Термех. Динамика. Самолет и земля

[Zanzibarsky]

Самолет массы m перед взлетом разгоняется, двигаясь по дуге экватора с запада на восток. При этом возникает вертикальная подъемная сила Y=k*v^2. v - скорость самолета относительно Земли. Пренебрегая изменением массы самолета и учитывая суточное вращение Земли определить: 1) Скорость самолета относительно земли в момент взлета 2) Разницу между взлетными скоростями при разгонах с запада на восток и наоборот. Rземли = 6400 км/ч, k/m=3 км^-1, омега земли = 0,25 ч^-1, g = 12,96*10^4 км/ч^2. Ответ: 1) 207,76. 2) 0,17.
Насколько я понял, момент взлета - это сила тяжести равна подъемной силе. Отсюда как бы нашел скорость самолета(видимо собственная?). Она получилась равна 207,846, что по идее равно 207,76 + 0,17/2. Далее пытался прибавить и вычесть скорость земли из этой скорости, но получил какую то чушь, ибо скорость ее оказалась равна 1600 км/ч.
Собственно, вопрос: что я сделал не так, где ошибка? Вразумите пожалуйста..

[gris]

Так как атмосфера вращается вместе с Землёй, то подъёмная сила будет одинакова в обоих случаях, а вот вес самолёта — разный. К ускорению свободного падения будет прибавляться (векторно) центростремительное ускорение. Причём, приведённое значение $g$, по-моему, уже учитывает центростремительное ускорение покоящегося на экваторе тела.

[Gravist]

Zanzibarsky в сообщении #409060 писал(а):

получил какую то чушь, ибо скорость ее оказалась равна 1600 км/ч.

Чертежик себе нарисуйте, вспомните про линейную скорость вращения З. И всё встанет на свои места.

[Zanzibarsky]

Там написано, что изменением массы самолета пренебречь.
По вашему получается, что во всем виноват Кориолис? Центрострем. ускорение то во все стороны одиннаково.

[gris]

Кориолис не при чём. Масса самолёта не меняется. Меняется вес. Когда самолёт покоится на Земле, на него действует сила тяжести и инерциальная "центробежная" сила. Ведь он вращается вместе с Землёй по окружности. При движении самолёта вдоль экватора его скорость по дуге изменяется. Соответственно изменяется и "центробежное" ускорение. И вес.

[Zanzibarsky]

Как я понял это динамика относительного движения. Ща за картошкой до гаража схожу, подумаю и, думаю, вынесу вам благодарность ^^

[gris]

Скорости отрыва будут определяться из двух квадратных уравнений, которые отличаются знаком коэффициента при первой степени. Собственно, этот коэффициент будет определять разность скоростей отрыва.
Вы совершенно правильно нашли скорость отрыва при нулевом значении этого коэффициента (при разгоне почти поперёк экватора).
Наверное, можно как-то и упростить, но я в лоб рассуждал.

[Zanzibarsky]

Что-то у меня без Кориолиса не получилось квадратного уравнения. А с Кориолисом скорость получилась почти такая же как в ответе, а разница скоростей точно такая.

[gris]

Ну может быть я неправильно понимаю, что такое сила Кориолиса.
Я использовал только центробежную силу — даже этот термин я всегда с некоторой опаской произношу, так как неоднократно путался. Но в данном случае уравнение составляется без особых трудностей, и я тоже получил два корня, соответствующие взлётным скоростям, совпадающим с ответом.
Последние страницы задачника — критерий истины!

Хотя мне кажется, что можно просто посчитать плюс-минус поправку к скорости и без уравнения. Но как это обосновать? Да и работа лишняя.

[Zanzibarsky]

Вы по второму закону Ньютона решаете? Если нет, то как?
Я просто открыл пример решенный у Бражниченко и попытался его переиначить под свою задачу. Там тоже динамика относительного движения.

Центробежная сила = (-1)*(масса)*(омега в квадрате)*(Радиус).
Так?

