1611690425-4c27b5159bdb87055f4a4f61b66ebbfe (826904), страница 26
Текст из файла (страница 26)
А. (НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.10 / 18Пусть имеем место только отделение частиц от точки переменноймассы. Если абсолютная скорость отделяющихся частиц ū2 = 0, тоуравнение Мещерского примет видmdv̄dm= F̄ −v̄dtdtилиd(mv̄)= F̄dtт.е., если абсолютная скорость отделяющихся частиц равна нулю, топроизводная по времени от количества движения точки переменноймассы равна равнодействующей приложенных к ней сил.Если же относительная скорость отделяющихся частиц ū2r = 0 тогдауравнение Мещерского принимает форму II Закона Ньютонаmdv̄= F̄dtт.е., если относительная скорость отделяющихся частиц равна нулю, тоуравнение движения точки переменной массы записывается формальнов том же виде, что и уравнение движения точки постоянной массы.Батяев Е.
А. (НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.11 / 18Движение ракеты вне поля силxПусть точка P переменного состава (массы) движетсяв безвоздушном пространстве вне поля сил.Движение точки моделирует движение ракеты в космическомпространстве если ее принять за точку и пренебречьсилами сопротивления космической среды, гравитационнымпритяжением, силами светового давления и т.п.Тогда F̄ = 0 и уравнение Мещерского принимает форму:Ô2vPurOamdv̄dm=ūrdtdtгде ūr – относительная скорость отделения продуктов сгорания топлива.−−−→Будем считать, что ūr = const и направлена противоположно скоростиv̄ ракеты.Тогда ракета будет двигаться по прямой линии имеющей направлениевектора v̄.
Примем ее за ось Oa x. Принимаем в начальный моментвремени при t = 0 масса ракеты m0 , её скорость v̄ 0 , положение x = 0.Батяев Е. А. (НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.12 / 18dvdmПроектируя векторное уравнение на ось Oa x имеем: m=(−ur )dtdtdmЗдесь< 0 (масса убывает) поэтому фактически реактивная силаdtΦ̄2 – направлена вверх (ur > 0). Интегрируя данное уравнение ипользуясь начальными данными получим:dmdv = −ur⇒ v = −ur ln m + C ⇒ C = v0 + ur ln m0 ⇒mm0v = v0 + ur lnmДанная формула устанавливает закон возрастания скорости ракеты суменьшением ее массы.
Видно, что текущая скорость ракеты зависиттолько от отношения начальной ее массы к текущему значению.Пусть mT – начальная масса топлива, а mK – конечная масса ракетыпосле израсходования всего топлива (т.е. масса корпуса ракеты,полезных грузов и оборудования), т.н. «сухая» масса ракеты.Под «топливом» подразумевается горючее + окислитель (кислород).Тогда m0 = mT + mK и для скорости ракеты, которую онаприобретает в конце активного движения — vK , т.е. c работающимдвигателем, когда m = mK , получаем выражение:Батяев Е.
А. (НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.13 / 18Формула ЦиолковскогоvKµ¶mT= v0 + ur ln 1 +mK−формула ЦиолковскогоИз нее следует, что конечная скорость ракеты vK , после сгорания всеготоплива, зависит только от относительного запаса топлива mT /mK иотносительной скорости истечения продуктов его сгорания ur .От закона изменения массы ракеты (режима работы двигателя)предельная скорость не зависит. Т.е. если задано отношениеmT= æ – число Циолковского, то vK будет вполне определеннойmKнезависимо от того быстро или медленно происходило сгорание топлива.ZtДля установления уравнения движенияm0x = v0 t + ur lndtdxm(t)ракеты положим v =, интегрируя имеем:dt0т.е. путь, пройденный ракетой на активном участке траектории – ужезависит от закона сгорания топлива m(t).Батяев Е. А.
(НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.14 / 18Движение ракеты с постоянной реактивной тягойПусть ракета движется с постоянной реактивной силой: Φ2 = const.Тогда полагая: Φ2 = ṁ(−ur ) = −α m0 (−ur ) где α > 0 – постоянная(«минус» взят для того, чтобы удовлетворить условию ṁ < 0),получим после интегрированияdm= −αm0 ⇒ m = −αm0 t + C ⇒ m|t=0 = m0 = C ⇒dtm = m0 (1 − αt) – т.е.
масса убывает по линейному закону.Тогда длина активного участка движения ракеты (за время [0, tK ]):ZtKZtKm0xK = v0 tK + ur lndt = v0 tK − ur ln(1 − αt)dt =m0 (1 − αt)00·¸¯tK¯1 − αt= v0 tK − urln(1 − αt) − t ¯¯⇒−α0urxK = v0 tK +[(1 − αtK ) ln(1 − αtK ) + αtK ]αБатяев Е.
А. (НГУ)ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.15 / 18Учитывая, что mK = m0 (1 − αtK ) где, как уже говорилось,m0 = mT + mK имеем:mKmKm0 − mKmTmT1 − αtK =,αtK = 1 −==,α=m0m0m0m0m0 tKТогдаxK = v0 tK += v0 tK +ur m0 tKmT·mK mKmTln+m0m0m0¸=·¸·¸ur tKmTm0u r tKmK+ mT = v0 tK +− lnmK ln=mTm0mT /mK mKmKur tK= v 0 tK +mT /mKxK = v0 tK +Батяев Е. А. (НГУ)·µ¶¸mTmT− ln 1 +mKmK⇒ur tK[æ − ln (1 + æ)]æЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.16 / 18Движение ракеты с постоянным реактивным ускорениемПусть ракета движется с постоянным реактивным ускорением, т.е.Φ2Φ2ṁ(−ur )= const.
Тогда полагая== −λ(−ur )mmmгде λ > 0 – постоянная, получим после интегрирования:dm= −λdt ⇒ ln m = −λt+C ⇒ ln m0 = C ⇒m = m0 e−λtmт.е. экспоненциальный закон убывания массы. Тогда длина активногоучастка:ZtKZtKt2m00xK = v0 tK +ur lndt = v0 tK +ur λtdt = x0K = v0 tK +ur λ K−λtm0 e2Учитывая, чтоmK = m00e−λtK0⇒⇒Батяев Е. А. (НГУ)eλtKm01=⇒ λ=lnmKtKx0K = v0 tK +µm0mK¶=1ln(1+æ)tKur tKln(1 + æ)2ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.17 / 18Сравним пути, проходимые ракетой при линейном и экспоненциальномзаконе убывающей массы, полагая для простоты v0 = 0 и считаяодинаковыми все другие параметры m0 , mK и tK :xKµ= 0 =xKur tK·¸[æ − ln (1 + æ)]11æ=2−u r tKln(1 + æ) æln(1 + æ)21m0.80.60.40.2002040Батяев Е.
А. (НГУ)6080i 100Из графика видно, что при всехmTзначениях æ =величина µ < 1,mKxKследовательно 0 < 1 ⇒ xK < x0K ,xKт.е. при экспоненциальном законеубывания массы путь проходитсябольший чем при линейном законе,значит с этой точки зрения выгоднеекак можно быстрее сжигать топливо.ЛЕКЦИЯ 17Новосибирск, 2017 г.18 / 18.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
