О волнолётах.

[kahey]

Здравствуйте.
В своей статье (о волнолётах), у себя на сайте:
http://rznusl.ucoz.ru/blog/
я описал новы принцип движения летательного аппарата.
Суть его заключается в том, что для преодаления силы притяжения аппарат то включает двигатель и поднимается выше. то выключает, находясь в свободном падении (при полёте по горизонтали, соответственно, мы получаем волнистую траекторию). Средняя высота полёта при этом определена заранее. Оказывается, что в таком режиме аппарат находится на заданной высоте на 13.8% долше (для безвоздушного пространства!), чем если бы он находился всё время на постоянной высоте.
Мои рассчёты также показали, что в атмосфере эффект сильнее (от 20 до 40 %).
Статья также печаталась в одном из рязанских журналов.

[photon]

Эксперимент?

[kahey]

Данный подход можно применить к махолётам и посмотреть насколько эффективно.
В безвоздушном пространстве провести эксперимент не смогу.
В атмосфере можно было бы, что-нибудь придумать, но пока ничего конкретного.
Можно попробывать проверить при помощи силы архимеда на воде.

P.S.
Появилась одна идея, чуть позже я её опишу.

[kahey]

Проверка идеи.

Можно ли проверить идею с волнолётом эксперементально?
Можно поставить опыт, который будет соответствовать явлению.
1. Первое что приходит на ум – это поставить эксперимент с автомобилем, придавая ему то большую, то меньшую скорость движения, сохраняя среднюю скорость равной заданной. Однако это не достаточно наглядно.
2. Предлагаю другой способ, который будет более наглядным. Посмотрите на рисунок:

[Alex165]

Очень жаль, что приходится губить такую хорошую идею на корню, но что поделаешь, ... истина дороже.
Итак.
1. Пусть дело происходит в вакууме.
2. Про горизонтальные пермещения забудем, они принципиальной роли не играют, допустим, что аппарату надо просто висеть и рассмотрим два варианта: первый - когда реактивный двигатель создаёт тягу, равную весу аппарата и он покоится и второй - по принципу автора идеи: двигатель на время включается,аппарат подпрыгивает и т. д.
3. Для простоты и прозрачности пренебрежём изменением массы аппарата за счёт выгорания топлива (учёт этого, в силу свойств логарифмов, результата не изменит).
4. Будем считать, что мы ограничены только видом топлива, то есть скоростью истечения газов из сопла, длительность включения двигателя и количество израсходованного за это время топлива мы можем менять независимо. Опять же для прозрачности будем считать, что при включении двигатель работает равномерно, то есть расход топлива при этом постояненен. Например, если двигатель включился на время t и израсходовал за это время количество топлива m, то он в единицу времени постоянно расходовал количество $\frac{m}{t}$.
5. Допустим в начальный момент времени аппарат находился в точке A. Затем на время $t_1$ включил двигатель и израсходовал количество топлива $m$.
Обозначим:
$M$ - массу аппарата,
$c$ - скорость истечения газов,
$a$ - ускорение аппарата при его движении вверх в период $t_1$.

Тогда:

$Ma=\frac{m}{t_1}c-Mg$, откуда:

$a=\frac{mc}{Mt_1}-g$.

В момент выключения двигателя аппарат окажется в точке B, имея при этом вертикальную скорость $v_1$, которую легко найти:

$v_1=at_1=(\frac{mc}{Mt_1}-g)t_1=\frac{mc}{M}-gt_1$.

Далее, имея эту скорость, он будет по инерции двигаться с выключенным двигателем в течение времени t_2. За это время он подлетит ещё вверх и начнёт падать и достигнет опять точки B. Значит это время можно найти из соотношения:

$v_1t_2-\frac{gt_2^2}{2}=0$:

$t_2=\frac{2v_1}{g}=\frac{2mc}{gM}-2t_1$.

При этом он будет иметь скорость $v_1$, направленную уже вниз.

Далее, чтобы опять оказаться в точке A и иметь при этом нулевую скорость (чтобы оказаться в исходном положении и можно было это дело повторять периодически) аппарату снова нужно включть двигатель, причём на то же время $t_1$ и израсходовать опять $m$ горючего. Значит суммарное время всего цикла составит: $T=2t_1+t_2=\frac{2mc}{gM}$ и при этом он два раза израсходовал по $m$ топлива, итого: $2m$.

