Механика вокруг железнодорожной цистерны

Интересная проблема. Я думаю, что мой подход и ответ очень близки к другим опубликованным решениям. Я также добавил возможный сценарий. Основной вывод заключается в том, что именно изменение среднего импульса воды в повозке заставляет повозку двигаться. Требование того, чтобы вода равномерно распределялась по вагону, вызывает следующее соотношение:

• средний импульс воды в вагоне =$l\times$массовый поток из вагона

В тех случаях, когда вагон был и навсегда будет выпускать воду с постоянной скоростью, вагон стоит на месте. Представьте, что его наполняют сверху его центра масс. На самом деле вы можете решить ту же проблему, если пустая корзина заполняется сверху, а не опустошается снизу. С$l$это горизонтальная точка от центра масс фургона, в которой вода падает.

Вагон движется, если массовый поток из вагона колеблется либо в результате резких пусков/остановок, либо из-за отсутствия воды.

---

Переменные

• $t_{c}\to$время, когда вагон иссякает
• $l\to$расстояние от центра масс вагона до сопла, положительное$l$подразумевает, что сопло находится с правой стороны вагона
• $x(t)\to$центр масс вагона
• $x_{cm}(t)\to$центр массы всего
• $h(t)\to$высота воды в емкости
• $m(t)\to$общая масса вагона, включая всю воду, которую он содержит
• $m_{w}\to$масса исходной воды

• $m_{c}\to$масса вагона; c для критической точки$m(t)$когда вся вода ушла.

  Первоначально c было для контейнера, но это имеет смысл$m(t_{c})=m_c$

Точка зрения

• $x(0)=0$
• $\dot{x}(0)=0$

---

Дренаж

Я пока отойду в сторону от вопроса о начальных условиях. Я буду относиться к системе так, как если бы форсунка всегда была открыта и всегда текла вода. Интересует только то, как будет дренировать контейнер с постоянным поперечным сечением S.

• Закон Торричелли: массовый расход =$-\dot{m}(t)$: Масса системы

$$v(t)=\sqrt{2 g h(t)}$$ $$-\dot{m}(t)=\rho s v(t)$$ $$m(t)=\rho S h(t) + m_{c}$$ Объедините, чтобы устранить $m(t)$а также $v(t)$ $$\frac{\dot{h}}{\sqrt{h(t)}}=-\frac{s}{S}\sqrt{2 g}$$

Ответ дифференциального уравнения:

$$h(t)=h(0){\left(1-t\sqrt{\frac{g {s}^{2}}{2 {S}^{2} h(0)}}\right)}^{2}$$ $$h(t)=h(0){\left(1-\frac{t}{t_{c}}\right)}^{2}$$ куда $t_{c}=\sqrt{\frac{2 {S}^{2} h(0)}{g {s}^{2}}}$а также $h(t>t_c)=0$

оттуда мы получаем$m(t)$:

$$m(t)=\rho S h(0) {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$$ $$m(t)=m_{w} {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$$ и для $m(t>t_{c})$просто $m_{c}$, масса вагона

---

Центр массы

Чтобы найти центр масс, мы учтем все это. В$t=0$,$x_{cm}(0)=x(0)$=0, так как вся масса находится в вагоне и мы предполагаем, что она распределена поровну.

• Вагон и его содержимое $$m(t)x(t)$$
• Вода, которая покинула вагон

Если вода выходит из вагона в$t=\tau$, то он будет иметь скорость$\dot{x}(\tau)$. Поэтому его расположение$f(t,\tau)$:

$$f(t,\tau) = l+x(\tau)+\dot{x}(\tau)(t-\tau)$$ Затем мы просто интегрируемся, чтобы получить их вклад. Мы получаем их бесконечно малые массы из нашего массового потока: $$\int_0^t f(t,\tau) [-\dot{m}(\tau)]d\tau$$

• Объединить $$m(0)x_{cm}(t)=m(t)x(t)-\int_0^t f(t,\tau)\dot{m}(\tau)d\tau$$

Дифференциация дает нам:

$$m(0)\dot{x_{cm}}(t)=\dot{m}(t)x(t)+m(t)\dot{x}(t)-f(t,t)\dot{m}(t)-\int_0^t \frac{df(t,\tau)}{dt}\dot{m}(\tau)d\tau$$

Упрощение:

$$f(t,t)=x(t)+ l$$ $$\frac{df(t,\tau)}{dt}=\dot{x}(\tau)$$

Интеграция по частям:

$$\int_0^t\dot{m}(\tau)\dot{x}(\tau)d\tau=m(t)\dot{x}(t)-\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$

Замена:

$$m(0)\dot{x_{cm}}(t)=\dot{m}(t)x(t)+m(t)\dot{x}(t)-\dot{m}(t)(x(t)+ l)-m(t)\dot{x}(t)+\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$

Пояснение - Для того, чтобы эти термины означали:

• Масса, исчезающая из вагона в центре масс
• импульс вагона и его содержимого
• масса, появляющаяся снаружи вагона у сопла
• последние два члена учитывают импульс воды вне вагона.

Комбинация первого и третьего членов дает нам средний импульс, который вода в фургоне должна иметь, чтобы поддерживать ее равномерное горизонтальное распределение в контейнере. Они не свидетельствуют о мгновенном исчезновении из центра и появлении у сопла.

Результат:

$$m(0)\dot{x_{cm}}(t)=-\dot{m}(t) l+\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$

куда:

$$m(t)=m_{w} {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$$

---

Вагон с тормозами

В этом сценарии фургон терял воду до$t=0$. Однако сила тормозов сохраняется$\dot{x}(t)=0$. В$t=0$тормоза отпущены, и ему разрешено двигаться. Это позволяет избежать мгновенного скачка скорости вагона. Это также позволяет$x_{cm}$быть ненулевой константой после$t=0$.

Параметр$t=0$:

$$m(0)\dot{x_{cm}}(0)=-\dot{m}(0) l+\int_0^0m(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$ $$m(0)\dot{x_{cm}}(0)=-\dot{m}(0) l$$ $$\dot{x_{cm}}(0)=-\frac{\dot{m}(0)}{m(0)} l$$ $$\dot{x_{cm}}(0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$

За$t>0$нет силы от тормозов:

$$\ddot{x_{cm}}(t\ge0)=0$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$

Другими словами, в этой ситуации при$t=0$импульс всей системы соответствует импульсу воды внутри вагона. Единственный вопрос сейчас заключается в том, как с течением времени этот импульс передается повозке и воде, покидающей движущуюся повозку.

Дифференцируем импульс системы:

$$m(0)\ddot{x_{cm}}(t)=-\ddot{m}(t) l+\frac{d}{d t}\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$ $$0=-\ddot{m}(t)l+m(t)\ddot{x}(t)$$ $$\ddot{x}(t)=\frac{\ddot{m}(t)l}{m(t)}$$

---

Физические соображения

Поэтому у нас есть простая система, пока$\ddot{m}(t)$является непрерывным. Физическое объяснение состоит в том, что если мы резко закроем форсунку, вода в вагоне не остановится немедленно относительно вагона. Он плещется и через некоторое время релаксации перераспределяет свой импульс на систему в целом. Точно так же с быстрым включением вода в контейнере не может просто набрать средний импульс, чтобы соответствовать$-\dot{m}(t)l$. Опять же, должно быть некоторое время для релаксации, чтобы вода достигла равновесия, при котором она могла бы равномерно распределиться по вагону. Дело не в том, что эти ситуации невозможны, а в том, что мои уравнения не учитывают эти времена релаксации.

