Решение задач физики и техники с применением интеграла
п.1. От ускорения к скорости и координате
Рассматривая применение производной в физике и технике (см. §51 данного справочника), мы во второй производной от уравнения прямолинейного равномерного движения \(x(t)\) пришли к постоянному ускорению \(a=const\).
С помощью интегрирования можно пройти обратный путь.
Начнем с постоянного ускорения \(a=const\).
Интеграл от ускорения по времени – это скорость: $$ v(t)=\int adt=a\int dt=at+C $$ Физический смысл постоянной интегрирования \(C\) в этом случае – начальная скорость \(v_0\). Получаем: $$ v(t)=at+v_0 $$ Интеграл от скорости по времени – это координата: $$ x(t)=\int v(t)dt=\int (at+v_0)dt=\frac{at^2}{2}+v_0 t+C $$ Физический смысл постоянной интегрирования \(C\) в этом случае – начальная координата \(x_0\). Получаем: $$ x(t)=\frac{at^2}{2}+v_0 t+x_0 $$ Таким образом, если нам известны ускорение \(a\), начальная скорость \(v_0\) и начальная координата \(x_0\), мы всегда сможем получить уравнение движения \(x(t)\).
п.2. Физические величины как интегралы других величин
Если \(v(t)\) - скорость некоторого физического процесса, уравнение этого процесса можно найти интегрированием: $$ f(t)=\int v(t)dt $$ Такие величины часто встречаются в различных разделах физики и техники.
Ускорение \(a(t)\)
Скорость \(v(t)=\int a(t)dt\)
Скорость \(v(t)\)
Координата \(x(t)=\int v(t)dt\)
Угловое ускорение \(\beta(t)\)
Угловая скорость \(\omega(t)=\int \beta(t) dt\)
Угловая скорость \(\omega(t)\)
Угол поворота \(\varphi(t)=\int\omega(t)dt\)
Скорость расходования горючего \(u(t)\)
Масса горючего ракеты \(m(t)=\int u(t)dt\)
Сила тока \(I(t)\)
Заряд \(q(t)=\int I(t)dt\)
Мощность \(N(t)\)
Работа \(A(t)=\int N(t)dt\)
ЭДС индукции \(\varepsilon(t)\)
Магнитный поток \(Ф(t)=-\int\varepsilon(t)dt\)
Скорость радиоактивного распада \(I(t)\)
Число атомов радиоактивного вещества \(N(t)=\int I(t)dt\)
Берутся интегралы и по другим переменным. Например, чтобы найти работу переменной силы \(F(x)\), нужно взять интеграл по координате: $$ A=\int_{x_1}^{x_2}F(x)dx $$ В трехмерном пространстве интегралы могут браться по всем трем координатам.
При решении уравнений в частных производных интегралы берутся и по времени и по координатам.
В современной физике интеграл по времени берётся также и от самого уравнение движения. Полученная скалярная величина называется действием и носит фундаментальный характер. В простейшем случае: $$ S_0=\int \overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{v}dt $$ где \(\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{v}\) - скалярное произведение векторов импульса и скорости.
п.3. Примеры
Пример 1. Тело движется со скоростью \(v(t)\) (м/с). Найдите путь, пройденный за промежуток времени от \(t_1\) до \(t_2\) (с):
a) \(v(t)=3t+2t^2,\ t_1=0,\ t_2=6\)
Путь: \begin{gather*} s(t)=\int_{t_1}^{t_2}v(t)dt\\ s=\int_{0}^{6}(3t+2t^2)dt=\left(\frac{3t^2}{2}+\frac{2t^3}{3}\right)|_{0}^{6}=\frac{3\cdot 36}{2}+\frac{2\cdot 36\cdot 6}{3}-0=\\ =3\cdot 18+4\cdot 36=54+144=198\ \text{(м)} \end{gather*}
б) \(v(t)=2(t+2)^{5/2},\ t_1=0,\ t_2=7\) \begin{gather*} s=\int_{0}^{7}2(t+2)^{5/2}dt =2\cdot\frac{(t+2)^{\frac52+1}}{\frac72}|_{0}^{7}=\frac47\cdot 9^{\frac72}-0=\frac47\cdot 3^7\approx 1250\ \text{(м)} \end{gather*}
Пример 2. . Сила тока в проводнике изменяется по закону \(I(t)=e^{-t}+2t\) (время в секундах, ток в амперах). Какой заряд пройдет через поперечное сечение проводника за время от второй до шестой секунды?
Заряд: \begin{gather*} Q(t)=\int_{t_1}^{t_2}I(t)dt \end{gather*} По условию: \begin{gather*} Q=\int_{2}^{6}(e^{-t}+2t)dt=(-e^{-t}+t^2)|_{2}^{6}=-e^{-6}+6^2+e^{-2}-2^2=\frac{1}{e^2}-\frac{1}{e^6}+32=\\ =\frac{e^4-1}{e^6}+32\approx 32,1\ \text{(Кл)} \end{gather*}
Пример 3*. Найдите путь, который пройдет тело от начала движения до возвращения в исходную точку, если его скорость \(v(t)=18t-9t^2\) (время в секундах, скорость в м/с). Движение тела прямолинейное.