Посмотрим теперь, сколько топлива израсходует тот же аппарат, если неподвижно провесит в течение того же времени $T$. Обозначим это количество $m_1$. Тогда:

$\frac{m_1}{T}c=Mg$, откуда:$m_1=\frac{MgT}{c}=\frac{Mg}{c}\frac{2mc}{Mg}=2m$.

То есть ровно столько же, независимо от $t_1$ и $m$.

[kahey]

У Вас ошибка.
Вы взяли тот же расход топлива при спуске - это не обязательно.
Именно за счёт этого и получается выигрышь. Здесь важен процесс расхода топлива.
Что касается того, когда включать двигатель при спуске - здесь у Вас также ошибка - эти параметры можно менять.

P.S.
1. Приведённая мной статья очень короткая, т.к. за публикацию, пришлось платить. Кроме того я её оформил (на компьютере) в течении 2-х часов, в то время как исходный текст занимал много страниц и вычислений. Поэтому возможны неточности в изложении материала.
2. Я отдавал на проверку преподавателям - по неизвестной причине, мне довольно долго не могли вернуть рукопись с расчётами, однако по поводу правильности или не правильности, я так вразумительного ответа в в то не получил (в общем коментариев вообще касательно теории не получил - Вы первые).

[Alex165]

kahey в сообщении #229329 писал(а):

У Вас ошибка.
Вы взяли тот же расход топлива при спуске - это не обязательно.
Именно за счёт этого и получается выигрышь. Здесь важен процесс расхода топлива.
Что касается того, когда включать двигатель при спуске - здесь у Вас также ошибка - эти параметры можно менять.

Укажите пожалуйста расход топлива при спуске и момент времени, когда при спуске двигатель по-Вашему надо включать. Только пожалуйста точно. И я надеюсь Вы не будете возражать, что надо вернуться в исходную точку с нулевой скоростью.

[kahey]

Alex165 в сообщении #229368 писал(а):

kahey в сообщении #229329 писал(а):

У Вас ошибка.
Вы взяли тот же расход топлива при спуске - это не обязательно.
Именно за счёт этого и получается выигрышь. Здесь важен процесс расхода топлива.
Что касается того, когда включать двигатель при спуске - здесь у Вас также ошибка - эти параметры можно менять.

Укажите пожалуйста расход топлива при спуске и момент времени, когда при спуске двигатель по-Вашему надо включать. Только пожалуйста точно. И я надеюсь Вы не будете возражать, что надо вернуться в исходную точку с нулевой скоростью.

Я это сделаю, чуть позже.
Пока что, я сделал соответствующе замечание у себя на сайте в статье.
В общем мне надо перепроверить решение. Пока, что остаюсь при своём мнении, что выигрышь есть.

[arseniiv]

"Выигрыш" пишется без мягкого знака в конце. И проч., и проч..

[kahey]

Alex165 в сообщении #228570 писал(а):

Очень жаль, что приходится губить такую хорошую идею на корню, но что поделаешь, ... истина дороже.
Итак.
1. Пусть дело происходит в вакууме.
2. Про горизонтальные пермещения забудем, они принципиальной роли не играют, допустим, что аппарату надо просто висеть и рассмотрим два варианта: первый - когда реактивный двигатель создаёт тягу, равную весу аппарата и он покоится и второй - по принципу автора идеи: двигатель на время включается,аппарат подпрыгивает и т. д.
3. Для простоты и прозрачности пренебрежём изменением массы аппарата за счёт выгорания топлива (учёт этого, в силу свойств логарифмов, результата не изменит).
4. Будем считать, что мы ограничены только видом топлива, то есть скоростью истечения газов из сопла, длительность включения двигателя и количество израсходованного за это время топлива мы можем менять независимо. Опять же для прозрачности будем считать, что при включении двигатель работает равномерно, то есть расход топлива при этом постояненен. Например, если двигатель включился на время t и израсходовал за это время количество топлива m, то он в единицу времени постоянно расходовал количество $\frac{m}{t}$.
5. Допустим в начальный момент времени аппарат находился в точке A. Затем на время $t_1$ включил двигатель и израсходовал количество топлива $m$.
Обозначим:
$M$ - массу аппарата,
$c$ - скорость истечения газов,
$a$ - ускорение аппарата при его движении вверх в период $t_1$.