Моя ситуация как раз избегает этого. Вода в фургоне уже достигла некоторого равновесия, прежде чем$t=0$. Также движение воды под собственным весом обеспечивает медленное выключение.

---

Скорость вагона

Объединение результатов из предыдущих разделов:

$$\ddot{x}(t)=\frac{2\frac{m_w}{{t_c}^2}l}{m_{w} {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}}$$ $$\ddot{x}(t)=\frac{2 l m_w}{{t_c}^2 m_c}{\left[\frac{m_w}{m_c}{(1-\frac{t}{t_c})}^{2}+1\right]}^{-1}$$

$$\int\frac{du}{1+u^2}=\arctan(u)$$ $$u=\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}(1-\frac{t}{t_c})$$ $$\dot{x}(t)=-\frac{2 l}{t_c}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\int\frac{du}{1+u^2}$$

$$\dot{x}(t)=\frac{2 l}{t_c}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\left[\arctan\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}-arctan\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\left(1-\frac{t}{t_c}\right)\right]$$

---

Чрезвычайно тяжелый вагон :$\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\ll1$

$$\arctan(x)\to x-\frac{1}{3}x^3$$ $$\dot{x}(t_c)=\frac{2 l m_w}{t_c m_c}$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$

Это имеет физический смысл. Конечный импульс повозки примерно равен нашему начальному импульсу. Члены более высокого порядка будут учитывать импульс, который имеет выданная вода.

---

Обычный вагон :$\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\gg1$

$$\arctan(x)\to \frac{\pi}{2}$$ $$\dot{x}(t_c)=\frac{\pi l}{t_c}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$ $$p_{cm}(t\ge0)=\frac{2}{\pi}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}p(t)$$

В этом случае вагон имеет значительно меньшую долю импульса системы.

---

Хорошо, это моя вторая попытка решить эту проблему. Я думаю, что на этот раз у меня есть решение, благодаря обсуждению других в этой теме. Решение$v_{\text{final}}=\sqrt{2gh(0)}\frac{ls}{h(0)S}(1-\frac{\pi}{2})$если$m\gg M$. Это соответствует нескольким миллиметрам в секунду влево для тележки, полной воды.

Вот как я это вывел:

Обозначение

Чтобы не пренебрегать немалыми вкладами, я поставлю задачу для тележки совершенно произвольной формы, прежде чем ограничиться нашей тележкой.

У нас есть :

• $S(z)$: часть тележки на высоте$z$
• $h(t)$: высота воды в момент времени$t$
• $l(z)$: абсцисса центра масс (CoM) слоя воды на высоте$z$  -$M$: Масса пустой тележки
• $m = \int_0^h(0) dz S(z) \rho$: начальная масса воды
• $\mu(t)$: оставшаяся масса воды в момент времени$t$
• $f(t)=-dµ/dt > 0$массовый расход воды
• $v_v(z,t) < 0$: вертикальная скорость водного слоя на высоте$z$
• $v_h(z,t)$: горизонтальная скорость его CoM.

В случае с тележкой мы будем иметь:

• $S(z)$постоянна над соплом. Позволять$\delta+\epsilon$быть высотой патрубка. Тогда у нас есть$S(z)=S$за$z>\delta+\epsilon$. Для численных приложений мы предположим, что$3\times3\times10$м³ тележка, с$S=30$м².
• Последняя часть патрубка представляет собой трубу высотой$\delta\ll h(0)$. В этой трубе$S(z<\delta)= s\ll S$. Если выход имеет сторону 10 см,$s=1O^{-2}$м².
• $h(0) = 3$м
• Над соплом ЦМ воды фиксируется на уровне$l(z>\delta+\epsilon)=0$, а в нижней части$l(z<\delta)=-l$, где$l=5$м.
• я предполагаю$M=10^4$кг, но я понятия не имею, реально ли это.
• $\rho = 10^3$кг·м⁻³
• $m=\rho S h(0) =$9·10⁴ кг
• $g=10 m·s⁻²$

Вертикальное движение воды

В дальнейшем будем считать, что горизонтальное ускорение$a$тележки остается$a\ll g$во время движения. Ненулевое ускорение вызвало бы поправочные члены, пропорциональные$\frac{a^2}{g^2}$, и мы проверим, что эта гипотеза непротиворечива позже. Это предположение позволяет нам пренебречь любым движением тележки при рассмотрении движения воды в референциальной тележке, а затем вычислить$f(t)$,$h(t)$а также$\mu(t)$. Затем мы используем результат этого вычисления, чтобы найти горизонтальное движение тележки.

Несжимаемость воды позволяет написать

$$f(t)=-\rho S(z,t) v_v(z,t) =\rho S(h(t)) \frac{dh}{dt} =- \rho s v_v(0,t) \quad(*)$$

Бернулли, на высоте$h$а также$0$дает нам

$$\begin{gather} \left(\frac{dh}{dt}\right)^2 + 2gh = (v_v(0,t))^2 \\ 2gh=(dh/dt)² (\frac{S(h)²}{S(0)}² -1) \end{gather}$$

В нашем случае, кроме форсунки,$\frac{S(h)^2}{S(0)^2}=\frac{S^2}{s^2}\simeq 10^7$. Поэтому мы будем пренебрегать$-1$В следующих.

Это уравнение имеет следующее решение:

$$h(t)=h(0)(1-t/t_m)^2 \text{ for } t\in[0, t_m]$$

а также$h(t>t_m)=0$, с$t_m=\frac Ss \sqrt{2h(0)/g}$. Здесь$t_m=3\cdot 10^3 \sqrt(6/10) \sim 2000$с.

У нас есть тогда$\mu(t)=m (1-t/t_m)^2$а также$f(t)=f(0)(1-t/t_m)$с$f(0)=\rho s \sqrt{2gh(0)}\sim=10^{-2+3}\sqrt{60}\sim80$кг·с⁻¹.

Сохранение горизонтального импульса

Теперь начинается интересная часть проблемы, горизонтальное движение.

