Anti-Demidovich (Boyarchuk A.K., Golovach G.P.). Tom 5. Differencial nye uravnenija (2001)(ru)(T)(394s) (Антидемидович), страница 8

Известно, что уран распадается наполовину за 4,5 10 лет и что при полном распаде 238 г урана образуется 206 г уранового свинца. Определить возраст горной породы, считая, что в момент образования горная порода не содержала свинца, и пренебрегая наличием промежуточных рааноактивных продуктов между ураном и свинцом (так как они распадаются намного быстрее урана). м Прежде всего, определим начальное количество урана в куске породы. Пусть у — количество полностью распавшегося урана в нем. Тогда, приняв во внимание условия задачи, можем составить пропорцию у 238 14 206' из которой находим у = 14 ч06 = 16,2мг. Следовательно, первоначальное количеспю урана 238 составляет 116,2 мг.

Далее, исходя нз обшей Формулы О(!) = 116,2ем, где ('„з(8) — количество нераспавшегося урана, и периода его полураспада, находим й = — — у. Принимая теперь во внимание, что по !п2 4,5 10 истечении времени Т от начала распала в куске породы оспшось 100 мг урана, определяем Т нз соотношения ! 00 = 116,2е" т: 1 4,5.

105 Т = — — 1п1,162 = ' !п1,162 га 970 ° 10олет й ' !п2 — возраст горной породы. М $2. Задачи, приводецие к уравнениям с разделшошимися веремеииыми 23 47. Количество света, поглощаемое слоем воды малой толщины, пропорционально количеству падающего на него света и толщине слоя. Слой воды толщиной 35см поглощает половину падающего на него света. Какую часп света поглощает слой толщиной в 2 м? и Пуси Т(з) — количество света, прошедшего слой воды толщиной з (рис. 11).

Тогда согласно условию Т(з+ таз) - Т(з) — количество поглощенного света — равно Ы(з)з3з (й = сопя!). Таким образом, для количества прошедшего света 1(з) имеем дифференциальное уравнение т'(0) Его решение — Т(з) = Т(0)еы. Из условия 1(35) = 21(0) вытекает, что и = — 35 1и 2. Поэтому Т(з) = Т(0) (2/ ', где з измеряется в см. Полагая в гюследнем соотношении з = 2 м = 200 см, получаем 2(О) = (Т/ ' .

Тогда П200 /1 7 Т(О) — 2(200) / ! ( зт' =1 — ( — / ш0,98. 1(0) (,2) бе 2 ш — = гид — ле (й > 0), 41 где гл — масса парашютиста, д = 10 м/с — ускорение свободного налепил, я = соап. разделяя т переменные е и ! и интегрируя, получим )д о = (/ )ге =— '! Ло' ш г(е 1 1а+е~ — т =41, 1п — — = 1+ 1пС, д — йеет ' 2 /лед 1а — е1 нли Так как е(0) = О, то С = 1. Далее, из условия 1цп ~ ~-~ — "-(() ~ = +со следует, что е(1) — ~ а ~ а че(г) 1 .„~ ~ а — еЩ ~ при 1 — +ос. Но по условию задачи 1цп с(1) = 50м/с, поэтому а = 50, или Я- = 50. Следовательно, й = 2500, о = 0,4.

Принимая во внимание естественное условие 0 < е < а, из (1) находим е(1) = 501Л(0,21) = дз(1) 41 Интегрируя, получаем з(Ф) = 250 1и сЛ(0,21) + ее. (2) Исцеля~я начальное условие з(0) = О, имеем зе = О. Полагая далее а (2) з = 1000, имеем !000 = 250(псЛ(0,21~). Из последнего равенства определяем время 1, падения парашютною до раскрьпия парашюта: гг — — 51п (е + ь/ез — 1/ ш 5(1п2+4) 23с.

Зь Таким образом, поглощается 98% палающего на поверхность уяе. зЗ света. М 43. Парашютист прыгнул с высоты 1,5 ки, а раскрыл парашют на высоте 0,5 км. Сколько времени он палат до раскрьггия парашюта? Известно, что предельная скорость падения человека в воздухе нормальной плотности составляет 50м/с. Изменением шютности пренебречь. Сопротивление пропорционально квалрату скорости.

и Согласно второму закону Ньютона имеем Гл. 1. Диффергнциальиьм уравнения первого порзшюс 250 л(1) = во+ — (а~сок((С вЂ” 1)~/012)(г лс = сопл!. 3 (3) Формула (3) выражает закон движения мяча. Полагая в (3) я(0) = О, находим 250 ло —— — — 1и ) соз (С)/0,12) ~. Если же в (3) полохсить 8 = С, то получим наибольшую высоту подъема мяча 125 лвы = лс га — 1п 1,48 м 16,3 м.

