} \nonumber$$

який після використання умови, що$\Delta m_{A}=\Delta m_{g}$ і деяка перестановка стає

$$\overrightarrow{\mathbf{0}}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{m_{A}(t) \Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}}{\Delta t}+\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{A}\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)-\overrightarrow{\mathbf{u}}\right)}{\Delta t}+\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{A} \Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}}{\Delta t} \nonumber$$

У граничній якості добуток$\Delta m_{A} \Delta \overrightarrow{\mathbf{V}}_{A}$ є диференціалом другого порядку (добуток двох диференціалів першого порядку), а термін$\Delta m_{A} \Delta \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A} / \Delta t$ наближається до нуля, тому принцип імпульсу дає диференціальне рівняння

$$\overrightarrow{\mathbf{0}}=m_{A}(t) \frac{d \overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}}{d t}+\frac{d m_{A}}{d t}\left(\overrightarrow{\mathbf{v}}_{A}(t)-\overrightarrow{\mathbf{u}}\right) \nonumber$$

Тоді x -компонент рівняння (12.3.22)

$$0=m_{A}(t) \frac{d v_{A}}{d t}+\frac{d m_{A}}{d t}\left(v_{A}(t)-u\right) \nonumber$$

Переставляючи терміни і використовуючи той факт, що матеріал видувається в автомобіль А з постійною швидкістю$b \equiv d m_{A} / d t$, ми маємо, що швидкість зміни х -складової швидкості автомобіля А задається

$$\frac{d v_{A}(t)}{d t}=\frac{b\left(u-v_{A}(t)\right)}{m_{A}(t)} \nonumber$$

Ми не можемо безпосередньо інтегрувати рівняння (12.3.24) щодо dt, оскільки маса автомобіля A є функцією часу. Для того, щоб знайти x -складову швидкості автомобіля А, нам потрібно знати залежність між масою автомобіля A і x -складовою швидкості автомобіля А. Є два підходи. У першому підході ми відокремлюємо змінні в Equation (12.3.24), де ми пригнічували залежність від t у виразах for$m_{A}$ та$\mathcal{V}_{A}$ firding

$$\frac{d v_{A}}{u-v_{A}}=\frac{d m_{A}}{m_{A}} \nonumber$$

який стає інтегральним рівнянням

$$\int_{v_{A}^{\prime}=0}^{v_{A}^{\prime}=v_{A}(t)} \frac{d v_{A}^{\prime}}{u-v_{A}^{\prime}}=\int_{m_{A}^{\prime}=m_{A, 0}}^{m_{A^{\prime}}^{\prime}=m_{A}(t)} \frac{d m_{A}^{\prime}}{m_{A}^{\prime}} \nonumber$$

де$m_{A, 0}$ - маса автомобіля до того, як будь-який матеріал був видутий. Після інтеграції ми маємо це

$$\ln \frac{u}{u-v_{A}(t)}=\ln \frac{m_{A}(t)}{m_{A, 0}} \nonumber$$

Збільшити врожайність обох сторін

$$\frac{u}{u-v_{A}(t)}=\frac{m_{A}(t)}{m_{A, 0}} \nonumber$$

Ми можемо розв'язати це рівняння для х -складової швидкості автомобіля

$$v_{A}(t)=\frac{m_{A}(t)-m_{A, 0}}{m_{A}(t)} u \nonumber$$

Оскільки матеріал видувається в автомобіль з постійною швидкістю$b \equiv d m_{A} / d t$, маса автомобіля як функція часу задається

$$m_{A}(t)=m_{A, 0}+b t \nonumber$$

Тому заміщення рівняння (12.3.30) у Рівняння (12.3.29) дає x -складову швидкості автомобіля як функцію часу

$$v_{A}(t)=\frac{b t}{m_{A, 0}+b t} u \nonumber$$

У другому підході ми замінюємо рівняння (12.3.30) на рівняння (12.3.24), що дає

$$\frac{d v_{A}}{d t}=\frac{b\left(u-v_{A}\right)}{m_{A, 0}+b t} \nonumber$$

Окремі змінні в рівнянні (12.3.32):

$$\frac{d v_{A}}{u-v_{A}}=\frac{b d t}{m_{A, 0}+b t} \nonumber$$

який потім стає інтегральним рівнянням

$$\int_{v_{A}^{\prime}=0}^{v_{A}^{\prime}=v_{A}(t)} \frac{d v_{A}^{\prime}}{u-v_{A}^{\prime}}=\int_{t^{\prime}=0}^{t^{\prime}=t^{\prime}} \frac{d t^{\prime}}{m_{A, 0}+b t^{\prime}} \nonumber$$