Моменты будут рассчитываться в референсе корзины ($P^{CR}$) и в железнодорожной ссылочной ($P^RR$).Если вы посмотрите на воду внутри тележки, ее импульс будет

$$P^{CR}_{\text{water}}=\rho\int_{0}^{h(t)}dz S(z) v_h(z,t)$$

с$v_h(z,t)= dl/dz v_v(z,t)$. Отсюда и выражение$(*)$, у нас есть

$$P^{CR}_{\text{water}}=- f(t) \int_{0}{h(t)}dz dl/dz= f(t) (l(0)-l(h(t))).$$

Возвращаясь к более физическому железнодорожному рефлексу, мы имеем тогда

$$P^{RR}_{\text{water}}=µ(t)v(t) + f(t) (l(0)-l(h(t)))$$

У нас также есть, для тележки,

$$P^{RR}_{\text{cart}}=M v(t)$$

Как указано в других ответах (но не в моем предыдущем :-()), не следует забывать об импульсе воды, покинувшей тележку в предыдущий раз:

$$P^{RR}_{\text{leaked water}}=\int_0^t d\tau f(\tau) v(\tau)$$

Суммируя эти члены вместе с сохранением импульса, мы имеем:

$$0=P^{RR}_{\text{total}}=(M+\mu(t))v(t) + f(t) (l(0)-l(h(t))) + \int_0^t d\tau f(\tau) v(\tau)$$

Например, когда корзина пуста,$f(t)=0$,$\mu(t)=0$и приведенные выше уравнения становятся:

$$0=P^{RR}_{\text{total}}=Mv_{\text{final}} + \int_0^t d\tau f(\tau) v(\tau)$$ Тележка может иметь конечную ненулевую скорость, если ее импульс компенсируется чистым импульсом воды, покинувшей тележку.

Дифференцируя закон сохранения импульса относительно$t$, мы получаем,

$$0=(M+µ(t))\frac{dv}{dt} - f(t) v(t) + \frac{df}{dt}(l(0)-l(h(t))) - f(t) \frac{dh}{dt} \frac{dl}{dz} + f(t) v(t)$$

Это уравнение можно упростить до

$$\frac{dv}{dt}=\frac{1}{M+\mu(t)}\left[\frac{df}{dt}[l(h(t))-l(0)] - \frac{dl}{dz}\frac{f(t)^2}{\rho S(h(t))}\right]$$

Зная$f(t)$как и в предыдущем разделе, позволяет нам интегрировать это уравнение, по крайней мере, численно для любой тележки. Далее мы решаем уравнение для нашей геометрии тележки, различая три шага.

Шаг 1: открытие сопла

При быстром открытии форсунки$t=0$, корзина полная и$\mu=m$постоянно. уравнение, которое мы должны решить, тогда

$$\frac{dv}{dt}=\frac{1}{M+m}\frac{df}{dt}l-0$$ из чего мы легко выводим $$\Delta v = \frac{l\Delta f}{M+m}=\frac{lf(0)}{M+m}.$$ При приведенных выше числовых значениях это соответствует скорости 4 мм·с⁻¹. Это движение тележки компенсирует внутреннее ускорение воды внутри тележки по направлению к соплу.

Как мы увидим позже, это резкое изменение скорости является самым большим ускорением тележки. Если форсунка открывается за одну секунду, что все еще достаточно быстро, чтобы сохранить$\mu=m$приближение верно, горизонтальное ускорение$a$еще мал:$\frac{a}{g}=4\cdot10^{-4}$.

Шаг 2: Опорожнение тележки над соплом

Над соплом имеем постоянную$l(h)=0$и дифференциальное уравнение

$$\frac{dv}{dt}=\frac{l}{M+\mu(t)}\frac{df}{dt}$$ .

Если тележка опорожняется с постоянным$f(t)$, он не ускоряется и не замедляется, пока f(t) не будет обрезан. В этот момент обратное действие такое же в обратном направлении, но с меньшей массой. (М вместо М+м). Таким образом, мы заканчиваем с чистой скоростью слева от значения$lf(1/(M+m)-1/M)$

В более общем случае, когда f медленно уменьшается до 0,$df/dt <0$, подразумевая замедление, да и изменение скорости на противоположное, так как полная масса$M+µ(t)$уменьшается.

Если мы подставим в приведенное выше уравнение значения, которые мы имеем для$f(t)$а также$\mu(t)$, у нас есть

$$\frac{dv}{dt}=\frac{lf(0)}{t_m(M+m(1-t/t_m)^2)}=-g\frac{ls^2m}{h(0)S^2M}\frac1{1+\frac mM(1-t/t_m)^2}$$ который может быть аналитически проинтегрирован с помощью $\int dt/(1+t^2)= \arctan t$. У нас есть тогда $$v(t)-v(0)=-\frac{ls}{h(0)S}\sqrt{2gh(0)}\left[\arctan\sqrt{\frac mM} - \arctan\left(\frac{t_m-t}{t_m}\sqrt{\frac mM}\right)\right]$$ .

У нас есть тогда

$$v(t_m)=v(0)-\frac{ls}{hS}\sqrt{2gh(0)}\arctan\sqrt{\frac mM}$$ В пределе $m\gg M$, где масса воды больше массы тележки, $\arctan\sqrt{m/M}\simeq\pi/2$а также $v(0)=\sqrt{2gh(0)}\frac{ls}{h(0)S}$, чтобы : $$v(t_m)=\sqrt{2gh(0)}\frac{ls}{h(0)S}(1-\frac{\pi}{2})$$

Шаг 3: Показ того, что сопло не имеет никакого влияния, пока оно маленькое

Проблемой сопла является зона, где$\frac{dl}{dz}$не маленький. пусть говорят, что эта зона имеет высоту$\epsilon$, над вертикальной трубой высотой$\delta$, с$\epsilon\ll\delta\ll h(0)$. У меня есть интуиция, что проблема не так опасна, так как$\propto l/\epsilon$производная будет актуальна только в течение времени, пропорционального$\epsilon$, а небольшое количество вовлеченной воды должно удерживать поправочный член небольшим. Но ничего более строгого у меня пока нет :-(

Качественный ответ

Я думаю, что тележка демонстрирует чрезвычайно удивительное поведение. Тележка начинает с того, что неподвижно стоит на дорожке. Отверстие слева от центра. Когда форсунка открыта, вода в тележке начинает течь влево. Тележка, сохраняя импульс, набирает скорость вправо. В стационарном состоянии поток воды будет постоянным, и тележка будет двигаться с постоянной скоростью. Однако по мере того, как скорость потока начинает уменьшаться, скорость тележки уменьшается. В конце концов, тележка останавливается, затем фактически меняет направление, двигаясь влево до того, как выпадет последняя вода. Когда последняя вода исчезнет, ​​тележка катится влево. Центр масс системы никогда не перемещается, потому что при движении центра масс тележки центр масс воды движется в противоположном направлении. Импульс также сохраняется, потому что когда тележка набирает обороты, вода набирает противоположный импульс. Если вода также скользит после удара по дорожке, к концу процесса вода будет иметь чистое движение несколько вправо, чтобы компенсировать движение влево от тележки.

Количественный ответ

Пусть тележка движется со скоростью$v$вправо, а вода движется со средней скоростью$w$Направо. В целом,$v \neq w$потому что центр масс воды движется относительно тележки. Отверстие находится в$l$. Если отверстие слева, то$l$отрицательно.

