Относительность энергий

[Freeman-des]

Я рассматриваю следующую механическую задачу. Ракета летит на небольшой высоте над землей в плоскости, параллельной земле. Не учитываем влияние силы тяжести на ракету. Земля нужна лишь как система отсчета.

1. Перейдем в систему отчета, связанную с корпусом ракеты. В этом случае ракетное топливо выбрасывается из сопла со скоростью $U$. Работа, которая совершается за время $t$ равна $A=\frac{M U^2}{2}$, где $M$ - это масса выброшенного топливо за время $t$. Не вдаваясь ни в какие подробности, скажем, что эта работа равна работе двигателя или энергии, выделившейся при сгорании топлива.

2. Перейдем в систему отсчета, связанную с землей. Объем сгораемого топлива не зависит от системы отсчета, поэтому работа, совершенная двигателем, остается постоянной и как-то разделится на работу, которая совершится в этой системе отсчета над ракетой, и работу, которая совершится над выбрасываемыми газами. Замечу, что ракета в начальный момент времени покоится.
Работа по ускорению ракеты: $A_1=\frac{m \upsilon ^2}{2}$, где $m$ - масса ракеты, а $\upsilon$ - конечная скорость ракеты по прошествии $t$.
Работа над топливом: $A_2=\frac{M( U - \upsilon )^2}{2}$.
И на мой взгляд, суммирование этих двух работ должно дать ту же величину, которую можно вычислить $A=\frac{M U^2}{2}$, так как в этих двух случая, как я уже сказал, количество топлива сгорело одинаковое. Но никак сумма этих работ не сводится к формуле первой работы.

В чем я ошибаюсь?

[EUgeneUS]

Freeman-des в сообщении #1500846 писал(а):

В чем я ошибаюсь?

Freeman-des в сообщении #1500846 писал(а):

Работа над топливом: $A_2=\frac{M( U - \upsilon )^2}{2}$.

Однако:

Freeman-des в сообщении #1500846 писал(а):

Замечу, что ракета в начальный момент времени покоится.

Почему для начального момента тоже нужно брать разницу $U-v$? Причем $v$ - это скорость ракеты, которую она достигнет когда-нибудь в будущем.

-- 14.01.2021, 15:08 --

Кроме того, СО ракеты не является инерциальной. Отсюда вывод в первом случае неверный.

[Freeman-des]

EUgeneUS в сообщении #1500847 писал(а):

Кроме того, СО ракеты не является инерциальной. Отсюда вывод в первом случае неверный.

Вот это я понял. А как тогда можно вычислить работу самого двигателя самым простым способом? Я решил разобрать такую задачу, чтобы понять, как распределяется одна и та же тепловая энергия в разных системах отсчета.

EUgeneUS в сообщении #1500847 писал(а):

Почему для начального момента тоже нужно брать разницу $U-v$? Причем $v$ - это скорость ракеты, которую она достигнет когда-нибудь в будущем.

А этой претензии я не понял

[StepV]

Давайте упростим задачу до стационарного участка движения ракеты, т.е. ракета движется со скоростью $\upsilon$, а газы истекают из сопла в системе отсчета ракеты со скоростью $U$.

Freeman-des в сообщении #1500846 писал(а):

Работа по ускорению ракеты: $A_1=\frac{m \upsilon ^2}{2}$, где $m$ - масса ракеты,

Здесь у вас масса ракеты непостоянная, и часть массы уже летит назад со скоростью ($\upsilon -U$). И как-то нет у меня уверенности сразу сказать, что скорость выбросы реактивной струи будет равна $\upsilon - U$. Может и эту часть проверить? Фактически вы берете кинетическую энергию в данный момент, а сравниваете ее с работой на всем отрезке пути.
Еще один момент упустил. Если ракета идет с постоянной скоростью при работающем двигателе, то она совершает еще работу по преодолению сопротивления тормозящей ее силы, например, атмосферы.
Чтобы получить результат, надо сначала сделать выполнимым закон сохранение в каждой точке траектории в момент $t$, а затем уже проверять суммированный баланс энергии.