Тогда:

$Ma=\frac{m}{t_1}c-Mg$, откуда:

$a=\frac{mc}{Mt_1}-g$.

В момент выключения двигателя аппарат окажется в точке B, имея при этом вертикальную скорость $v_1$, которую легко найти:

$v_1=at_1=(\frac{mc}{Mt_1}-g)t_1=\frac{mc}{M}-gt_1$.

Далее, имея эту скорость, он будет по инерции двигаться с выключенным двигателем в течение времени t_2. За это время он подлетит ещё вверх и начнёт падать и достигнет опять точки B. Значит это время можно найти из соотношения:

$v_1t_2-\frac{gt_2^2}{2}=0$:

$t_2=\frac{2v_1}{g}=\frac{2mc}{gM}-2t_1$.

При этом он будет иметь скорость $v_1$, направленную уже вниз.

Далее, чтобы опять оказаться в точке A и иметь при этом нулевую скорость (чтобы оказаться в исходном положении и можно было это дело повторять периодически) аппарату снова нужно включть двигатель, причём на то же время $t_1$ и израсходовать опять $m$ горючего. Значит суммарное время всего цикла составит: $T=2t_1+t_2=\frac{2mc}{gM}$ и при этом он два раза израсходовал по $m$ топлива, итого: $2m$.

Посмотрим теперь, сколько топлива израсходует тот же аппарат, если неподвижно провесит в течение того же времени $T$. Обозначим это количество $m_1$. Тогда:

$\frac{m_1}{T}c=Mg$, откуда:$m_1=\frac{MgT}{c}=\frac{Mg}{c}\frac{2mc}{Mg}=2m$.

То есть ровно столько же, независимо от $t_1$ и $m$.

Предположим, что при взлёте аппарат имеет ускорение $a_1$ и скорость в нижней точке$v_2$(которая направлена вниз),
а при падение соответственно $a_2$ и $v_2$
Скорость $v_2$ направлена вверх, а
ускорение $a_2$ вниз.
Т.е. двигатель работает всё время, реализуя то одно, то другое ускорение.
Тогда уранение будет таким:
$\frac{a_1t_1^2}{2}-v_2t_2$=$\frac{a_2t_2^2}{2}-v_1t_2$
Также должны соблюдаться соотношения:
$v_1=a_1t_1-v2$ ,
$v_2=a_2t_2-v1$
Значит
$a_1t_1=a_2t_2$

С другой стороны
$Ma_1=\frac{m}{t_1}c-Mg$,
$Ma_2=-\frac{m_2}{t_2}c+Mg$,
$\frac{m_2}{t_2}$ - скорость расход топлива при спуске (знак определяется по договорённости).
Получаем
$t_1=\frac{mc}{M(g+a_1)}$

Посмотрим теперь, сколько топлива израсходует аппарат, если неподвижно провесит в течение времени $t_1+t_2$.Обозначим это количество $m_1$. Тогда:

$\frac{m_1}{t_1+t_2}c=Mg$, откуда:$m_1=\frac{Mg(t_1+t_2)}{c}=\frac{Mg(a_1+a_2)}{ca_2}t_1=\frac{mg(a_1+a_2)}{(a_1+g)a_2}$.

При волнистой траектории затраты составят $m+m_2$,
где $m_2=\frac{M(g-a_2)}{c}t_2=\frac{Ma_1(g-a_2)}{ca_2}t_1=m\frac{g-a_2)}{g+a_1}*\frac{a_1}{a_2}$
Таким образом получаем:
$m+m_2=m\frac{g(a_1+a_2)}{(g+a_1)a_2}$

-- Чт июл 16, 2009 21:56:45 --

Да, вроде бы нет выиграша.

[Антипка]

Цитата:

Да, вроде бы нет выиграша.

В принципе, это очевидно сразу - надо рассмотреть импульсы действующих сил. Чтобы скорости аппарата в начале и в конце цикла работы двигателя были одинаковы, сумма импульса силы тяги за цикл работы двигателя и импульса силы тяготения за этот же период должна быть равна 0. То же при нерерывной работе двигателя. Принимая расход топлива пропорциональным тяге, получаем равенство расходов топлива в обоих случаях.

