Применение элементов математического анализа при решении физических задач

VI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке

Применение элементов математического анализа при решении физических задач

Магарамов  Р.Р. 1
1МБОУ «Лицей № 9 имени К.Э. Циолковского» г. Калуги
Рылова  И.Г. 1
1МБОУ «Лицей № 9 имени К.Э. Циолковского» г. Калуги
Автор работы награжден дипломом победителя II степени
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

ВВЕДЕНИЕ

 

Математический анализ в виде дифференциального и интегрального исчислений был создан в XVII веке как инструмент естествознания. Его ошеломляющая эффективность стала очевидна сразу, и с тех пор он прочно вошёл в арсенал учёных и инженеров.

В сущности, предмет, о котором идёт речь, - это простейшие дифференциальные уравнения, возникающие в прикладных задачах. «Законы природы выражаются дифференциальными уравнениями». Яркий пример применения дифференциальных уравнений – открытие Нептуна, сделанное в 1846г. Дж. Адамсом и У. Леверье на основе независимо проведённых расчётов с использованием наблюдавшейся аномалии в движении Урана – последней известной тогда планеты. Увлекаясь астрономией, можно задаться вопросом о существовании планет-двойников Солнечной системы, а конкретнее Земли, в частности, в зависимости от высоты атмосферы предугадать о возможности жизни на ней.

Гипотеза: возможно ли с помощью элементов математического анализа определить высоту атмосферы гипотетического двойника планеты Земля – Глории (Рис. 1).

Рис. 1

Цель исследования: убедиться в том, что математический анализ играет существенную роль в описании физических процессов.

Задачи исследования:

Выявить области физики, в которых применяются элементы дифференцирования и интегрирования функций.

Решить задачи физического содержания по возможности двумя способами: с помощью законов физики и используя элементы математического анализа. Выявить наиболее рациональное решение.

Вычислить высоту атмосферы планеты Глория.

ОБЗОР ЛИТЕРАТУРЫ I.Радиоактивный распад. Дифференциальное уравнение y`=ky.

Основной закон радиоактивного распада состоит в том, что отношение числа распавшихся за любой фиксированный малый промежуток времени атомов к общему числу атомов, имевшихся в начале этого промежутка времени, не зависит от общего числа атомов (если считать это общее число большим). Причина этого состоит в том, что радиоактивный распад означает распад ядер, а ядра не взаимодействуют друг с другом при обычном состоянии вещества, взаимодействуют лишь электронные оболочки. Поэтому вероятность распада данного атома не зависит от того, сколько имеется атомов. Ясно также, что количество атомов, распавшихся за малый промежуток времени , пропорционально .

Обозначим массу нераспавшегося вещества в момент времени t через y(t). За время распадается вещества. Основной закон радиоактивного распада можно записать так:

,

где равенство тем точнее, чем меньше . Здесь коэффициент k постоянен и характеризует данное вещество: он равен вероятности распада индивидуального атома за единицу времени, при условии, что эта единица выбрана достаточно малой (по сравнению, например, с введённым ниже периодом полураспада). Найденное соотношение можно, поделив на - и умножив на y(t), переписать в виде

Поскольку точность этого равенства растёт при , переходя к пределу, мы получим точное равенство

y`(t) = - ky(t), (1)

представляющее собой дифференциальное уравнение радиоактивного распада. Можно ещё произвольно задать исходное количество вещества

y(0) = y0, (2)

что представляет собой начальное условие для уравнения(1).

Если окажется, что уравнение (1) с условием (2) единственное решение, то можно считать, что оно правильно описывает рассматриваемый процесс.

Решим уравнение (1) с начальным условием y(0) = y0 > 0. На некотором интервале [0; t0] будет y(t) > 0. Разделив уравнение (1) на y(t), получим:

В силу правила дифференцирования сложной функции и формулы можно переписать это уравнение в виде . Поскольку две первообразные одной функции отличаются на постоянную, получаем:

l n y(t) = - kt + C1,или ln y(t)= - kt + C1, или , где С >0. Отсюда видно, что эта формула применима при всех t, так как наше рассуждение проходит всегда, пока y(t) > 0. Представляя t = 0, находим C = y0, и окончательно получаем:

y(t)=y0e-kt. (3)

Таким образом, единственное решение уравнения (1) с начальным условием (2) имеет вид (3), если y0 > 0. Если y0 < 0, то можно вместо y(t) рассмотреть функцию –y(t), которая удовлетворяет тому же уравнению с начальным условием (-y0). Отсюда вновь получается формула (3).