Інтеграція прибутковості

$$\ln \frac{u}{u-v_{A}(t)}=\ln \frac{m_{A, 0}+b t}{m_{A, 0}} \nonumber$$

Знову експоненціюйте обидві сторони, що призведе до

$$\frac{u}{u-v_{A}(t)}=\frac{m_{A, 0}+b t}{m_{A, 0}} \nonumber$$

Після деяких алгебраїчних маніпуляцій ми можемо знайти швидкість автомобіля як функцію часу.

$$v_{A}(t)=\frac{b t}{m_{A, 0}+b t} u \nonumber$$

відповідно до Рівняння (12.3.31).

Результат перевірки:

Ми можемо переписати рівняння (12.3.37) як

$$\left(m_{A, 0}+b t\right) v_{A}(t)=b t u \nonumber$$

що ілюструє момент, що імпульс системи в момент t дорівнює імпульсу зерна, яке було передано системі протягом інтервалу [0, t].

Приклад$\PageIndex{4}$: Boat and Fire Hose

Палаючий човен маси спочатку$m_{0}$ знаходиться в стані спокою. Пожежник стоїть на мосту і розпилює воду на човен. Вода виходить з пожежного шланга зі швидкістю u зі швидкістю α (вимірюється в$\mathrm{kg} \cdot \mathrm{s}^{-1}$). Припустимо, що рух човна і струменя води горизонтальні, що гравітація не грає ніякої ролі, і що річка може розглядатися як поверхня без тертя. Також припустимо, що зміна маси човна відбувається тільки за рахунок струменя води і що вся вода з струменя додається в човен, (рис. 12.10).

Малюнок 12.10 Приклад 12.4

1. Через$[t, t+\Delta t]$ часовий проміжок на човен$\Delta m$ потрапляє кількість води. Вибираємо систему. Чи постійний загальний імпульс у вашій системі? Запишіть диференціальне рівняння, яке є результатом аналізу змін імпульсу всередині вашої системи.
2. Інтегруйте диференціальне рівняння, яке ви знайшли в частині a), щоб знайти швидкість v (m) як функцію збільшення маси m човна$m_{0}$, і u.

Рішення

Візьмемо в якості нашої системи човен, кількість води маси,$\Delta m_{w}$ яка надходить в човен протягом часового інтервалу$[t, t+\Delta t]$ і яка б вода не була в човні в час t. Вода з пожежного шланга має швидкість u. Позначимо масу човна (включаючи деяку кількість води) в час t по$m_{b} \equiv m_{b}(t)$, а швидкість човна по$v \equiv v_{b}(t)$. На$t+\Delta t$ час швидкість човна є$v+\Delta v$. Виберіть позитивне х - напрямок в напрямку, в якому рухається човен. Потім х -складові імпульсу системи в момент t і$t+\Delta t$ показані на малюнку 12.11.

Малюнок 12.11 Діаграми імпульсу для палаючого човна

Оскільки ми припускаємо, що палаючий човен ковзає з незначним опором і що гравітація має незначний вплив на дугу струменя води, немає зовнішніх сил, що діють на систему в х -напрямку. Тому х -складова імпульсу системи постійна протягом інтервалу$[t, t+\Delta t]$ і так

$$0=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{p_{x}(t+\Delta t)-p_{x}(t)}{\Delta t} \nonumber$$

Використовуючи інформацію з малюнка вище, Рівняння (12.3.39) стає

$$0=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\left(m_{b}+\Delta m_{w}\right)(v+\Delta v)-\left(\Delta m_{w} u+m_{b} v\right)}{\Delta t} \nonumber$$