Скорость воды относительно тележки равна$w-v$. Эта скорость исходит из того факта, что вода, если бы она оставалась такой же, как сейчас, вся двигалась бы от центра тележки к яме на расстояние$l$, через время$m/f$, с$f$массовый расход. Таким образом, кинематическая связь

$$w-v = \frac{lf}{m}$$

Далее, мы хотим сохранить импульс. Это дает

$$\frac{d}{dt}(Mv + mw) = 0$$

Взяв эту производную, мы должны иметь в виду, что$M$а также$m$меняются, потому что из тележки вытекает вода.$m$уменьшается со скоростью$f$, а также$M$увеличивается со скоростью$f$когда мы думаем о$M$как полная масса, движущаяся со скоростью$v$а не масса тележки.

$$M\dot{v} + m\dot{w} + f(v-w) = 0$$

Физически первые два члена представляют силу, действующую на тележку, и силу, действующую на воду в тележке. Последний член представляет силу, действующую на воду, поступающую в сопло. Вода, поступающая в форсунку, идет от$w$к$v$, таким образом испытывая ускорение. У нас есть более раннее выражение для$v-w$, так что подключай.

$$M\dot{v}+m\dot{w} = \frac{lf^2}{m}$$

Я хотел бы решить для$\dot{v}$. Для этого возьмем производную по времени кинематического уравнения для$w-v$

$$\dot{w} - \dot{v} = \frac{l\dot{f}}{m} + \frac{lf^2}{m^2}$$

Эти последние два уравнения упрощаются до

$$\dot{v} = \frac{-l\dot{f}}{M+m}$$

Когда скорость потока постоянна, ускорение отсутствует. Это правдоподобно, потому что мы можем представить, что наблюдаем в системе с центром масс, где тележка движется вправо, а вода движется влево. Вода, поступающая в сопло, чувствует ускорение, но вода в тележке тоже ускоряется, причем в обратном направлении. (Вода в тележке ускоряется, потому что ее становится все меньше и меньше, поэтому в среднем она должна двигаться быстрее, чтобы обеспечить правильную скорость потока от центра тележки к соплу.)

Как только мы отпускаем насадку, скорость потока очень быстро подскакивает, поэтому тележка тоже быстро набирает скорость.$m$практически постоянна в течение этого ускорения, поэтому тележка подпрыгивает до скорости

$$v = -\frac{lf}{M+m}$$

Если$m$должны оставаться постоянными, мы обнаружили бы, что это соотношение продолжает сохраняться, так что, когда вода перестает течь, останавливается и тележка. Однако,$m$непостоянна; он уменьшается. Когда поток замедляется до остановки, ускорение тележки становится больше, потому что$m$меньше. Следовательно, к тому времени, когда вся вода покинула тележку, она фактически движется влево. Это удивительно, но необходимо - вода в основном движется вправо, потому что тележка изначально двигалась вправо. Тележка должна двигаться влево, когда все сказано и сделано, чтобы компенсировать это.

Если мы предположим, что скорость потока постоянна все время, за исключением резкого начала и окончания (допущение не в исходной задаче, которая качественно аналогична, но требует больше усилий для расчета), конечная скорость тележки равна

$$v_f = \frac{lfm}{M(M+m)}$$

Вода течет с той скоростью, с которой изначально прыгала телега,

$$w_f = -\frac{lf}{M+m}$$

так что мы видим, что импульс сохраняется.

Вот моя попытка. Я пошел по несколько иному пути, чем kalle43, и я думаю, что это немного проще.

Позволять$x(t)$быть координатой сопла в момент времени$t$. Рассмотрим бесконечно малую массу воды$dm$выход из сопла вовремя$\tau$:

$$dm=-m'(\tau)d\tau$$ Здесь$m'(t)$обозначает производную по времени от массы воды внутри бака.

Позволять$x(\tau)$быть горизонтальной координатой$dm$вовремя$\tau$. Затем во время$t>\tau$горизонтальная координата$dm$будет:

$$x(\tau)+(t-\tau)x'(\tau)$$ Здесь$x'(t)$обозначает производную по времени от координаты сопла в момент времени$t$или просто скорость вагона.
Теперь сумма$x_idm_i$(статический момент массы) по всем бесконечно малым частицам, вылетающим из сопла за период времени$(0...t)$будет выражаться интегралом:
$$-\int_0^t [x(\tau)+(t-\tau)x'(\tau)]m'(\tau)d\tau$$ Следующим шагом является получение статического момента массы вагона с водой внутри. Это просто: $$[l+x(t)][M+m(t)]$$ Теперь статический момент массы всей системы (вагон с водой + выбрасываемая вода) выражается в виде суммы двух последних выражений:

$$-\int_0^t [x(\tau)+(t-\tau)x'(\tau)]m'(\tau)d\tau+[l+x(t)][M+m(t)]=pt+c$$ $p=const$а также$c=const$

Теперь вы спрашиваете, что означает$pt+c$.Это становится ясным, когда мы продифференцируем последнее уравнение по$t$:

$$-\int_0^t x'(\tau)m'(\tau)d\tau- x(t)m'(t)+x'(t)[M+m(t)]+m'(t)[l+x(t)]=p$$ $p=const$

Этот результат представляет собой горизонтальный импульс всей системы (тележка с водой + выбрасываемая вода) . Это должно быть сохранено . Так$c$просто постоянная интегрирования.

Теперь следует самая важная часть:

Рассмотрим начальный момент$t=0$. Пусть в этот момент координата сопла равна нулю:$(x(0)=0)$а также начальная скорость вагона:$(x'(0)=0)$. Тогда уравнение импульса дает:

$$lm'(0)=p=const$$

Какой вывод мы можем сделать из этого результата? Во-первых, до открытия сопла импульс всей системы (вагон+вода внутри него) заведомо равен нулю. Но после открытия, в$t=0$импульс остается равным нулю, только если$m'(0)=0$. В противном случае он вдруг станет отличным от нуля. И это последнее реализуется в данной задаче.Импульс всей системы (вагон с водой + выбрасываемая вода) становится отличным от нуля и вагон начинает двигаться в одном направлении.

Но если$m'(0)=0$затем сценарий Марка Эйхенлауба , я думаю, начнется

Теперь продифференцируем уравнение импульса по$t$чтобы получить уравнение движения вагона:

$$[M+m(t)]x''(t)=-lm''(t)$$ На самом деле, я был шокирован тем, что уравнение оказалось таким простым.

Редактировать

Я отошел от закона Торричелли и добавил пример, который количественно подтверждает качественный ответ Марка Эйхенлауба. Это показывает также, что закон сохранения энергии не имеет отношения к этой проблеме. Имеет значение только массовая смена вагона.

Я выбрал функцию$m(t)$такой, что$m'(0)=0$. Так что не нужно беспокоиться о каком-либо мгновенном скачке в$t=0$а горизонтальный импульс остается нулевым.

$$m(t)=\frac{m}{2}\left(1+cos\frac{\pi{t}}{T}\right);0\leq t\leq T$$ и уравнение движения:

$$[M+m(t)]x''(t)=-lm''(t)$$ Решение уравнения:

$$\dot{x}(t)=\frac{l\pi^2}{T}\left(\frac{t}{T}-\frac{2 }{\pi}\frac{\eta+1}{\sqrt{{2\eta+1}}}\arctan\frac{tan\frac{\pi{t}}{2T}}{\sqrt{2\eta+1}}\right)$$ куда$\eta=\frac{m}{2M}$

Это решение близко соответствует поведению Марка. Конечная скорость направлена ​​влево$(v_f<0)$и определяется выражением:

$$v_f=\frac{l\pi^2}{T}\left(1-\frac{\eta+1}{\sqrt{{2\eta+1}}}\right)$$

Этот ответ представляет собой аналогию, которая, я надеюсь, прояснит, как возможно, что 1) повозка движется 2) повозка достигает чистой скорости в конце задачи. Это не прямой ответ - он предназначен для поддержки концептуального материала (поэтому я пометил его как вики сообщества).

