моделирование поведения шарика в потоке воздуха

[Парджеттер]

LittleLamer писал(а):

Я вот думаю рассмотреть такое (допустим, шарик движется влево):

\[ m\overrightarrow a = \sum {\overrightarrow F } = \overrightarrow G + \overrightarrow F + \overrightarrow {F_{} } \]

потом рассмотреть проекции на оси и в конечном итоге найти

\[ x = f\left( t \right) \]

и

\[ y = f\left( t \right) \]

Мы такую картинку и рассмотрели и уже почти задачу решили.
Только что Вам дает учет $G$ и $F$? Формально, конечно, они есть, но они друг друга уравновешивают. По сути дела у Вас есть шарик на абсолютно гладкой плоскости, который столкнулся с другим шариком и в результате получил начальный импульс. После чего он летит в горизонтальном направлении под действием аэродинамической силы и теряет скорость. Собственно, задача для 1го курса - решить дифференциальное уравнение, которое Вы написали выше с учетом того, что знак у Вас неправильный. Так что Вам надо было лишь решить уравнение до конца.

[LittleLamer]

Цитата:

Только что Вам дает учет и ?

Дело в том, что сила F у меня изменяется

[Парджеттер]

LittleLamer в сообщении #184576 писал(а):

Дело в том, что сила F у меня изменяется

А это ничего не меняет с точки зрения того, как далеко шарик остановится от начальной точки по горизонтали.

Ну а раз $F$ меняется и задано ее изменение, то, стало быть, есть еще одно уравнение, которое не зависит от первого.

[LittleLamer]

Цитата:

то, стало быть, есть еще одно уравнение

Ну да... Потихонечку начинаю разбираться ). Если рассматривать движение шарика по абсциссе и рассмотреть такое направление векторов сил, как на рис. ниже, то

получаем такое диф.уравнение:

\[m\frac{{dv_x }}{{dt}} = F_{} = c\rho \pi r^2 v_x^2 \]

.
Решая, получим следующее:

\[ x\left( t \right) = \frac{m} {{c\rho \pi r^2 }} \cdot \ln \left( {\frac{m} {{\left| {m + c\rho \pi r^2 v_{x.\max } t} \right|}}} \right) \]

(это если шарик "толкнули" влево, т.е. проекция вектора скорости на ось иксов отрицательна). Получается вполне, как на мой взгляд, правдоподобная картина (см. рис. ниже): шарик замедляется сначала быстро, а потом сила трения воздуха на него не особо-то и влияет (правильно, ведь с уменьшением скорости она уменьшается)


Но! Это по иксу всё красиво! По игрику следующая картина:

\[ m\frac{{dv_y }} {{dt}} = F - G \]

Сила F непостоянна и уменьшается с высотой (при возростании ординаты):

\[ F = \frac{{\rho Q^2 }} {{S^2 }}\pi r^2 - ky \]

Для наглядности запишем:

\[ F = r - ky \]

Тогда уравнение, которое следует решить примет вид:

\[ m\frac{{dv_y }} {{dt}} = r - ky - mg \]

т.к. скорость - это производная пути по времени, то имеет диф.уравнение второго порядка:

\[ my'' = r - ky - mg \]

.
Тут я уже плыву. Пытался делать замену

\[ y' = p,\text{ }y'' = p'p \]

, но прихожу к такому:

\[ p^2 = \frac{{2r}} {m}y - \frac{k} {m}y^2 - 2gy + C_1 \]

.(постоянная интегрирования будет равно нулю, т.к. если y=0, то для моей задачи это означает, что тело лежит "на полу". Т.е. какое может быть ускорение? Конечно же

\[ p = y' = \frac{{dy}} {{dt}} = 0 \]

) Здесь мне и пришел конец )

[Парджеттер]

LittleLamer писал(а):

получаем такое диф.уравнение:

\[m\frac{{dv_x }}{{dt}} = F_{} = c\rho \pi r^2 v_x^2 \]

.

А где $\frac{1}{2}$? Я Вам сказал, что у вас сила - тормозящая. Значит направление скорости и силы различны. У Вас ошибка.

LittleLamer писал(а):

Решая, получим следующее:

\[ x\left( t \right) = \frac{m} {{c\rho \pi r^2 }} \cdot \ln \left( {\frac{m} {{\left| {m + c\rho \pi r^2 v_{x.\max } t} \right|}}} \right) \]

А как Вы уравнение решали?

LittleLamer писал(а):

(это если шарик "толкнули" влево, т.е. проекция вектора скорости на ось иксов отрицательна).