Рівняння (12.3.40) спрощує

$$0=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} m_{b} \frac{\Delta v}{\Delta t}+\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t} v+\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w} \Delta v}{\Delta t}-\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t} u \nonumber$$

Третій член зникає, коли ми беремо межу,$\Delta t \rightarrow 0$ оскільки він другого порядку в нескінченно малих кількостях (у цьому випадку$\Delta m_{w} \Delta v$), а коли ділиться$\Delta t$ на кількість першого порядку і, отже, зникає, оскільки обидва$\Delta m_{w} \rightarrow 0$ і$\Delta v \rightarrow 0$ Рівняння (12.3.41) стає

$$0=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} m_{b} \frac{\Delta v}{\Delta t}+\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t} v-\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t} u \nonumber$$

Тепер скористаємося визначенням похідних:

$$\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{d v}{d t} ; \lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t}=\frac{d m_{w}}{d t} \nonumber$$

в Рівнянні (12.3.42) для фінансування диференціального рівняння, що описує зв'язок між прискоренням човна і тимчасовою швидкістю зміни маси води, що надходить в човен

$$0=m_{b} \frac{d v}{d t}+\frac{d m_{w}}{d t}(v-u) \nonumber$$

Маса човна збільшується за рахунок додавання води. Нехай$m_{w}(t)$ позначають масу води, яка знаходиться в човні в момент t. Тоді масу човна можна записати як

$$m_{b}(t)=m_{0}+m_{w}(t) \nonumber$$

де$m_{0}$ - маса човна до того, як входила будь-яка вода. Зверніть увагу, ми нехтуємо впливом вогню на масу човна. Диференціююче рівняння (12.3.45) щодо прибутковості часу

$$\frac{d m_{b}}{d t}=\frac{d m_{w}}{d t} \nonumber$$

Тоді рівняння (12.3.44) стає

$$0=m_{b} \frac{d v}{d t}+\frac{d m_{b}}{d t}(v-u) \nonumber$$

(b) Ми можемо інтегрувати це рівняння через поділ змінної техніки. Переписати рівняння (12.3.47) як (скасувати загальний коефіцієнт dt)

$$\frac{d v}{v-u}=-\frac{d m_{b}}{m_{b}} \nonumber$$

Потім ми можемо інтегрувати обидві сторони рівняння (12.3.48) з межами, як показано

$$\int_{v=0}^{v(t)} \frac{d v}{v-u}=-\int_{m_{0}}^{m_{b}(t)} \frac{d m_{b}}{m_{b}} \nonumber$$

Інтеграція прибутковості

$$\ln \left(\frac{v(t)-u}{-u}\right)=-\ln \left(\frac{m_{b}(t)}{m_{0}}\right) \nonumber$$

Нагадаємо, що$\ln (a / b)=-\ln (b / a)$ так рівняння (12.3.50) стає

$$\ln \left(\frac{v(t)-u}{-u}\right)=\ln \left(\frac{m_{0}}{m_{b}(t)}\right) \nonumber$$

Також нагадаємо, що$\exp (\ln (a / b))=a / b$ і так експонентірованіе обох сторін рівняння (12.3.51) дає

$$\frac{v(t)-u}{-u}=\frac{m_{0}}{m_{b}(t)} \nonumber$$

Так що швидкість човна в час t може бути виражена як

$$v(t)=u\left(1-\frac{m_{0}}{m_{b}(t)}\right) \nonumber$$

Результат перевірки:

Ми можемо переписати рівняння (12.3.52) як

$$m_{b}(t)(v(t)-u)=-m_{0} u \Rightarrow m_{b}(t) v(t)=\left(m_{b}(t)-m_{0}\right) u \nonumber$$