Настраивать

В этом ответе все скорости и все импульсы рассчитываются исключительно в системе отсчета рельса.

Представьте, что в баке нет воды. Вместо этого у него есть пистолет, стреляющий комками глины. Пистолет установлен посередине. Он может стрелять кусками глины любого размера на любой скорости.

В полу вагона дырка. Для удобства отверстие полностью находится с левой стороны вагона. Если пушка выстрелит комком глины влево, пушка, жестко прикрепленная к остальной части повозки, немного отскочит. Кусок полетит к левой стороне вагона и совершенно неупругим образом столкнется с левой стенкой. Затем он упадет через дыру в полу и выйдет из фургона с точно такой же горизонтальной скоростью (если она есть), что и фургон.

Первый эксперимент

Танк стартует неподвижно с куском массы$m$в пистолете. Он стреляет глыбой на скорости$v$. Комок смещается влево;$v$отрицательно. Импульс куска$mv$. Пусть скорость отката вагона$w_0$. По закону сохранения импульса$mv + Mw_0 = 0$. Поэтому тележка отскакивает, двигаясь со скоростью

$$w_0 = -v*m/M$$ ,

что справа.

Далее комок сталкивается с левой стенкой. В этот момент глыба и вагон должны двигаться с какой-то новой взаимной скоростью после столкновения. Назовите это$w_f$. Сохранение импульса подразумевает$w_f = 0$и повозка остановилась. Кусок падает через дыру прямо вниз, и повозка стоит на месте до конца вечности. Он смещается с исходного положения.

Второй эксперимент

Танк стартует с двумя кусками глины в орудии, каждый массой$m/2$. Пистолет стреляет одним куском на скорости$v$как прежде. Сохранение импульса дает$m/2*v + (M+m/2)*w_0 = 0$, или же

$$w_0 = -v\frac{m}{2(M+m/2)}$$

Далее ждем момента, когда та шишка упрется в левую стену. Именно в этот момент стреляем следующим куском, тоже на скорости$v$. Мы делаем профили ускорения двух кусков точно равными по величине и противоположными по знаку. Таким образом, силы на двух кусках должны быть равны. Эти силы исходят от жесткого корпуса пушки и повозки вместе взятых. Следовательно, пушка/повозка не ощущает результирующей силы и ускорения во время этого процесса.

Первая глыба теперь движется вместе с вагоном на скорости$w_0$. Он проваливается сквозь дыру, двигаясь с такой скоростью.

Далее вторая глыба сталкивается с вагоном. Второй комок и повозка приобретают некоторую взаимную скорость$w_f$. Сохранение импульса дает$mw_0/2 + (M + m/2)w_f = 0$, или же

$$w_f = -w_0 \frac{m}{2(M+m/2)}$$

или заменив на$w_0$

$$w_f = v \left(\frac{m}{2(M+m/2)}\right)^2$$

Второй комок выпадает из вагона и движется со скоростью$w_f$, а вагон катится со скоростью$w_f$С тех пор.$w_f$пропорциональна$v$и имеет тот же знак. Вагон движется влево в конце процесса.

Мой ответ ниже неверен: он не учитывает импульс воды, покидающей тележку после того, как она начала двигаться.

В принципе, за счет сохранения горизонтального импульса в отсутствие какой-либо горизонтальной силы скорость вагона в конце будет равна 0. Однако положение центра масс системы (вагон+вода) также должно сохраняться, поэтому вагон будет медленно двигаться вправо во время процесса, что, вероятно, может быть связано с перепадом давления внутри резервуара. Но это остановится к тому времени, когда Вагон опустеет.

Таким образом, реальный вопрос заключается не в конечной скорости, а в конечном водоизмещении. Пусть x будет текущим положением центра масс вагона. При прохождении через сопло массы воды -dµ ее центр масс смещается на l влево, а центр масс вагона смещается на -l·dµ/(µ+M) вправо, где µ – оставшаяся масса воды внутри вагона.

Интеграция дает

$$\Delta x=-l\int_m^0\frac{\mathrm d\mu}{\mu+M}=l\ln\frac{m+M}M$$ .

Конечно, если повозка изначально движется с (нерелятивистской!) скоростью, предыдущий анализ остается верным в движущейся системе отсчета. Скорость не изменится, но вагон будет иметь Δx по сравнению с вагоном с такой же начальной скоростью, но закрытой насадкой

Отредактировано, чтобы исправить ошибку знака * сильный текст *

Для вертикальной струи закон Торричелли по-прежнему выполняется, потому что смещение вагона ортогонально действующим силам, гравитации плюс (возможно, но ортогонально в любом случае) силе реакции, поэтому вагон не использует никакой работы.$\Delta W = {\bf F} \cdot {\Delta \bf x}=0$и вся энергия все равно уходит на водомет.

Таким образом, мы можем вычислить$m(t)$по-прежнему. Забудьте о чертеже и используйте квадратный резервуар. Та, что на рисунке, была рассчитана Кеплером, и это усложняет задачу. Пусть высота воды будет просто$h(t)={m(t)\over \rho S}$, Ok? А также$2 g h(t)$- квадрат скорости струи, изменение массы следует$m'(t)= - \rho s \sqrt { 2 g h(t)}$, и в итоге имеем

$$m'(t) = - \sqrt {2 g \rho s^2 \over S} \sqrt{ m(t)}$$ Что решает $m(t)= m (1 - t \sqrt {g \rho s^2 \over 2 m S})^2$и скажите нам, что бак становится пустым в $t_f=\sqrt {2 m S \over g \rho s^2 }=\sqrt {2 h S^2 \over g s^2 }$.

Мы можем подключить это к « неправильному » решению Фредерика . $x(t)= l \ln {m+M \over m(t)+M}$чтобы получить смещение

$$x(t) = l \ln {m+M \over (1 - t/t_F)^2 m +M}$$ и скорость $$\dot x(t)= { 2 m l \over t_F} { (1-t/t_F) \over (1 - t/t_F)^2 m +M } = { 2 l (t_F-t) \over (t_F - t)^2 + {Mt_F^2 \over m} }$$

Отметим, что в пределе$M \ll m$, мы получаем$\dot x(t)= { 2 l \over (t_F - t) }$и поэтому$\ddot x = { 2 l \over (t_F - t)^2 }$, аналогично другим ответам. Заметим, что в этом пределе скорость при$t_F$бесконечен, но не имеет массы, поэтому мы все равно можем его остановить.

Еще один любопытный вопрос заключается в том, что$\dot x(0) = { 2 l \over t_f (1 + M/m)}$не равен нулю. Звучит странно, но учтите, что и начальная скорость струи не равна нулю.

---

Прежде чем рассматривать варианты решения Фредерика, важно отметить, что у нас есть четыре сгустка массы, играющие определенную роль.