3 Случай Ь = 0 предоставляем разобрать читателю. м 50. Пусть жидкость вытекает из некоторого сосуда через отверстие в нем со скоросп ю, равной 0,6 1/2дЬ, где д = 1О м/с, Ь вЂ” высота уровня жидкости над отверстием. 2 За какое время вся жидкость вытечет из цилиндрического бака с диаметром 2Н = 1,8 и и высотой Н = 2,45 м через отверстие в дне диаметром 2г = 6 см? Ось цилиндра вертикальная.

м П)сть Ь(!) — высота уровня жидкости в баке в момент времени 1 > О. Через промежуток времени Ж уровень жидкости понизится до значения Ь(1 + 28!). Следовательно, из бака вытечет количество жидкости, равное (Ь(1) — Ь(1 + 25!))яЛ . С другой стороны, через отверстие в баке вытечет гг~«(8,)гх! жидкости, где 11 6 (1, 1+ гх!), «(12) — некоторое промежуточное значение скорости вытекания жидкости па интервале (1, 1+ 288). В силу закона сохранения массы имеем равенство: Гкгг Ь(8+ 2!1) — Ь(1) = — ~ — ) «(!1)сзк ~Н/ Разделив обе части этого равенства на тм и предположив, что функция ь дифбгеренцируема, а функция «непрерывная, устремим 251 к нулю.

Тогда получим дифференциальное уравнение г(Ь 2 г — = -Ь «(С)г Ь = —, « = 0,6./2дЬ. М ' В' Решение этого уравнении имеет вид Ь(1) = (С вЂ” 0,3(/2дЬ~1) г С = сапа!. и через Г (г«смм-сны) овознсчычся гскннчсскея елннняя силы, 1 Г = 1 г ° у и 0 0098 н, гле у = 9,8 му — ускорение с свсЬ«мого падения; 1кГ= 1000Г. 49.

Футбольный мяч весом 0,4кГл брошен вверх со скоростью 20м/с. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и равно 0„48 Г при скорости 1 м/с. Вычислить время подъема мяча и наибольшую высоту подъема. Как изменятся эти результаты, если пренебречь сопротивлением воздуха? ц По второму закону Ньютона имеем г(« 2 ш — = -тд — Ь« . (1) г?! В нашем случае и = — = -ф, Ь = 0 00048 — '2 —, поэтому уравнение (1) принимает вил Р 04 кГс и г(« г — = -10 — 0,012« . гй Разделив переменные и проинтегрировав, получим ага!8(/000!2« = /012(С вЂ” 1), « = 18 ((С вЂ” !) /0,12). 10 (2) Таккак «(0) = 20, та из(2) слелУет, что С = „ага!8(2,/Ог!2). Из(2) также следУет, что « = 0 чг«,12 при ! = С ге 1,75 с (это, очевидно, соответствует наибольшей высоте).

Принимая во внимание равенство «(1) =,й, после подстановки ега в (2) и интегрирования полученного дифферсццнллй) ального уравнения, имеем 25 в 2. Задачи, приводящие к уравнениям с разделяющимися переменными Поскольку Ь(0) = Н, то отсюда слелует, что С = тгН. Очевидно, й(!) = 0 при )ОгН Н вЂ” !050с = !7,5 мин. м 3ьг2д г' 51. Решить предыдущую залачу в предположении, что ось цилиндра расположена горизонтально, а отверстие находится в самой нижней части цилиндра.

м Как видим из рнс. )2, при понижении уровня жидкости за врелгя гхг на гхй через отверстие Е вытечет 2Нггй(2Н вЂ” йод+о(2гй] жидкости. Поэтому выполняется равенство -2Нхг й(2Л вЂ” Ь)гуй+ о(гЗЬ) = яг'е((,,)Ь(, М нз которого, как и в предыдущем примере, получаем дифференциюгьное уравнение — 2Н4Ь(2Н вЂ” Ь)г)й = яг'Огб,г2дйг((, Ь ~ О. Решениелг этого уравнения является функция г г г'3яг',гдгг г Ь(!) = 2Н вЂ” (0,3! + С)! ( ), С = сопят. (!) Г2Н ) гвс ы Поскольку й(О) = 2Н, то отсюла следует, что С = О. Полагая в (!) й = О, находим время, за которое вытечет ася жидкость: 40 ЯгН (, = — —, = )040 .

ю дя' гг гд 5л. Воронка имеет форму кругового конуса радиуса Н = бсм и высоты Н = !Осм, обрашенного вершиной вниз, За какое время из воронки вытечет вся вода через круглое отверстие диаметра 0,5слг, сделанное в вершине конуса? м Из рис. )3 видиль что количество воды га(г, содержашееся в заштрихованном слое, с точностью до лошых о(2гй) равно яг' Ьй. С другой стороны, через отверстие О вытечет яг;е(г,)Ь! волы.