Остаётся рассмотреть случай y0=0. В физической задаче в этом случае y(t) ≡ 0 (если не было никакого вещества, то ничего и не останется). Однако математическая задача о решении уравнения (1) с начальным условием (2), где y= 0, в принципе могла иметь решение y(t) ≡ 0. Можно доказать, что такого решения нет. Приведём такое доказательство, а в дальнейшем будем опускать математические подробности, если в данной физической задаче всё ясно.

Запишем y(t) в виде y(t)=z(t)e-kt.Видимо, должно оказаться тогда, что z(t) = const. Запись такого вида означает, что мы просто ввели новую неизвестную функцию z(t) = y(t)ekt. Подставимy = ze-kt в уравнение (1). Тогда получим, пользуясь формулой дифференциального произведения, ze-kt+(-k)ze-kt. Отсюдаze-kt= 0 иz’ = 0, то есть z = C = const, а это значит, что y(t) = Ce-kt. В частности, если y(0) = y0 = 0, то y(t) 0. Заодно мы доказали и единственность решения уравнения (1) с начальным условием (2), хотя при y00 это было ясно и раньше. Выясним смысл коэффициента k, теперь уже исходя из полученных формул. Для этого введём период полураспада Т, характеризующий радиоактивный распад вещества и равный времени, за которое распадается половина вещества, имевшегося вначале. Получим:

y0e-kt= , илиekT= 2,

откуда

T= , илиk= .

Формула для решения приобретает вид

y = y0e-kt= y0= y0= y0.

Итак, y(t) = y0, где Т-период полураспада.

Заметим, что ln 2 легко находится, если принять во внимание, что

log102 ≈ 0.3010,log10e ≈ 0.4343,

откуда

ln 2 0,69

Укажем наиболее важные периоды полураспада: Tu=4.5∙109лет – это величина периода полураспада наиболее распространённого урана 238U; TRa=1600 лет. Для радиоактивного изотопа углерода 14C период полураспада T14C=5700 лет. Этот изотоп используется для определения возраста ископаемых организмов так называемым радиоуглеродным методом, основанным на том, что изотоп 14C попадает в организм лишь во время его жизни, а после смерти организма просто распадается в соответствии с законом радиоактивного распада. Сравнивая количество изотопов 14C в живом организме с его количеством в изучаемом ископаемом образце, можно определить возраст ископаемого образца.

II.Вытекание воды. Дифференциальное уравнение y’=f(y)

Экспериментальный факт состоит в том, что скорость вытекания воды через небольшое отверстие равна v = 0.6 , где g= 9.8 – ускорение свободного падения, h - высота уровня воды над отверстием. Заметим, что v = v(h) является функцией отh,значит, по мере вытекания воды скорость вытекания уменьшается. Если попытаться вывести формулу для v из закона сохранения энергии, то получим: v = . Коэффициент 0,6 связан с наличием вязкости.

Составим дифференциальное уравнение вытекания воды. Пусть S(h)-площадь сечения сосуда на высоте h над отверстием, а высота h=h(t) есть функция времени, описывающая вытекание. За время от tдо t+Δtвысота изменится на величину Δh = h(t+Δt)-h(t) (которая отрицательна!), а объем ΔV вытекшей жидкости будет примерно равен – S(h)Δh. С другой стороны, если s– площадь сечения отверстия, через которое вытекает вода, то ясно, что ΔVv(h)sΔt, так как за время Δt вытекает вода того же объёма, что и цилиндр сечения s и высоты vΔt. Точность обеих формул для ΔV возрастает с уменьшением Δt. Приравнивая найденные выражения для ΔV, получим: -S(h)Δhv(h)s t. Деля на Δt и переходя к пределу при Δt0, мы приходим к формуле -S(h)h’ = sv(h), илиh’ = - v(h).

III.Атмосферное давление.

Найдём зависимость давления воздуха от высоты h над уровнем моря. При этом будем пренебрегать изменением температуры воздуха в зависимости от высоты и эффектами, связанными с горизонтальным движением воздуха (т.е. ветром). Напомним, что на поверхности Земли (на уровне моря) давление равно

(т.е. 1 атмосфера), а плотность воздуха (на уровне моря) равна . Нам понадобится связь давления и плотности воздуха при фиксированной температуре (которую будем считать равной 0 °С). Эта связь задаётся универсальным газовым законом

,

где p – давление газа, Vзанимаемый им объём, mмасса газа, М – его молярная масса, Т – абсолютная температура газа, R– универсальная газовая постоянная. При T = constполучаем:

pV = Cm, или , или ,

где - плотность газа. Отметим, что соотношение верно с одной и той же постоянной С для любых объёмов газа (в нашем случае воздуха), находящегося при данной температуре. Постоянную С можно найти, взяв воздух на уровне моря, где , откуда , и окончательно связь р и ρ задаётся формулой

, или .