Только в уравнении это у Вас не отражено.

LittleLamer писал(а):

Получается вполне, как на мой взгляд, правдоподобная картина (см. рис. ниже): шарик замедляется сначала быстро, а потом сила трения воздуха на него не особо-то и влияет (правильно, ведь с уменьшением скорости она уменьшается)

По-моему - не очень правдоподобно. Во всяком случае конца движения у Вас не видно, в то время как шарик летит аж 20 минут и улетел он уже на 25 метров и еще не остановился.

LittleLamer писал(а):

т.к. скорость - это производная пути по времени, то имеет диф.уравнение второго порядка:

\[ my'' = r - ky - mg \]

.
Тут я уже плыву.

Куда плывете? В теплые страны?
$my'' + ky = r - mg$ - линейное ДУ с постоянными коэффициентами (я так понимаю $r= const$?).
Загляните сюда:
[url]http://ru.wikipedia.org/wiki/Линейное_дифференциальное_уравнение_с_постоянными_коэффициентами[/url]

Добавлено спустя 13 минут 41 секунду:

Ааа... я вижу Вы обратились в правильный раздел. Ну ладно.

[LittleLamer]

Парджеттер писал(а):

А как Вы уравнение решали?

Решал так: согласно рисунку ниже (скорость направим влево, поэтому сила трения и напралена вправо, т.е. в сторону противоположную)

Проекция на ось абсцисс:

\[ ma_x = F_{} \]

для наглядности силу трения запишем в виде:

\[ F_{} = bv^2 \]

,
где

\[ b = \frac{1} {2}c\rho \Omega = c\rho \pi r^2 \]

(омега - площадь поверхности, шара пол площади)
(здесь и уходит 1/2)
Тогда

\[m\frac{{dv_x }}{{dt}} = bv_x^2 \]

\[\frac{{dv_x }}{{v_x^2 }} = \frac{b}{m}dt\]

\[\int {\frac{{dv_x }}{{v_x^2 }}} = \int {\frac{b}{m}dt} + C_1 \]

\[ - \frac{1}{{v_x }} = \frac{b}{m}t + C_1 \]

Постоянную интегрирования С1 найдем из следующих соображений: так как движение частицы по горизонтали (по оси абсцисс) обусловлено столкновени-ем с другой частицей либо стенкой и в нашем случае будет задаваться начальной скоростью, значит в начальный момент времени (t=0) скорость частицы будет равна некоторой максимальной скорости: vxmax, тогда

\[C_1 = - \frac{1}{{v_{x.\max } }}\]

После подстановки получим уравнение для скорости частицы:

\[v_x \left( t \right) = \frac{{mv_{x.\max } }}{{m - bv_{x.\max } t}}\]

Найдем уравнение для перемещения частицы:

\[dx = v_x dt = \frac{{mv_{x.\max } }}{{m - bv_{x.\max } t}}dt\]

\[\int {dx} = \int {\frac{{mv_{x.\max } }}{{m - bv_{x.\max } t}}dt} + C_2 \]

\[x = mv_{x.\max } \left( { - \frac{1}{{bv_{x.\max } }}} \right)\ln \left| {m - bv_{x.\max } t} \right| + C_2 \]

При t=0 x=0, значит

\[ C_2 = \frac{m} {b}\ln m \]

.
Тогда уравнение перемещения:

\[ x = - \frac{m} {b}\ln \left| {m - bv_{x.\max } t} \right| + \frac{m} {b}\ln m \]

\[ x\left( t \right) = \frac{m} {{ \pm c\rho \pi r^2 }} \cdot \ln \left( {\frac{m} {{\left| {m \pm c\rho \pi r^2 v_{x.\max } t} \right|}}} \right) \]

.
А плюс или минус - решаем в зависимости от того, куда направлена скорость

Добавлено спустя 10 минут 23 секунды:

Парджеттер писал(а):

Ааа... я вижу Вы обратились в правильный раздел. Ну ладно

Только без обид, ладно? От математиков мне нужна помощь в решении уравнения. Полную же картину происходящего могут прояснить лишь физики

[
Спасибо, полезная ссылка

[Парджеттер]

LittleLamer
А Вам не удобнее будет получить не $v_x(t)$, а $v_x(x)$?
Это делается заменой

$$\frac{dv_x}{dt}=\frac{dv_x}{dx} \frac{dx}{dt}=v \frac{dv}{dx}$$

Тогда и уравнение у Вас будет

$$\frac{dv_x}{dx}=-Av_x$$

, где в $A$ загнаны все константы.
Получите т.о.