• вытекшая вода,$m-m(t)$
• просачивающаяся вода,$\Delta m= - m'(t) \Delta t$
• масса тележки, М
• вагонная вода, м(т)

В процессе утечки вытекающая вода уже инерционна, будет ли горизонтальный импульс (в направлении железной дороги) равным и противоположным импульсу трех других масс, Или, для малых$\Delta t$, равно$- (M + m(t)) V_{c+w}$. Вопросы, которые необходимо зафиксировать: 1) каково действительное направление силы воды и горизонтальной скорости вытекающей воды: скорость тележки, скорость ЦМ воды или какая-то другая? и 2) достаточно ли ускорение тележки меняет направление «силы тяжести» внутри тележки (вспомните вашу последнюю поездку на автобусе), чтобы это можно было считать серьезным нарушением задачи?

---

Пункт 2, скорее всего, отвлекающий маневр, по крайней мере, в приближении, где$M \ll m(t)$, потому что в таком случае у нас нет оснований ожидать, что ускорения тележки и [ЦМ] воды внутри будут разными. Помните, что «горизонтальная гравитация» внутри вагона будет разностью этих ускорений.

Несколько лет спустя... Я рассматриваю эту проблему в основном для себя, но это может быть полезно, если кто-то все еще хочет обсудить ответы, особенно без какой-либо тормозной системы.

позвольте мне начать с альтернативного неправильного решения, также известного как вариация: позволить системе сбрасывать воду без горизонтальной скорости , например, используя периодический обтуратор или систему наполнения, чтобы сначала количество$\delta m$воды выбрасывается без помех, затем образовавшийся пузырь высвобождается, и системе предоставляется некоторое короткое время для расслабления.

Очевидно, что в этом решении тележка перемещается в сторону от сопла, т. е. вправо, чтобы сохранить первоначальный КМ. Ход такой, что

$\delta x = l {\delta m \over M-\delta m} \approx l {\delta m \over M} \approx - l { m'(t) \over m(t)} \delta t$

где последний шаг, без сомнения, немного сложен, учитывая, что наш первоначальный постулат таков:$m(t)$является многошаговой функцией, и мы приближаемся к ней с помощью дифференцируемой функции. Суть аппроксимации в том, что мы можем найти скорость повозки.

$\delta x = - l {d \ln m(t) \over dt }\delta t$

$x(t)= l \ \ln({m(0) \over m(t)})$

и тогда в этом варианте вагон останавливается, когда$m(t)=m_c$и воды больше не капать, нечего больше СМ исправлять:

$x_f = l \ \ln({m_w + m_c \over m_c})$

Обратите внимание, что я использую значения массы из принятого решения, но$l$из исходного вопроса. Для ясности: сопло было в левой части фургона, фургон двигался влево, пока не остановился, и фактически остановился, потому что хитрое устройство следило за тем, чтобы вода пускалась без горизонтальной скорости. Обратите также внимание на разницу по сравнению с одиночной операцией сброса, когда вся вода$m_w$развертывается по нулевой координате; тогда$x_f = l\ m_w/m_c$.

---

Теперь давайте добавим горизонтальную скорость. С того момента, как мы позволим воде двигаться бесконечно вправо, нам нужно будет найти в решении хотя бы одну точку, где повозка действительно меняет направление движения и начинает двигаться влево.

Чтобы зафиксировать CM, ничто не сравнится с уравнением из выбранного ответа.

$0=\dot{m}(t) l+\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$

который отличается от

$0=\ddot{m}(t) l+ m(t)\ddot{x}(t)$

$\ddot{x}(t) = - l {\ddot{m}(t) \over m(t)}$

и дело в том, что даже при постоянном ускорении массы просочившейся воды знаменатель делает результат более красочным. Думаю, по сравнению с ходом в случае с "каплей воды", его можно интерпретировать как говорящий о том, что повозке нужен дополнительный импульс$l \ m'(t)$, таким образом, дополнительная сила$l\ m''(t)$что приводит к дополнительному ускорению$l\ m''(t)/m(t)$. Но это всего лишь интерпретация, и на самом деле уравнение почти ожидаемо от размерного анализа - как действительно предлагал исходный постер - поэтому можно было подобрать различные интерпретации.

Что касается начальных условий, имеет смысл спросить$x'(0)=-l m'(0)/m(0)$не только потому, что это скорость автомобиля в приближении с многоступенчатой ​​системой, но и потому, что она совместима с условием CM, принимающим x''(t) дельту Дирака в t=0.

---

Возьмем пример, где начальная скорость потока и вагона равна нулю. Для этого вместо тормоза можно использовать функцию$m(t)$который достигает режима Торричелли в$t_0$, сначала используя немного дополнительной воды$m_{nt}$и управляемая помпа. Итак, на начальном этапе имеем

$t < t_0 : \ddot{m}(t) = -{2m_w \over t_c t_0} : \dot{m}(t) =-{2m_w \over t_c t_0} t : m(t)= m_c+m_w+m_{nt}- {m_w \over t_c t_0} t^2$

Обратите внимание, что дополнительная вода, таким образом,$m_{nt} = m_w (t_0/t_c)$

Когда мы входим в режим вопроса, мы меняем знак ускорения

$t_0 < t < t_c + t_0: \ddot{m}(t) = {2 m_w \over t_c^2} : \dot{m}(t) = - 2 {m_w \over t_c} (1-\frac{t-t_0}{t_c}) :m(t)=m_{w} {(1-\frac{t-t_0}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$

и конечно наконец

$t_c +t_0 < t : \ddot{m}(t) =0 : \dot{m}(t) =0 : m(t) = m_c$

так что конечная скорость вагона будет интегрированием

$\dot x(t_0+t_c) = l \int_0^{t_0} {{2m_w / t_c t_0} \over {m_c+ m_w (1 + t_0/t_c) - {m_w \over t_c t_0} t^2}} - l \int_{t_0}^{t_0+t_c} {{2 m_w / t_c^2} \over {m_w {(1-\frac{t-t_0}{t_c})}^{2} + m_c}}$ $= 2l (\int_0^{t_0} {{1 / t_c t_0} \over{ \frac{m_c}{m_w}+ (1 + t_0/t_c) - {1 \over t_c t_0} t^2}} - \int_{t_0}^{t_0+t_c} {{1 / t_c^2} \over { \frac{m_c}{m_w}+ {(1-\frac{t-t_0}{t_c})}^2 }})$ $= 2l (\int_0^{t_0} {1 \over{ t_c t_0 \frac{m_c}{m_w}+ (t_c t_0 + t_0^2) - t^2}} - \int_{t_0}^{t_0+t_c} { 1 \over { t_c^2 \frac{m_c}{m_w}+ {(t_c-(t-t_0))}^2 }})$

ПРОДОЛЖЕНИЕ СЛЕДУЕТ

Добавление еще одного ответа здесь, в основном, для документирования известных источников этой проблемы. Дополнительные ссылки можно найти на https://arxiv.org/abs/2001.09807 , Проблема физической дырявой цистерны , С. Эспозито и М. Олимпо. Кажется, анализ был впервые опубликован в

Макдональд, KT (1991). Движение прохудившейся цистерны . Американский журнал физики, 59 (9), 813–816. дои: 10.1119/1.16728

где говорится, что это экзаменационная задача по русскому языку. Хотя доступ к AJP платный, некоторые заметки в классе доступны по адресу http://physics.princeton.edu/~mcdonald/examples/tankcar.pdf .