Нагадаємо, що маса води, яка надходить в автомобіль в проміжку [0, т] дорівнює$m_{w}(t)=m_{b}(t)-m_{0}$. Тому рівняння (12.3.54) стає

$$m_{b}(t) v(t)=m_{w}(t) u \nonumber$$

Під час взаємодії між струменем води та човном вода передає певну кількість$m_{w}(t) u$ імпульсу човну та автомобілю, що виробляє імпульс$m_{b}(t) v(t)$. Оскільки вся вода, яка стикається з човном, опиняється в човні, всі сили взаємодії між струменем води і човном є внутрішніми силами. Човен відкидається вперед і вода відкидається назад і через зіткнення з човном залишається в човні. Тому, якщо ми виберемо в якості нашої системи, всю воду, яка врешті-решт закінчується в човні і човні, то принцип імпульсу стверджує

$$p_{s y s}(t)=p_{s y s}(0) \nonumber$$

де$p_{s y s}(0)=m_{w}(t) u$ імпульс всієї води, яка в кінцевому підсумку закінчується в човні.

Зверніть увагу, що проблема не просила знайти швидкість човна як функцію t. Зараз ми покажемо, як це знайти. Ми починаємо з того, що спостерігаємо, що

$$\frac{d m_{b}}{d t}=\frac{d m_{w}}{d t} \neq \alpha \nonumber$$

де константа$\alpha$ вимірюється в$\mathrm{kg} \cdot \mathrm{s}^{-1}$ і задається як задана константа відповідно до інформації в постановці задачі. Причина полягає в тому$\alpha$, що швидкість, що вода викидається з шланга, але не швидкість, що вода потрапляє в човен.

Малюнок 12.12 Маса на одиницю довжини струменя води

Розглянемо невелику кількість води, яка рухається зі швидкістю u, яка в часовому інтервалі Δt протікає через площу поперечного перерізу, орієнтовану перпендикулярно потоку (див. Рис. Площа більше площі поперечного перерізу струменя води. Кількість води, що протікає через елемент площі,$\Delta m=\lambda u \Delta t$ де λ - це маса на одиницю довжини струменя і$u \Delta t$ є довжиною струменя, що протікає через площу в інтервалі Δt. Масова норма води, яка протікає через площу поперечного перерізу елемента, тоді

$$\alpha=\frac{\Delta m}{\Delta t}=\lambda u \nonumber$$

На малюнку 12.13 розглянемо невелику довжину$u \Delta t$ струменя води, яка знаходиться відразу за човном в момент t. За часовий проміжок$[t, t+\Delta t]$ човен рухається на відстань$v \Delta t$.

Малюнок 12.13 Кількість води, що надходить на човен в часовому інтервалі$[t, t+\Delta t]$

Лише частка довжини$u \Delta t$ води надходить в човен і дається

$$\Delta m_{w}=\lambda(u-v) \Delta t=\frac{\alpha}{u}(u-v) \Delta t \nonumber$$

Рівняння ділення (12.3.59) через$\Delta t$ і приймаючи межі, ми маємо це

$$\frac{d m_{w}}{d t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta m_{w}}{\Delta t}=\frac{\alpha}{u}(u-v)=\alpha\left(1-\frac{v}{u}\right) \nonumber$$

Заміна рівняння (12.3.53) та рівняння (12.3.46) у рівняння (12.3.60) дає

$$\frac{d m_{b}}{d t}=\alpha\left(1-\frac{v}{u}\right)=\alpha \frac{m_{0}}{m_{b}(t)} \nonumber$$

Ми можемо інтегрувати це рівняння, розділивши змінні, щоб знайти інтегральний вираз для маси човна як функцію часу

$$\int_{m_{0}}^{m_{0}(t)} m_{b} d m_{b}=\alpha m_{0} \int_{t=0}^{t} d t \nonumber$$

Ми можемо легко інтегрувати обидві сторони рівняння (12.3.62)

$$\frac{1}{2}\left(m_{b}(t)^{2}-m_{0}^{2}\right)=\alpha m_{b, 0} t \nonumber$$

Маса човна як функція часу

$$m_{b}(t)=m_{0} \sqrt{1+2 \frac{\alpha t}{m_{0}}} \nonumber$$

Тепер ми замінюємо рівняння (12.3.64) у Рівняння (12.3.65), що дає швидкість палаючого човна як функцію часу

$$v(t)=u\left(1-\frac{1}{\sqrt{1+2 \frac{\alpha t}{m_{b, 0}}}}\right) \nonumber$$