[amon]

А с ракетами, вообще, все не так просто.

[Freeman-des]

amon в сообщении #1500863 писал(а):

А с ракетами, вообще, все не так просто.

Огромное Вам спасибо! В этой статье рассматривается именно та задача, которая пришла мне в голову. В целом, я примерно так и думал, но не догадался допустить, что скорость ракеты меняется слабо, чтобы считать ракету ИСО.

PS Но все-таки хотелось бы профессиональный взгляд на эту статью. Дело в том, что для вычисления энергии газа изменением скорости ракеты пренебрегают. А при вычислении энергии ракеты вроде как учитывается сила, воздействующая на нее. Это выглядит странно.

[Walker_XXI]

Freeman-des в сообщении #1500968 писал(а):

что для вычисления энергии газа изменением скорости ракеты пренебрегают. А при вычислении энергии ракеты вроде как учитывается сила, воздействующая на нее. Это выглядит странно.

А что тут странного? Изменение скорости ракеты мало (по сравнению со скоростью истечения газов и с самой скоростью), но не нулевое. Если мы пренебрежём им, то окажется, что энергия ракеты практически не изменилась. Дело в том, что у ракеты большая масса (тогда как у реактивных газов малая масса, но большая скорость). В итоге величины энергий оказываются сравнимыми.

Когда производим приближённые вычисления, мы пренебрегаем не самим малым параметром, а отдельными слагаемыми, содержащими этот параметр, и сравнимыми по порядку малости.

[Freeman-des]

Спасибо за ответы!

С ракетой более-менее ясно. Продолжаю задавать вопросы в рамках наименования данной темы.

Есть наклонная плоскость высотой $h$, закрепленная на земле. По ней без трения вниз скользит шайба. Пусть в конце наклонной плоскости скорость шайбы $\upsilon$.



Здесь выполняется закон сохранения полной механической энергии, так как нет непотенциальных сил, действующих на шайбу (вернее есть сила реакции опоры, но она перпендикулярна перемещению и работы не совершает).
$mgh=\dfrac{m \upsilon^2}{2}$

Теперь рассмотрим дело с точки зрения движущегося наблюдателя, который бежит слева направо к горке со скоростью $\upsilon$. В общем, движение - штука относительная, поэтому мне проще представить, что горка с шайбой едет влево на наблюдателя, который будет стоять.



$E_1=\dfrac{m \upsilon^2}{2}+mgh$ - в начале движения.
$E_2=\dfrac{m \upsilon^2}{2}$ - в конце движения.
Кинетическая энергия не изменилась, т.к. скорость шайбы в конце движения по закону сложения скоростей остается равной $\upsilon$.
Уже видно, что полная механическая энергия уменьшилась, но за счет чего?
Я считаю, что в новой системе отсчета сила нормальной реакции совершает отрицательную работу, так как в новой со траектория движения примерно такая, какой она изображена зеленой пунктирной линией на рисунке.

Мои размышления верны?

[StaticZero]

Freeman-des в сообщении #1501434 писал(а):

$E_1=\dfrac{m \upsilon^2}{2}+mgh$ - в начале движения.
$E_2=\dfrac{m \upsilon^2}{2}$ - в конце движения.

(Оффтоп)

Интересное обозначение скорости как \upsilon.

В конце движения всё неверно посчитали.

Я так понял, что вы в своём примере вообще хотите бежать относительно горки со скоростью $u = v _0 \cos \alpha$, где $v_0$ -- скорость, которую набирает шайба в конце спуска ($\alpha$ --- угол горки). Если бежать так, то горизонтальная компонента в нижней точке обнулится. Но вертикальная-то останется.

Про работу силы реакции опоры всё верно, она теперь совершает работу, так как перемещение идёт уже не вдоль горки. Закон сохранения выполняется, если её верно учесть.