Макдональд уже упоминает, что «конечная скорость цистерны должна быть противоположна его начальной скорости», так что общий горизонтальный импульс равен нулю. Его ответ в обозначениях ОП заключается в том, что конечная скорость пропорциональна

$$( - {\sqrt m \over m + M} + { 1 \over \sqrt M} arctan \sqrt {m \over M})$$

С другой стороны, утверждается, что неторричелловская постоянная скорость потока имеет конечную скорость, пропорциональную

$$- {m \over M} { l \over m + M}$$

из-за переходной силы в момент опорожнения бака.

Для торричелловского случая он также вычисляет «критическую массу».

$$M = 0.255 m$$ автомобиля по отношению к водной массе, чтобы он просто остановился в том же начальном положении.

Как изначально описывалось, сопло расположено на левой нижней стороне бака, выходное отверстие сопла обращено вниз. в этом случае не будет горизонтальной силы, которая могла бы действовать как тяга, запускающая бак в горизонтальном движении. Любая тяга, которая может быть создана водой, выходящей из сопла, будет направлена ​​в направлении, противоположном струе воды. То есть в вертикальном направлении вверх.

Теперь, если выход сопла был направлен влево или вправо от танка в горизонтальном направлении, выходящая вода будет стремительно развивать тягу, чтобы двигать танк по рельсовым путям. величина создаваемой тяги будет зависеть от скорости потока и размера сопла. максимальный напор воды не будет больше высоты воды в баке. тот факт, что внутри резервуара вода движется внутри в левом направлении, не создает внешней силы для перемещения резервуара. любая сила, приложенная для горизонтального движения, должна быть внешней.

Ясно, что вода, выходящая из сопла, не вносит никакого горизонтального изменения импульса. Первоначально повозка неподвижна, и вода течет вниз.

Единственная причина, по которой тележка могла двигаться, заключается в том, что на сопло нужного размера действует сила, когда вода попадает в него, и его направление обращено к полу, что создает силу.

Но давайте подумаем об этом. Как рассчитать эту силу? Сила равна давлению воды, умноженному на площадь поперечного сечения сопла.

Однако давление воды одинаково на стороне с насадкой и на стороне без нее. Сила с левой стороны насадки компенсируется равной силой с правой стороны вагона.

Силы слева точно компенсируются силами справа. F3 отменяется клавишей -F3, действующей с левой стороны отвода.

Если бы не было левой стороны крана, у нас была бы результирующая горизонтальная сила (тележка двигалась бы за счет отдачи), но наличие левой стороны удерживает тележку неподвижно.

Мне ясно, что в реальной жизни будут эффекты второго порядка, такие как дисбаланс плотности воды, который может заставить повозку колебаться или двигаться. Но в вопросе ясно сказано, что вода остается горизонтальной (следовательно, невозмущенной) и что действует закон Торричелли. Это происходит только тогда, когда исходящий поток настолько медленный, что любые неоднородности плотности являются эффектами второго порядка, и с водой можно обращаться так, чтобы она всегда имела ламинарный поток.

В любом случае система аналогична стоящей на поверхности без трения. Если не бросить что-то наружу, никто не сможет двигаться. Бросить что-то вниз не поможет.

---

Редактировать

Чтобы ответить на озабоченность Марка и Марека по поводу сохранения импульса, я могу сказать следующее:

• вода внутри сначала падает вниз и приобретает вертикальный импульс
• в какой-то момент он обязательно повернет налево. Импульс изменится не по величине, а по направлению: снизу налево. Это создает силу реакции снизу и справа.
• в конечной точке (сопло): вода снова пойдет вниз, слева направо. Это создает реактивную силу в верхней части сопла и слева от сопла.
• так как вода течет вертикально относительно вагона, она имеет нулевой горизонтальный импульс в точке выхода
• это ограничение подразумевает, что левосторонняя сила и правосторонняя сила компенсируют друг друга.
• вместо этого будет крутящий момент. Я этого не рассчитывал, но в зависимости от длины трубы этот крутящий момент может в конечном итоге привести к наклону вагона (если вес трубы остается незначительным). Однако обычно крутящий момент не будет иметь эффекта движения, он просто сместит центр масс вправо.

Чтобы понять это немного лучше:

• Представьте ту же проблему без насадки
• Вода течет свободно влево, горизонтально.
• Вода вытекает со скоростью$v(t)=\sqrt{2gh(t)}$и горизонтальный импульс, который можно рассчитать через параметр$s$а также$v(t)$, а вертикальный импульс равен нулю
• Горизонтальный импульс вагона изменяется на такую ​​же величину, но противоположного знака.
• Вагон откатывается вправо

В настоящее время

• Переосмыслите первоначальную проблему с соплом
• Вода свободно течет вниз, вертикально
• Вода вытекает со скоростью$v(t)=\sqrt{2gh(t)}$и вертикальный импульс, который можно рассчитать через параметр$s$а также$v(t)$и горизонтальный импульс равен нулю
• Горизонтальный импульс вагона изменяется на ту же величину, которая равна нулю .
• Вагон стоит на месте

Количественный ответ

Три основных закона сохранения механики жидкости:

1. Сохранение массы
2. Сохранение импульса
3. Сохранение энергии

Ссылка

Между временем$t$а также$t+\mathrm{d}t$масса воды$\mathrm{d}m(t)$выходит через сопло. Масса улетает со скоростью, регулируемой законом Торричелли, полученной с помощью 1 и 3:

$$v(t) = \sqrt{2gh(t)}$$

Направление воды определяется наклоном сопла$\theta$которые мы можем обобщить, чтобы варьироваться от$0$радианы (горизонтальные, направленные влево) до$\frac{\pi}{2}$(вертикальный, направленный вниз).

$$\mathbf{v}(t) = -v(t) \pmatrix{ \sin \theta \\ \cos \theta }$$

Импульс вытекающей воды определяется выражением

$$\mathbf{p}(t) = m(t) \mathbf{v}(t) = -m(t)v(t) \pmatrix{ sin \theta \\ cos \theta }$$

$$\mathbf{p}(t) = p(t) \pmatrix{ sin \theta \\ cos \theta }$$

Поскольку жидкость несжимаема и масса сохраняется, вытекающая масса соответствует эквивалентному уменьшению количества воды сверху.