Если тело вернулось в исходную точку, оно меняло направление движения.
В момент разворота скорость равна нулю. Решаем уравнение: $$ 18t-9t^2=0\Rightarrow 9t(2-t)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t=0\\ t=2 \end{array} \right. $$ \(t=0\) – начало движения, \(t=2\) - разворот.
 |
Уравнение движения: $$ x(t)=\int(18t-9t^2)dt=9t^2-3t^3+C $$ В начальный момент времени \(x_0=0\Rightarrow C=0\) $$ x(t)=9t^2-3t^3 $$ В точке C(2;12) кривая \(x(t)\) имеет максимум. Тело двигалось в течение 2 с в одну сторону и прошло 12 м, а затем за 1 с вернулось обратно. Общий путь: 12+12 = 24 м. |
Ответ: 24 м
Пример 4*. Найдите работу, которую необходимо совершить, чтобы выкачать воду из полусферического котла радиуса R м.
Найдем работу \(dA\), которую нужно совершить, чтобы выкачать слой воды толщиной \(dH\) с глубины \(H\).
Радиус слоя на глубине \(H:\ r^2=R^2-H^2\) - по теореме Пифагора.
Объем слоя воды: \(dV=\pi r^2 dH=\pi(R^2-H^2)dH\)
Масса слоя воды: \(dm=\rho dV=\pi\rho(R^2-H^2)dH\)
Работа по подъему слоя на высоту \(H\): $$ dA=dm\cdot gH=\pi\rho gH(R^2-H^2)dH $$ Получаем интеграл: \begin{gather*} A=\int_{0}^{R}dA=\int_{0}^{R}\pi\rho gH(R^2-H^2)dH=\pi\rho g\int_{0}^{R}(HR^2-H^3)dH=\\ =\pi\rho g\left(\frac{H^2}{2}R^2-\frac{H^4}{4}\right)|_{0}^{R}=\pi\rho g\left(\frac{R^4}{2}-\frac{R^4}{4}-0\right)=\frac\pi 4=\rho gR^4 \end{gather*} Ответ: \(A=\frac\pi 4=\rho gR^4\)
Пример 5*. Какую работу выполняют при запуске ракеты массой m кг с поверхности планеты на высоту h м, если радиус планеты равен R м и масса планеты равна M кг?
Сравните работу при запуске ракеты с Земли и Луны на высоту одного радиуса небесного тела, если ускорение свободного падения на поверхности Луны \(g_M=1,62\) м/с2, радиус Луны \(R_M=1737\) км; для Земли соответственно \(g_E=9,81\) м/с2 \(R_E=6371\) км.
Ускорение свободного падения на поверхности планеты: \(g_0=G\frac{M}{R^2}\)
Ускорение свободного падения при подъеме на высоту x: \begin{gather*} g(x)=G\frac{M}{(R+x)^2} \end{gather*} Работа по преодолению силы тяжести \(F(x)=mg(x)\) при подъеме ракеты на высоту h: \begin{gather*} A=\int_{0}^{h}mg(x)dx=m\int_{0}^{h}G\frac{M}{(R+x)^2}dx=GmM\int_{0}^{h}\frac{dx}{(R+x^2)}=\\ =GmM\cdot\left(-\frac{1}{R+x}\right)|_{0}^{h}=GmM\cdot\left(-\frac{1}{R+h}+\frac1R\right)=GmM\left(\frac1R-\frac{1}{R+g}\right)=\\ =GmM\frac{R+h-R}{R(R+h)}=GmM\frac{h}{R(R+h)} \end{gather*} Также, если выразить работу через ускорение свободного падения на поверхности планеты: $$ A=\frac{GM}{R^2}\frac{mhR^2}{R(R+h)}=mg_0\frac{hR}{R+h} $$ Работа по запуску на высоту одного радиуса небесного тела \(h=R\): $$ A(R)=mg_0\frac{R^2}{2R}=\frac{mg_0R}{2} $$ Отношение работ по запуску на один радиус на Земле и Луне: $$ \frac{A_E(R_E)}{A_M(R_M)}=\frac{mg_ER_E}{mg_MR_M}=\frac{g_ER_E}{g_MR_M},\ \ \frac{A_E(R_E)}{A_M(R_M)}=\frac{9,81\cdot 6371}{1,62\cdot 1737}\approx 22,2 $$ На Земле работа в 22,2 раза больше.
Ответ: \(A=GmM\frac{h}{R(R+h)};\ \ \frac{A_E(R_E)}{A_M(R_M)}\approx 22,2\)