[amon]

Freeman-des в сообщении #1501434 писал(а):

$E_1=\dfrac{m \upsilon^2}{2}+mgh$ - в начале движения.
$E_2=\dfrac{m \upsilon^2}{2}$ - в конце движения.

Какая-то у Вас тут ерунда написана. В движущейся СО (системе отсчета) на вершине горки скорость $v,$ у подножья горки $2v$ (ибо закон сложения скоростей), значит $E_2=2mv^2.$ Что бы все стало совсем плохо, заменим горку на игрушечную машинку с маленькой батарейкой, едущей горизонтально по планете Земля. Получается, что энергия батарейки (разность начальной и конечной кинетической энергии) зависит от выбора СО, что, видимо, бред собачий.

[Freeman-des]

Сначала я рассматриваю движение шайбы относительно наклонной плоскости. Потом я рассматриваю движение этой наклонной плоскости с постоянной скоростью относительно земли.

Да, я неправильно сложил скорости. Мне почему-то показалось, что здесь сумма скоростей горки и шайбы дадут $\upsilon$


Фиолетовый вектор - скорость шайбы относительно горки $\upsilon$.
Желтый вектор - скорость горки относительно земли $\upsilon$.
Зеленый вектор - скорость шайбы относительно земли $U$.

Тогда $U=\upsilon \sqrt{2(1-\cos(\alpha))}$ по теореме косинусов.

Тогда полная механическая энергия в конце у шайбы в системе отсчета, связанной с землей:
$E_2= m \upsilon^2 (1-\cos(\alpha))$

В целом, видно, что полная механическая энергия не сохраняется. Но это меня весьма смущает. Разве закон сохранения полной механической энергии не будет выполняться во всех ИСО, если выполняется хотя бы в одной?

Как учесть работу силы нормальной реакции опоры?

-- 17.01.2021, 02:30 --

Цитата:

Получается, что энергия батарейки (разность начальной и конечной кинетической энергии) зависит от выбора СО, что, видимо, бред собачий.

Ну, в общем, зависит.

[StaticZero]

Freeman-des в сообщении #1501461 писал(а):

Как учесть работу силы нормальной реакции опоры?

По определению:

$$ A = \int \mathbf N \cdot \mathrm d \mathbf s. $$

[Freeman-des]

Но это сила непотенциальная. Разве может она что-либо компенсировать в законе сохранения полной механической энергии?

-- 17.01.2021, 03:27 --

Freeman-des в сообщении #1501469 писал(а):

Но это сила непотенциальная. Разве может она что-либо компенсировать в законе сохранения полной механической энергии?

Попробую ответить на этот вопрос сам такой гипотезой. Закон сохранения полной механической энергии выполняется для замкнутых систем без непотенциальных сил. Шайба движется по наклонной плоскости. Соответственно мы не можем в общем случае рассматривать шайбу отдельно от наклонной плоскости. Они вместе составляют систему. Только в случае, когда мы рассматриваем движение шайбы относительно плоскости (плоскость не движется), механическая энергия плоскости постоянно равна нулю, и плоскость как бы выпадает из закона сохранения полной механической энергии. А если плоскость движется (мы рассматриваем ее с подвижной ИСО), то у нее, во-первых, у самой возникает механическая энергия, требующая учета, а во-вторых, непотенциальная сила реакции опоры производит непотенциальную работу наш шайбой, но это работа, по всей видимости, компенсируется непотенциальной работой над наклонной плоскостью, совершаемой непотенциальной силой веса шайбы.
В итоге, мы не можем говорить, что полная механическая энергия сохраняется для шайбы. Но, по всей видимости, должны говорить, что полная механическая энергия сохраняется для систему шайба + плоскость. Но как это обосновать на формулах, я еще не понял.

[StaticZero]

Freeman-des в сообщении #1501469 писал(а):

в законе сохранения полной механической энергии?

Как насчёт теоремы об изменении кинетической энергии?

[Freeman-des]

StaticZero в сообщении #1501478 писал(а):

Как насчёт теоремы об изменении кинетической энергии?

А что с ней не так?