$$\mathrm{d}m(t) = \rho S \mathrm{d}h(t)$$

Но также и вода будет течь со скоростью$v(t)$на форсунке, так что вытекающая вода

$$\mathrm{d}m(t) = \rho s v(t)\mathrm{d}t$$

Следовательно

$$S \mathrm{d}h(t) = s v(t)\mathrm{d}t$$

или же

$$\mathrm{d}h(t) = \frac{s}{S}v(t)\mathrm{d}t$$

Подставляя уравнение для$v(t)$и введение$\sigma=\frac{s}{S}$

$$\mathrm{d}h(t) = -\sigma \sqrt{2g h(t)} \mathrm{d}t$$

решение этого нелинейного обыкновенного дифференциального уравнения первого порядка и использование$h_0 = h(t=0)$а также$v_0 = v(t=0) = \sqrt{2gh_0}$

$$h(t) = \frac{1}{2}g\sigma^2t^2 - v_0\sigma t+h_0 \approx h_0 - v_0\sigma t$$

Это позволяет нам найти$v(t)$,$m(t)$а также$\mathbf{p}(t)$:

$$v(t) \approx -\sqrt{2gh_0 - 2gv_0\sigma t}$$

$$\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} = \rho s v(t) \approx - \rho s \sqrt{2gh_0 - 2gv_0\sigma t}$$

Что решается (приближенным) решением:

$$m(t) \approx m(t) = C +\frac{2 \rho s \sqrt{2g} (h_0-\sigma v_0 t)^{\frac{3}{2}}}{3 \sigma v_0}$$

Примечание: аналитическое решение существует, но оно очень уродливое

Вычислять$C$мы должны использовать условие, что когда вся вода уйдет,$m(t) = 0$. Для этого мы можем решить:

$$0=h(t)\approx h_0 - v_0\sigma t \implies t_f \approx \frac{h_0}{v_0 \sigma}$$

тогда,

$$0 = m(t = t_f) = C +\frac{2 \rho s \sqrt{2g} (h_0-\sigma v_0 \frac{h_0}{v_0 \sigma})^{\frac{3}{2}}}{3 \sigma v_0}\implies C=0$$

следовательно

$$m(t) \approx \frac{2 \rho s \sqrt{2g} (h_0-\sigma v_0 t)^{\frac{3}{2}}}{3 \sigma v_0}$$

наконец, величина линейного количества движения определяется выражением:

$$p(t) = m(t)v(t) \approx -\frac{2 \rho s \sqrt{2g} (h_0-\sigma v_0 t)^{\frac{3}{2}}}{3 \sigma v_0} \sqrt{2gh_0 - 2gv_0\sigma t}$$

Давайте посмотрим на эффект двух компонентов$\mathbf{p}$. Горизонтальная составляющая приводит вагон в движение за счет реакции ; вертикальная составляющая создает крутящий момент , который толкает центр масс вправо - обратите внимание, что поток толкает центр масс влево.

Если$\theta = 0$, все импульсы горизонтальны. Крутящего момента нет, тележка будет двигаться по реакции, а центр масс не смещается, потому что вытекающая вода и тележка движутся в противоположных направлениях:

$p_{wagon} = p(t)$

Если$\theta = \frac{\pi}{2}$весь линейный импульс вертикальный. Будет крутящий момент, но не будет горизонтального движения, так как нет горизонтального импульса. Это означает, что вклад вытекающей воды и крутящего момента в центр масс должен уравновешиваться.

Наконец, если$\theta$имеет среднее значение, произойдет сочетание двух вариантов поведения.

Что касается проблемы,$\theta = \frac{\pi}{2}$и поэтому вагон не сдвинется с места

Краткая версия: движение внутри замкнутой системы не может ее ускорить. Нулевая горизонтальная скорость на выходе означает нулевую скорость при t->бесконечность.

---

Более подробная версия:

Перенесу задачу на более простую:

У нас есть открытый фургон, и я стою с одной стороны и держу тяжелый ящик. Теперь я побегу к другой стороне фургона. Это заставит вагон двигаться в противоположном направлении.

В какой-то момент мне придется затормозить, чтобы остановиться с другой стороны вагона. Это создаст силу, равную ускорению, тем самым компенсируя любую скорость, развиваемую во время ускорения.

Положение вагона будет изменено так, чтобы центр масс не сместился. Скорость будет равна начальной скорости.

Теперь я бросаю коробку прямо вниз. (Я приложу немного силы, чтобы сымитировать давление воды, но это не важно) Скорость равна нулю, тележка движется, коробка опущена.

Теперь предположим, что я размножился, у меня ничтожный вес, а коробка — это молекула воды. Конечная скорость будет заведомо снова равна нулю. Вопрос в том, какое будет водоизмещение вагона. У меня есть два ответа и я не могу выбрать ни один:

1. Центр масс должен оставаться прежним (по горизонтали гравитация может сместить его вертикально вниз). Это определяет конечное положение вагона.
2. Окончательное смещение представляет собой интегрированную по времени скорость. Теперь на каждую молекулу, которая начнет двигаться влево, будет одна остановка у сопла. Это компенсировало бы силы в режиме реального времени, сохраняя скорость на нуле и, следовательно, смещение.

Пожалуйста, поправьте меня, если моя аналогия в какой-то момент неверна, и попробуйте ответить на вопрос о конечном смещении.

Изменить - больше объяснений

Предполагая, что вагон движется во время процесса, верно, что вода будет иметь импульс относительно рельса и будет двигаться с той же скоростью, что и вагон. Это означает, что не будет чистой силы от этой падающей воды.

Представьте себе очень длинную открытую с обеих сторон трубу, наполненную водой. Если поставить эту трубку вертикально в однородное гравитационное поле, то из нее будет вытекать (выпадать) вода. Если бы она двигалась с постоянной скоростью, то вода по отношению к трубке вел бы себя так же. Сторонний наблюдатель увидит, как труба движется в сторону, а столб воды движется вниз и в сторону (с одинаковой скоростью, поэтому он все время остается под трубой). То же самое и с водой из сопла: она всегда будет иметь ту же горизонтальную скорость, что и вагон в точке отправления, что никак не влияет на его движение. Это верно, если не учитывать скорость повозки.

Сказав это, единственные силы, воздействующие на всю систему водовозов, — это силы, вызванные внутренним движением воды. На этом безфрикционном рельсе вы можете изменить положение вагона изнутри только за счет перегруппировки вещей внутри (изменения распределения массы по системе). Кто-то (скажем, лобстер), идущий на тележке (нулевого веса для упрощения) по рельсу без трения, не может двигаться относительно рельса. Это то же самое, как если бы этот омар пытался ходить по льду без трения: не было бы реактивной силы, которая могла бы его сдвинуть. Глядя на лобстера в фургоне с нулевым весом, мы увидели бы лобстера, идущего, хотя и не двигающегося, и фургон, движущийся под ним. Поскольку единственной массой в этой системе является омар, центр масс не будет двигаться.

Возвращаясь к воде - после открытия форсунки вода начинает двигаться влево, а так как в t=0 скорости не было, то должно было быть какое-то ускорение. чем вода постепенно перемещается к левому концу вагона, где она теряет свою горизонтальную скорость и покидает вагон с нулевой горизонтальной скоростью. При остановке замедление компенсирует любые силы (и скорость), возникающие при ускорении. Происходит ли это при нулевой или отличной от нуля скорости относительно рельса, не имеет значения.

Поскольку у нас нет внешней силы в горизонтальном направлении, центр масс должен оставаться неподвижным (что требует движения вагона). При этом должен сохраняться нулевой импульс системы водного поезда, чтобы, если вода не выйдет из поезда с ненулевой горизонтальной скоростью относительно вагона, вагон не может оказаться с ненулевой горизонтальной скоростью относительно вытесняемой воды.