Две ракеты

[Утундрий]

slavav
По условию у нас один закон изменения тяги.

[amon]

Утундрий в сообщении #1074671 писал(а):

случай постоянных ускорений ... По условию у нас один закон изменения тяги.

А это совместимо?

[slavav]

Утундрий в сообщении #1074671 писал(а):

slavav
По условию у нас один закон изменения тяги.

Я не понял ваше возражение. В чём пример не попадает под условия задачи?

-- 18.11.2015, 19:46 --

amon в сообщении #1074674 писал(а):

Утундрий в сообщении #1074671 писал(а):

случай постоянных ускорений ... По условию у нас один закон изменения тяги.

А это совместимо?

Да. Есть жидкостные ракетные с дросселированием, то есть регулируемой тягой. Аполлон так на Луну садился. Твёрдотопливные ракетные двигатели переменной тяги также существуют. Так что можно вообразить себе ракету, которая развивает постоянное ускорение.

[amon]

slavav в сообщении #1074675 писал(а):

Есть жидкостные ракетные с дросселированием,

Спасибо, но я не про принципиальную возможность, а про то, что условие постоянства ускорения (по модулю, естественно) и одинаковый закон изменения тяги - две вещи не совместимые.

[slavav]

amon в сообщении #1074678 писал(а):

Спасибо, но я не про принципиальную возможность, а про то, что условие постоянства ускорения (по модулю, естественно) и одинаковый закон изменения тяги - две вещи не совместимые.

Утундрий упоминал постоянную тяговооружённость, что соответствует постоянному реактивному ускорению. Чтобы получить такое ускорение тяга должна убывать как функция времени, одинаково на обеих ракетах.

[Утундрий]

amon в сообщении #1074678 писал(а):

условие постоянства ускорения (по модулю, естественно) и одинаковый закон изменения тяги - две вещи не совместимые

bondkim137 в сообщении #1073476 писал(а):

можно там сообразить трамплинчик U-образный

[amon]

Утундрий,
так когда вниз летим, при одинаковой тяге, ускорение всяко больше, чем вверх, или я опять чего-то не понял. ($u\frac{dm}{dt}+mg\ne u\frac{dm}{dt}-mg$)

[Утундрий]

Имелось в виду постоянство ускорения, вызванного тягой. К нему потом плюсуется или минусуется $g$, смотря куда рыльце смотрит.

[amon]

С подачи уважаемого Утундрий'я пошел проверять, и вроде, действительно, здесь

slavav в сообщении #1073488 писал(а):

$g$ - модуль ускорения свободного падения.
$a(t)$ - модуль реактивного ускорения ракет.
$v(t) = \int\limits_{0}^{t}a(t)dt$ - не имеет физического смысла в этой задаче.
$h(t) = \int\limits_{0}^{t}v(t)dt$ - не имеет физического смысла в этой задаче.
$t_1$ - момент когда вторая ракета на дне.
$t_2$ - момент когда двигатели выключились. Дальше предполагаю, что $t_2 \geqslant t_1$. Но можно доказать и для другого порядка событий.
Вычислим скорости ракет в момент выключения двигателей:
$v_1(t_2) = v(t_2) - gt_2$
$v_2(t_2) = v(t_2) - gt_2 + 2gt_1$
Высоты в тот-же момент:
$h_1(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2}$
$h_2(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2$
Апогеи:
$H_i = h_i(t_2) + \frac{v_i^2(t_2)}{2g}$
Вычитаем апогеи и доказываем неравенство.

Неточность. Уравнение $m(t)\frac{dv}{dt}=-u\frac{dm}{dt}\pm m(t)g$ (минус соответствует движению вверх) имеет первый интеграл $v+u\ln m\mp gt=C$. Пользуясь им направо и налево, получим $v_1(t_2) = \ln\frac{m(0)}{m(t_2)} - gt_2$ и $v_2(t_2) = \ln\frac{m(0)}{m(t_2)} - gt_2 + 2gt_1$ в полном соответствии с результатами уважаемого slavav. Однако, вторая формула ($v_2(t) = \ln\frac{m(0)}{m(t)} - gt + 2gt_1$) работает только при $t_1<t<t_2$, поэтому выражения $h_1(t_2)=\int\limits_{0}^{t_2}\ln\frac{m(0)}{m(t)}dt+\dots$ и $h_2(t_2)=\int\limits_{t_1}^{t_2}\ln\frac{m(0)}{m(t)}dt+\dots$ различаются пределами интегрирования. Посему $h_2(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2$ похоже, неверно. Надо бы досчитать (все интегралы для $m(t)=a+bt$ берутся), но все то некогда, то лень.