[gris]

Я бы от сил перешёл к ускорениям, раз масса самолёта не меняется. Вниз направлена гравитационная составляющая ускорения свободного падения, а вверх ускорение от подъёмной силы и центробежное ускорение.
Нам нет смысла подсчитывать гравитационную составляющую, она входит в приведённое значение $g$ вместе с составляющей от вращения Земли. Надо туда внести ещё составляющую от движения самолёта. Но она не прибавляется линейно, поэтому придётся расписывать формулы.
Итак, представим уравнение в виде $a_{\text{подъёмное}}=g_{\text{гравитационное}}-a_{\text{центробежное}}$
Далее обозначим скорость самолёта $v$ со знаком плюс, если он разгоняется навстречу Земле, то есть с востока на запад и со знаком минус, если с запада на восток.
Итак, $a_{\text{подъёмное}}=\dfrac km\cdot v^2=3v^2$
$a_{\text{центробежное}}=\dfrac{(v_{\text{Земли}}+v)^2}R=\dfrac{v_{\text{Земли}}^2}R+\dfrac{2v_{\text{Земли}}\cdot v}R+\dfrac {v^2}R$
Последним слагаемым пренебрегаем по его малости, первое слагаемое вместе с $g_{\text{гравитационное}}$ даст $g$ из условия.
И вот получили квадратное уравнение. Два его корня и дадут взлётные скорости.
(ещё раз оговорю, что слово "центробежное" я употребляю для краткости).

[ewert]

В системе отсчёта, связанной с самолётом, в момент отрыва суммарная сила равна нулю:
$kv_{\pm}^2+m\,\dfrac{(v_{\text{з}}\pm v_{\pm})^2}{R}-mg=0\,,$
где $v_{\pm}$ считается положительной в обоих случаях. Квадратные уравнения на $v_{\pm}$:
$\left(1+\dfrac{kR}{m}\right)v_{\pm}^2\pm 2v_{\text{з}}\cdot v_{\pm}+v_{\text{з}}^2-Rg=0\,.$
Пока что это точное равенство, но можно и малость облегчить себе жизнь. Свободный член в нулевом приближении -- это просто $(-Rg)$, т.к. центростремительное ускорение всё-таки много меньше ускорения свободного падения. Тем более в дискриминанте можно пренебречь слагаемым $v_{\text{з}}^2$:
$v_{\pm}=\dfrac{\mp v_{\text{з}}+\sqrt{(1+\frac{kR}{m})\,Rg}}{1+\frac{kR}{m}}.$
Можно ещё пренебречь и единичками, т.к. по смыслу задачи должно получаться $v_{\pm}\ll v_{\text{з}}\ll\sqrt{Rg}$ и, значит, $\dfrac{kR}{m}\gg1$. Т.е:
$v_{\pm}\approx\sqrt{\dfrac{mg}{k},$
$v_{+}-v_{-}\approx\dfrac{2mv_{\text{з}}}{kR}.$

[Zanzibarsky]

Теперь все понял. Как все просто оказывается =) Спасибо всем большое.
А если не центробежное, то как оно называется?

[gris]

центробежность относится к инерциальным системам отсчёта и при допросе с пристрастием учащийся может запутаться.
Вот что интересно. Если мы в формуле для разности скоростей выразим линейную скорость вращения Земли через её радиус, то получим просто $\pi/6k\approx 0,1745$, то есть величину, не зависящую от радиуса планеты.
А вот $g$ в условиях задачи взято очень приближённо. Если мы переведём его в СИ, то получим $g=10\, \mathrm{m/s^2}$. Слишком уж грубое приближение, при котором говорить о гравитационной и прочей составляющей просто нет смысла.
Если мы возьмём более точное значение $g$, то получим значение скорости отрыва 205 м/с. Поэтому и в разности между скоростями взлёта нет никакого смысла. Эта разность в двадцать раз меньше ошибки в расчёте скорости. Да и если коэффициент $k$ тоже приведён с точностью до первого знака, то и точность разности будет соответствующей.
Задача, разумеется, на понимание вклада вращательного движения во все дела, но при столь грубых приближениях исходных данных уж извините.
Это всё равно, что мерить дорогу от дома до леса метровой палкой и оценивать влияние отклонения угла её укладки к оси дороги.

[ewert]

gris в сообщении #409561 писал(а):

Поэтому и в разности между скоростями взлёта нет никакого смысла. Эта разность в двадцать раз меньше ошибки в расчёте скорости.

Что касается точности, то разнобой в данных и результатах от одной до пяти значащих цифр выглядит действительно совершенно безграмотным. А вот что касается перепада скоростей, то не соглашусь. Относительный перепад в 0.00085 -- результат вполне содержательный и вполне точный (в пределах точности данных, конечно).