$$\boxed{v_x=v_{x0}e^{-Ax}}$$

- тут сразу видно, что

$$\lim_{x \to \infty} v_x = 0$$

Опять, же, начальное условие $v_x(x=0)=v_{\max}$ (эта скорость, которую Вы получаете в результате решения задачи теории удара - это, кстати, не просто обмен импульсами между шариками, строго говоря).
И тогда

$$\boxed{v_x=v_{\max}e^{-Ax}}$$

Добавлено спустя 45 секунд:

LittleLamer в сообщении #184985 писал(а):

Только без обид, ладно? От математиков мне нужна помощь в решении уравнения. Полную же картину происходящего могут прояснить лишь физики

А какие могут быть обиды? Я с поощрением это сказал

[LittleLamer]

Итак...
Проекция на ось абсцисс:

\[ ma_x = - F_{} \]

Далее, как Вы и советовали, получаем

\[ v_x \left( t \right) = v_{x.\max } \cdot e^{ - Ax} \]

Парджеттер писал(а):

где в A загнаны все константы

Теперь найдем уравнение для перемещения частицы:

\[ dx = v_x dt = v_{x.\max } \cdot e^{ - Ax} dt \]

\[ \frac{{e^{Ax} }} {A} = v_{x.\max } t + C_2 \]

при x=0 t=0, тогда

\[ e^{Ax} = Av_{x.\max } t + 1 \]

\[ x = \frac{1} {A}\ln \left( {Av_{x.\max } t + 1} \right) \]

Подставив выражение для постоянной A, окончательно получим:

\[ x = \frac{m} {{c\rho \pi r^2 }}\ln \left( {\frac{{c\rho \pi r^2 }} {m}v_{x.\max } t + 1} \right) \]

На рис. ниже показан пример движения частицы массы 0.001 кг и имеющей начальную скорость 0.05 м/с.

Но все равно получается, что шарик никогда толком не остановится!

[Парджеттер]

LittleLamer в сообщении #185159 писал(а):

Но все равно получается, что шарик никогда толком не остановится!

Ну формально остановка не наступит хотя бы потому, что, как я уже писал

$$\boxed{v_x=v_{\max}e^{-Ax}}$$

то есть решение имеет экпоненциальное затухание, которое, конечно имеет предел на бесконечности, но на конечных промежутках скорость никогда не будет равной нулю.
В таких случаях оценка чисто практическая - постройте график $v(t)$ или $v(x)$ и назначьте скорость $v_{\min}$, при которой Вы будете считать шарик остановившимся (это может быть очень маленькое, но конечное значение). А затем посмотрите, чему равно $t$ (или $x$) при этом значении.

[LittleLamer]

Замечательно ). Теперь по абсциссам мне все стало понятно (кроме коэффициента С, но я его просто могу взять равным единице... ). Но как быть с движением по игрикам?

Парджеттер писал(а):

Ну а раз меняется и задано ее изменение, то, стало быть, есть еще одно уравнение, которое не зависит от первого

Рассмотрим все тот же рисунок:

Решаем...

Т.е. силу F представим как сумму двух состовляющих: зависящей от скорости воздуха

\[P\]

и зависящего от высоты падения давления (силы)

\[\Delta P\]

Вот такой диффур получаем.
Но! В реальном (моём) обьекте скорость воздуха изменяется (точнее - пульсирует). Тогда если, например,

\[P = B\left|\sin \left( {\omega t + \psi } \right)\right|\]

, то

\[ F = B\sin \left( {\omega t + \psi } \right) - ky \]

и получим

\[ \begin{gathered} m\frac{{dv_y }} {{dt}} = B\left|\sin \left( {\omega t + \psi } \right)\right| - ky - mg \hfill \\ my'' = B\left|\sin \left( {\omega t + \psi } \right)\right| - ky - mg \hfill \\ \end{gathered} \]

...
Ну с решением - ладно... можно и MATLAB'ом попробовать решить. Но возможно ли такое описание движения, скажите пожалуйста?

[Парджеттер]

LittleLamer в сообщении #185246 писал(а):

кроме коэффициента С, но я его просто могу взять равным единице...

Ну это вряд ли.

LittleLamer в сообщении #185246 писал(а):

$$y'' - \frac{L}{m}(y')^2 + \frac{k}{m}y = -g$$

Вот такой диффур получаем.

Ну что сказать - плохой диффур. Попробуйте проделать ту же замену, что я Вам говорил раньше для случая $v_x$.

p.s. А что это Вы уже ленитесь формулы нормально набирать? Картинки какие-то вставляете....