[Skeptic]

Работа потенциальных сил на замкнутой траектории, которой является траектория второй ракеты в овраге, равна 0.

[amon]

Skeptic в сообщении #1074770 писал(а):

Работа потенциальных сил на замкнутой траектории, которой является траектория второй ракеты в овраге, равна 0.

Вы опустили в колодец пустое ведро, наполнили его водой и подняли. Что, работы по спуску и подъёму равны?

-- 19.11.2015, 13:29 --

amon в сообщении #1074753 писал(а):

Посему $h_2(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2$...

Отставить. Все здесь тоже правильно.

[slavav]

$g$ - модуль ускорения свободного падения.
$a(t)$ - модуль реактивного ускорения ракет.
$v(t) = \int\limits_{0}^{t}a(t)dt$ - не имеет физического смысла в этой задаче.
$h(t) = \int\limits_{0}^{t}v(t)dt$ - не имеет физического смысла в этой задаче.
$t_1$ - момент когда вторая ракета на дне обрыва.

Ускорения ракет:
$a_1(t) = a(t) - g$

$a_2(t) = \begin{cases} -a(t) - g,&\text{если $t \leqslant t_1$;}\\ a(t) - g,&\text{если $t \geqslant t_1$.} \end{cases}$

Вывод скоростей ракет:
$v_1(t) = \int\limits_{0}^{t}a_1(t)dt = \int\limits_{0}^{t}a(t) - g dt = \int\limits_{0}^{t} a(t) dt - \int\limits_{0}^{t} g dt = v(t) - gt$

если $t \leqslant t_1$, то
$v_2(t) = \int\limits_{0}^{t}a_2(t)dt = \int\limits_{0}^{t} - a(t) - g dt = -\int\limits_{0}^{t}a(t)dt - \int\limits_{0}^{t}gdt = -v(t) - gt$.

если $t \geqslant t_1$, то надо учесть изменение знака скорости на дне обрыва
$v_2(t) = -v_2(t_1) + \int\limits_{t_1}^{t}a_2(t)dt = -(-v(t_1) - gt_1) + \int\limits_{t_1}^{t} a(t) - g dt =$
$= v(t_1) + gt_1 + \int\limits_{t_1}^{t}a(t)dt - \int\limits_{t_1}^{t}gdt = v(t_1) + gt_1 + v(t) - v(t_1) - g(t - t_1) =$
$= v(t) + gt_1 - gt + gt_1 = v(t) - gt + 2gt_1$.

Скорости ракет:
$v_1(t) = v(t) - gt$

$v_2(t) = \begin{cases} -v(t) - gt,&\text{если $t \leqslant t_1$;}\\ v(t) - gt + 2gt_1,&\text{если $t \geqslant t_1$.} \end{cases}$

Вывод высот ракет:
$h_1(t) = \int\limits_{0}^{t}v_1(t)dt = \int\limits_{0}^{t}v(t) - gtdt = \int\limits_{0}^{t}v(t)dt - \int\limits_{0}^{t}gtdt = h(t) - \frac{gt^2}{2}$

если $t \leqslant t_1$, то
$h_2(t) = \int\limits_{0}^{t}v_2(t)dt = \int\limits_{0}^{t}-v(t) - gtdt = -\int\limits_{0}^{t}v(t)dt - \int\limits_{0}^{t}gtdt = -h(t) - \frac{gt^2}{2}$.

если $t \geqslant t_1$, то
$h_2(t) = h_2(t_1) + \int\limits_{t_1}^{t}v_2(t)dt = -h(t_1) - \frac{gt_1^2}{2} + \int\limits_{t_1}^{t}v(t) - gt + 2gt_1dt =$
$= -h(t_1) - \frac{gt_1^2}{2} + \int\limits_{t_1}^{t}v(t)dt - \int\limits_{t_1}^{t}gtdt + \int\limits_{t_1}^{t}2gt_1dt =$
$= -h(t_1) - \frac{gt_1^2}{2} + h(t) - h(t_1) - (\frac{gt^2}{2} - \frac{gt_1^2}{2}) + 2gt_1t - 2gt_1^2 =$
$= h(t) - \frac{gt^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t - 2gt_1^2$.

