Л.Д. Покровский - Математические модели физических явлений

Л.Д. ПокровскийРед.С.К. СоболевМатематические модели физических явлений.Занятия 1 – 2. Практические задачи на экстремум.Задача 1. Электрическая цепь состоит из переменного сопротивления R ибатареи постоянного тока с ЭДС равной E и внутренним сопротивлением r.Нарисовать график зависимости выделяемой мощности Р в зависимости от Rи определить, при каком значении R эта мощность будет наибольшей?Решение. Пусть R = x, x > 0 . Тогда ток i = E = E , а мощностьR+rP = i2R =x+rE xdP E ( r − x )=P(x),=. Максимум мощности при R = x = r .dx ( x + r )3( x + r )22Задача 2. Дождевая капля с начальной массой m0 начинает падать, испаряясьтак, что её масса убывает с постоянной скоростью.

Спустя τ секунд её массауменьшилась вдвое. Какая масса будет у капли в тот момент, когда еёкинетическая энергия E максимальна? Найти Emax .Решение. Пусть, m(t ) – масса капли спустя t секунд после начала падения.mmПо условию, m(t ) = m0 − kt и m0 − kτ = 0 , отсюда k = 0 . Поскольку22τскорость v = g t , то кинетическая энергияm0 g 2  2 1 3 g2 212E = m( t ) ⋅ v =t ( m0 − kt ) =t − t  = E (t ) .222 2τ 223t 2  m0 gdE m0 g Её производная=2t −=t ( 4τ − 3t )dt2 2τ 4τ8m0 ⋅ g 2τ 24τКинетическая энергия максимальна при t =, Emax =, при этом327m 4τ mмасса капли будет m = m0 − 0 ⋅ = 0 .2τ 33Задача 3.

Освещенность в точке прямо пропорциональна косинусу угла ϕпадения луча света и обратно пропорциональна квадрату расстояния d отэтой точки до источника света. При какой высоте h источника света надцентром круглого стола радиуса R освещенность на краю стола будетнаибольшей. Высота потолка над плоскостью стола равна Н.Решение. Пусть h = x , по условию, 0 ≤ x ≤ H ,hxd 2 = R 2 + h 2 , cos ϕ = =.22dx +RПокровский Л.Д. Практические задачи на экстремумОсвещенность на краю стола J =Её производнаяk cos ϕkx=2dx2 + R2()32,dJ k ( R 2 − 2 x 2 )=.5dx22 2x +R()R, то освещенность максимальна при h = H ,2RRа если H ≥, то освещенность максимальна при h =.22Задача 4. Сечение цилиндрического желоба согнутого из полосы жестишириной а, имеет форму кругового сегмента с центральным углом ϕ .

Прикаком значении угла ϕ (в радианах) вместимость желоба будетмаксимальной?Решение. Пусть R – радиус закругления, тогда a = Rϕ , и площадь S сегмента,как известно из курса планиметрии, равна:R2a 2 ϕ − sin ϕS=⋅ (ϕ − sin ϕ ) =⋅= S (ϕ ) .22ϕ2Ответ: если H <Понятно, что 0 < ϕ ≤ 2π .Находим производнуюdS a 2 2sin ϕ − ϕ (1 + cos ϕ ).=⋅dϕ 2ϕ3Применим формулы понижения sin ϕ = 2sin t ⋅ cos t , 1 + cos ϕ = 2 cos2 t , гдеt=ϕ2, 0 < t ≤ π , получим:2dS a cos t (sin t − t ⋅ cos t )=.dϕ4t 3Пусть f (t ) = sin t − t ⋅ cos t , тогда f ′(t ) = t ⋅ sin t > 0 при 0 < t < π .Поэтому f (t ) > f (0) = 0 при 0 < t ≤ π .dSπСледовательно,= 0 только при cos t = 0 ⇒ t = ⇒ ϕ = π , и производная вdϕ2этой точке меняет знак с плюса на минус.Ответ.

Площадь сечения максимальна, когда сечение – полукруг, т.е. приa2.ϕ = π , Smax =2πЗамечание. Ответ вытекает и из общего решения изопериметрическойзадачи: из всех плоских фигур с данным периметром P = 2a наибольшуюплощадь имеет круг.Ред. Соболев С.К.2Покровский Л.Д. Практические задачи на экстремумЗадача 5.

От канала ширины а отходит под прямым углом другой каналшириной b. Найти наибольшую длину бревна, которое сможет пройти изодного канала в другой, сохраняя горизонтальное плавучее положение.Этот пример иллюстрирует, как важно удачно выбрать независимуюпеременную.Решение. Искомая максимальная длина бревна ℓ, очевидно, равнанаименьшей длине L отрезка с концами на положительных полуосяхкоординат, проходящего через точку M (a; b) . ( a , b > 0 ): ℓ max = Lmin .В качестве независимого аргумента возьмем угол ϕ между этим отрезком иотрицательным направлением оси ОХ, 0 < ϕ <π . Тогда длина L отрезка2равнаL(ϕ ) =ab+,cos ϕ sin ϕеё производная:dL a sin ϕ b cos ϕ a sin 3 ϕ − b cos3 ϕ a ⋅ cos ϕ  3b=−==tg ϕ −  .22222dϕ cos ϕ sin ϕasin ϕ cos ϕsin ϕ 23 2bМинимум достигается при ϕ = arctg 3 и Lmin = ( a 3 + b 2 ) = ℓ max .a3Ред.

Соболев С.К.3.