[LittleLamer]

Цитата:

Ну это вряд ли

Что же с ним делать-то... А как он называется? Это чтобы по названию поискать ).

Цитата:

Попробуйте проделать ту же замену, что я Вам говорил раньше

Попробовал:

\[ \begin{gathered} \frac{{dv_y }} {{dt}} - \frac{L} {m}v_y^2 + \frac{k} {m}y + g = 0 \hfill \\ \frac{{dv_y }} {{dt}} = v_y \frac{{dv_y }} {{dy}} \hfill \\ v_y \frac{{dv_y }} {{dy}} - \frac{L} {m}v_y^2 = - \frac{k} {m}y - g \hfill \\ \end{gathered} \]

Вот только мне это не очень нравится, т.к. не вижу пути разделения

\[ v_y \]

и

\[ y \]

.
Если умножить на

\[ {dy} \]

, то получим

\[ v_y dv_y - \frac{L} {m}v_y^2 dy = \left( { - \frac{k} {m}y - g} \right)dy \]

Меня смущает левая часть, а именно

\[ v_y^2 dy \]

А что, если так:

\[ v_y^2 dy = \frac{{dv_y^2 }} {{dt}}dy = v_y \frac{{dv_y^2 }} {{dy}}dy = v_y dv_y^2 \]

(но правильно ли это...)
Тогда получим:

\[ v_y dv_y - \frac{L} {m}v_y dv_y^2 = \left( { - \frac{k} {m}y - g} \right)dy \]

А теперь меня смущает

\[ dv_y^2 \]

, а точнее цифра "2"

Даже если теперь записать

\[ \begin{gathered} \int {\left( {v_y dv_y - \frac{L} {m}v_y dv_y^2 } \right)} = \int {\left( { - \frac{k} {m}y - g} \right)dy} + C_1 \hfill \\ \int {v_y dv_y } - \int {\frac{L} {m}v_y dv_y^2 } = \int {\left( { - \frac{k} {m}y - g} \right)dy} + C_1 \hfill \\ \end{gathered} \]

то что делать с

\[ \int {\frac{L} {m}v_y dv_y^2 } \]

... вижу такое первый раз в жизни (от математики далек)

Добавлено спустя 19 минут 32 секунды:

Цитата:

Картинки какие-то вставляете....

Далее буду оформлять аккуратно )

[Парджеттер]

LittleLamer писал(а):

\[ \begin{gathered} \frac{{dv_y }} {{dt}} - \frac{L} {m}v_y^2 + \frac{k} {m}y + g = 0 \hfill \\ \frac{{dv_y }} {{dt}} = v_y \frac{{dv_y }} {{dy}} \hfill \\ v_y \frac{{dv_y }} {{dy}} - \frac{L} {m}v_y^2 = - \frac{k} {m}y - g \hfill \\ \end{gathered} \]

По-моему, напрашивается внести под дифференциал $v_y$

$$v_y \frac{dv_y}{dy}=\frac12 \frac{dv_y^2}{dy}$$

после чего, если так Вам удобнее, можно заменить $v_y^2(y)=z(y)$ и получить уравнение на $z(y)$.

[LittleLamer]

Парджеттер в сообщении #185263 писал(а):

и получить уравнение на .

У меня получается

\[ \frac{1} {2}\frac{{dz}} {{dy}} - \frac{L} {m}z = - \frac{k} {m}y - g \]

Тут тоже непонятно как сделать. Если умножить на

\[ {dy} \]

, то получится

\[ \frac{1} {2}dz - \frac{L} {m}zdy = \left( { - \frac{k} {m}y - g} \right)dy \]

...
И еще волнует вопрос следующее: даже если правильно решить указанное выше дифф. уравнение... оно все равно описывает процесс не полностью, т.к. предполагает постоянство скорости воздушного потока.
Правильней будет иметь дело с уравнением, где предусмотрена пульсация воздуха:

\[ \frac{{dv_y }} {{dt}} = \frac{B} {m}\left| {\sin \left( {\omega t + \varphi } \right)} \right| - \frac{k} {m} y - g \]

(пульсирует по закону синуса)

[Someone]

LittleLamer в сообщении #185497 писал(а):

У меня получается

\[ \frac{1} {2}\frac{{dz}} {{dy}} - \frac{L} {m}z = - \frac{k} {m}y - g \]

Тут тоже непонятно как сделать.

Ну так это просто линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Оно решается стандартными способами: хоть методом вариации произвольной постоянной, хоть подстановкой Бернулли.