Но в этой, в общем-то устной задаче интересно далеко не это. Интересно другое: "за те же самые деньги", т.е. при точно таком же расходе топлива, вы можете не просто "стоять на месте" (т.е. "болтаться" между двумя заданными высотами), но двигаться вверх или вниз с постоянной средней (за период) скоростью. Всё зависит от момента включения двигателя. Например, рассмотрим такой режим: в момент нулевой скорости вы включаете двигатель, некоторое время он работает, затем вы его выключаете, аппарат продолжает лететь вверх, теряя скорость. В момент полной остановки вы включаете двигатель опять и цикл повторяется. Очевидно, что расход топлива за цикл - тот же, что нужен для "зависания" аппарата, но аппарат при этом непрерывно движется вверх! Так что kahey, дарю идею.

[kahey]

Здесь неточность:

kahey в сообщении #229519 писал(а):

...
$Ma_2=-\frac{m_2}{t_2}c+Mg$,
$\frac{m_2}{t_2}$ - скорость расход топлива при спуске (знак определяется по договорённости).
...

Предположим, что при взлёте аппарат имеет ускорение $a_1$ и скорость в нижней точке$v_2$(которая направлена вниз),
а при падение соответственно $a_2$ и $v_2$
Скорость $v_2$ направлена вверх, а
ускорение $a_2$ вниз.
Т.е. двигатель работает всё время, реализуя то одно, то другое ускорение.
Тогда уранение будет таким:
$\frac{a_1t_1^2}{2}-v_2t_2$=$\frac{a_2t_2^2}{2}-v_1t_2$
Также должны соблюдаться соотношения:
$v_1=a_1t_1-v2$ ,
$v_2=a_2t_2-v1$
Значит
$a_1t_1=a_2t_2$

С другой стороны
$Ma_1=\frac{m}{t_1}c-Mg$,
$Ma_2=-\frac{m_2}{t_2}c+Mg$,
$\frac{m_2}{t_2}$ - скорость расход топлива при спуске, знак определяется исходя из того у величится или уменьшиться результирующее ускорение падения.
Получаем
$t_1=\frac{mc}{M(g+a_1)}$

Посмотрим теперь, сколько топлива израсходует аппарат, если неподвижно провесит в течение времени $t_1+t_2$.Обозначим это количество $m_1$. Тогда:

$\frac{m_1}{t_1+t_2}c=Mg$, откуда:$m_1=\frac{Mg(t_1+t_2)}{c}=\frac{Mg(a_1+a_2)}{ca_2}t_1=\frac{mg(a_1+a_2)}{(a_1+g)a_2}$.

При волнистой траектории затраты составят $m+m_2$,
где $m_2=\frac{M(g-a_2)}{c}t_2=\frac{Ma_1(g-a_2)}{ca_2}t_1=m\frac{g-a_2}{g+a_1}*\frac{a_1}{a_2}$
Таким образом получаем:
$m+m_2=m\frac{g(a_1+a_2)}{(g+a_1)a_2}$
Затраты как видим такие же как при неподвижном зависании. Так происходит если мы замедлим падение, однако, если мы его увеличим, то результат будет другим:
$m+m_2=m\frac{2a_1a_2+g(a_2-a_1)}{(g+a_1)a_2}$
Или
$m+m_2=m_1+2\frac{(a_2-g)a_1}{(g+a_1)a_2}m$

-- Чт июл 16, 2009 23:28:36 --

Думаю стоит рассмотреть реактивное движение, т.к. чем выше скорость (ускорение), тем выше расход массы топлива (если не ошибаюсь)

[Коровьев]

Антипка в сообщении #229532 писал(а):

Так что kahey, дарю идею.

Водомерки во всю используют эту идею.
Интересно бы было найти ей применение. К примеру, как аттракцион на воде , стенд тренировки для начинающих автомобилистов ...

[Антипка]

Коровьев в сообщении #229550 писал(а):

Водомерки во всю используют эту идею.
Интересно бы было найти ей применение. К примеру, как аттракцион на воде , стенд тренировки для начинающих автомобилистов ...

А водомерки-то тут причём. В том смысле, что разве им необходимо, чтобы просто стоять на воде, расходовать точно такую же энергию, которая требуется им для движения по воде с постоянной средней (за цикл работы "двигателя") скоростью? А вот аппарату требуется - даже чтобы просто "висеть" на заданной высоте.

[kahey]

С приложением теории реактивного движения.
Результат для вакуума также ничего недал.
Для атмосферы приведено результирующее уравнение.