Высоты ракет:
$h_1(t) = h(t) - \frac{gt^2}{2}$

$h_2(t) = \begin{cases} -h(t) - \frac{gt^2}{2},&\text{если $t \leqslant t_1$;}\\ h(t) - \frac{gt^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t - 2gt_1^2,&\text{если $t \geqslant t_1$.} \end{cases}$

Обозначим момент выключения двигателей $t_2$. Дальше предполагаю, что $t_2 \geqslant t_1$. Для другого порядка событий решение проще.

Скорости и высоты ракет в момент выключения двигателей:
$v_1(t_2) = v(t_2) - gt_2$
$v_2(t_2) = v(t_2) - gt_2 + 2gt_1$
$h_1(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2}$
$h_2(t_2) = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2$

Ещё одно важное предположение: после выключения двигателей обе ракеты летят вверх $v_i(t_2) \geqslant 0$. (Если это не так, то они достигали апогея до выключения двигателя. В этом случае решение удлиняется на один шаг.)

Апогеи:
$H_1 = h_1(t_2) + \frac{v_1^2(t_2)}{2g} = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} + \frac{(v(t_2) - gt_2)^2}{2g}$
$H_2 = h_2(t_2) + \frac{v_2^2(t_2)}{2g} = h(t_2) - \frac{gt_2^2}{2} - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2 + \frac{(v(t_2) - gt_2 + 2gt_1)^2}{2g}$

Вычтем апогеи:
$H_2 - H_1 = - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2 + \frac{(v(t_2) - gt_2 + 2gt_1)^2}{2g} - \frac{(v(t_2) - gt_2)^2}{2g} =$
$= - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2 + \frac{(v(t_2) - gt_2)^2 + 2(v(t_2) - gt_2)(2gt_1) + (2gt_1)^2 - (v(t_2) - gt_2)^2}{2g} = $
$= - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2 + \frac{2(v(t_2) - gt_2)(2gt_1) + (2gt_1)^2}{2g} = $
$= - 2h(t_1) + 2gt_1t_2 - 2gt_1^2 + 2(v(t_2) - gt_2)t_1 + 2gt_1^2 = 2v(t_2)t_1 - 2h(t_1) =$
$= 2(v(t_2)t_1 - \int\limits_{0}^{t_1}v(t)dt) = 2(\int\limits_{0}^{t_1}v(t_2)dt - \int\limits_{0}^{t_1}v(t)dt) = 2\int\limits_{0}^{t_1}v(t_2)-v(t)dt$

$v$ не убывает, так как это интеграл неотрицательной функции. Следовательно, $0 \leqslant t \leqslant t_1 \Rightarrow v(t_2) - v(t) \geqslant 0$. Так как подынтегральное выражение неотрицательно, то и интеграл неотрицательный. Если где-то было ненулевое ускорение, то интеграл строго больше нуля.

Доказано что $H_2 - H_1 > 0$, если
1. было ненулевое ускорение
2. во время отскока от дна обрыва двигатели ещё работали ($t_1 \leqslant t_2$) (это условие можно снять).
3. при выключении двигателей ракеты ещё летят вверх ($v_i(t_2) \geqslant 0$) (это условие можно ослабить, заметив что после отскока $v_2(t) \geqslant v_1(t)$) (это условие можно снять добавив ещё один шаг к анализу).

[amon]

slavav в сообщении #1074841 писал(а):

Вычтем апогеи:
$H_2 - H_1 = 2\int\limits_{0}^{t_1}\left(v(t_2)-v(t)\right)dt$

Согласен. У меня получилось тоже самое.

[Skeptic]

amon в сообщении #1074811 писал(а):

Skeptic в сообщении #1074770 писал(а):

Работа потенциальных сил на замкнутой траектории, которой является траектория второй ракеты в овраге, равна 0.

Вы опустили в колодец пустое ведро, наполнили его водой и подняли. Что, работы по спуску и подъёму равны?

Пустого ведра, да. Так утверждает даже школьная физика.

[bondkim137]

Skeptic в сообщении #1074770 писал(а):

Работа потенциальных сил на замкнутой траектории, которой является траектория второй ракеты в овраге, равна 0.

Но это не мешает им быть катализатором в работе реактивного двигателя, полезная работа которого зависит от скорости.

Во-первых, если быть до конца точным, то падающая в обрыв ракета была тяжелее поднимающейся. Но основной выхлоп даже не здесь.

Во-вторых, время падения было больше, чем время подъема. Он здесь.