Таким образом, имеем равенство А — яг 2хй = яг, и((,уд(+ о(ЬЬ), где г, = 0,25см, (> б (г, ! + гх!), из которого предельным переходом при Ь! 0 получаем дифференциальное уравнение г г(й ч- гги(г) г(! = О, е(!) = О,б г2дй. (!) Из подобна треугольников АМО и СО,О следует соотношение г = -)7-. Позтолгу уравнение (!) записываем в виде ьл г йг г(Ь -(- Ь г(! = О, Ь = 0,6 — г, )(2д. г г г Н г Нг Интегрируя, получаем С = сопя!. 5 — йг 4-Ь(=С, г .гз ! Так как й(0) = Н, то отсюда следует, что С = ТНг Таким образом, решение поставленной задачи имеет вид 5 йг — Нг =--Ь !.

2 Полагая здесь й =- О, нахолим 2 Нг (= —— 5 Ьг — время, за которое вытечет вся вода из воронки. Вычисления лают ! ю 27 с. М 26 Гл. 1. Днффереицваяьвые уравнения первого порядка 30 — = (!2 — 0,01)/2дЬ), с(! проинтегрировав которое, найдем: 6000 !с 1200 ° с= — ---(Сг~ — г ггг-гаг,г гг~. (2) з/2д д[, ьг?д Пусть Ь(0) = О, тогда из (2) следует, что С = — 3600 !и 12.

Подставив в (2) Ь = 80, найдем время 1,, за которое наполнится бак: 3 1, = 1200 (3!и — — !) гэ 260 с. > 2 54. Резиновый шнур длиной 1 м лод действием силы У кГ удлиняется на й У метров. На сколько удлинится такой же шнур длины 1 и веса Р под действием своего веса, если его подвесить за один конец? м Пусть У(х) — удлинение шнура длиной х, а У(х + г)гх) — удлинение гннура лднной х+ гйх. Тогда удлинение элемента длиной гаях равно разности (г(х+ 15х) — (г(х) (рис.

14). На элемент шнура гьх действует растягивающая сила У, равная весу шнура длиной 1 — х — В!ьх, т. е. Р Г' = — (1 — х — Вгбх)г ! где -1- — удельный вес шнура, 0 < В < 1. Согласно условию, указанный Р элемент должен удлиниться на й У сгх метров. Таким образом, получаем уравнение Р Лх) Щх+ гЬх) — (Г(х) = й — (1 — х — Вйхййх, (1) где величина В введена с целью учета влияния силы, действующей на элемент 28х, обусловленной весом самого элемента. Далее, известным пугем из (1) получаем дифференпиальное уравнение ЖГ ЬР— = — (! — х) г(х из которого следует, что йР (Г(х) = С+ — (2! — х)х.

2! Уяс. 14 Поскольку (Г(0) = О, то С = О. Следовательно, йР (Г(х) = — (21 — х)х. 21 Из последней формулы получаем удлинение шнура длиной 1: ЬР1 (гг(!) = —. В. 2 53. В прямоугольный бак размером 60см к 75см и высотой 80см поступает 1,8л воды в секунду. й дне имеется отверстие плошадью Я = 2,5 см . За какое время наполнится бак? М Пусть Ь(!) — высота уровня воды в баке. Тогда !ь)'г = (Ь(1 + гьг) — Ь(1)) 60 ?5 — приращение се объема за время от 1 до 1+ гзг.

Это увеличение (или уменьшение) объема происходит за счет поступления з8)'з воды и ее утечки в количестве гб(гз через отверстие. Таким образом, имеем уравнение гз!сг = Ь)гг — г)г)сз. Поскольку г5г)с, .= !800гбг, Ь)сз = 2,5 Огб,,/2дй(гг)2Ы, 1, Е (1, 1+гьг), то последнее уравнение можно представить в виде 4500(Ь(1+ г51) — !гЯ) = 1800гзг — 2,5 0,6)(с2дй(гг)гьг, д = 1О'см/с~.

(1) Разделив в (1) обе части на !81 и совершив предельный переход при 18! — О, получим дифференциальное уравнение и 2. Задачи, ириводяввю к уравнениям с разделяюигимися переменными 27 55. Найти атмосферное давление на высоте й, если на поверхности Земли давление равно 1 кГ/см' и плотность воздуха 0,0012 г/см'. и Пусть Р(х) — давление воздуха на высоте х от поверхности Земли. Тогда разность давлений Р(х) — Р(а + хьх) равна весу столбика воздуха с площадью основания 1 см' и высотой ххх, т. е. равна величине р(х+ 02ьх)д. Ьг, где р — некоторая средняя плотность воздуха, 0 < д < 1.

Поэтому имеем Р(х) — Р(х+ хьх) = р(х+ дз52)д. Ьх, откуда предельным нерехалом при хьз -~ 0 получаем дифференциальное уравнение оР— = -др(х) г(а Согласно закону Бойля — Мариотта, плотность воздуха при постоянной температуре пропорциональна давлению, т. е. р(х) = йР(з).