Теперь найдём давление, как функцию высоты, т.е. p = p(h). Рассмотрим, как меняется давление при переходе от высоты h к высоте h + Δh. Для этого рассмотрим вертикальный столбик воздуха сечением Sи затем выделим из него часть между высотами h и h + Δh (рис 2). Для этой части напишем условие равновесия: сумма всех внешних сил равна нулю. Внешние силы направлены по вертикали и представляют собой: давление сверху Р1, давление снизу Р2и вес P = mg. Все силы будем считать с учётом знаков (положительное направление – направление роста h, т.е. вверх).

 

Рис. 2

С учётом этого получим

P2 = p(h)S, P1 = -p(h+Δh)S, P = -mg.

Заметим, что объём столбика между h и h+Δh равен SΔh. Следовательно, его масса равна m p(h)SΔh (это приближённая формула, так как p(h) меняется на отрезке от h до h+Δh, но её точность растёт с уменьшением Δh). В итоге условие равновесия приобретает вид

Sp(h) – Sp(hh)p(h)gSΔh.

Деля на SΔhи переходя к пределу при Δh0, получаем:

-p’ = pg, или p’(h) = -p(h)g.

Это уже точное равенство. Выразим p через p по формуле, приведённой выше:

Тогда получим для p(h) дифференциальное уравнение

или p’(h) = -kp(h),

где k = . Но это уравнение уже встречалось нам в теории радиоактивного распада, и его решение нам хорошо знакомо:

p(h) = p0e-kt = p0.

Вычислим коэффициент k и найдём значение p на разных высотах. Имеем:

k= = .

Итак, p(h) = p0e-0.12h, где h – высота в километрах.

Приведём таблицу значений p(h) на разных высотах, полученных по этой формуле. Вычисление можно делать так:

и т. д. (Таблица 1)

h, км

p(h), атм

5

0,6 .

8,6 (Эверест)

0,3

20

0,1

Таблица 1

Заметим, что на высоте 20 км, где летают реактивные самолеты, воздуха в 10 раз меньше, чем на поверхности Земли.

Эти результаты хорошо согласуются с результатами, полученными непосредственным измерением давления (с помощью барометра). Поэтому все сделанные предположения оказываются оправданными.

IV.Ускорение как производная от скорости. Задача о падении в воздухе с учетом сопротивления воздуха.

Основная причина полезности анализа в ме­ханике состоит в том, что скорость — это производная от пройденного пути, а ускорение — производная от скорости. Первое мы уже исполь­зовали. Поясним второе. Если точка движется вдоль прямой и ее скорость в момент времени t равна v(t), то ускорение в этот же момент равно ,

так как ускорение равно скорости изменения v(t). Второй закон Ньютона записывается для мате­риальной точки, движущейся по прямой, в виде

или ,

где F — сила, которая действует на эту матери­альную точку. Проще всего иметь дело с силами, зависящими только от скорости. А именно, если F = f(V), то получим уравнение , или , оно решается так, как было объяснено в конце §2. Приведем пример задачи, которая может быть решена таким образом. Пусть требуется описать падение тела в воздухе при условии, что сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости (опыт показывает, что это довольно точно соответствует действительности). Тогда действующая на падающее тело сила

, или ,

где a — коэффициент пропорциональности (положительным считается здесь направление вниз). В итоге или , где . Решим это уравнение. Заметим, что в начале движения V = 0 и g – kV2 > 0. Соотношение g – kV2 > 0 остается верным в течение всего времени движения, как мы увидим ниже, а пока будем решать уравнение там, где g – kV2 > 0. Деля обе части на g - kV2, получаем: . Пусть F(V) – первообразная функции , т.е. F(V) = . Тогда по формуле дифференцирования сложной функции, получаем или .

Найдем F(v): .

Для этого напишем:

.

Легко проверяется, что

,

.

Отсюда

(постоянную С для краткости не пишем). Итак, получаем:

.

При t =0 должно быть V = 0, так как падение происходит без начальной скорости. Подставляя t = 0 и V = 0 в формулу, получаем: 0 = 0 + С, то есть С = 0. Итак,

.

Отсюда легко найти V:

.

Введем функцию

, которая называется гиперболическим тангенсом (другие важные гиперболические функции - гиперболический косинуси гиперболический синус). Если принять это обозначение, то получаем:

.

Заметим, что (в формуле поделили числитель и знаменатель на e2z). Поэтому . Отсюда . Таким образом, скорость V(t) не растет неограниченно, но имеет при предел . Выразим k через g и Vпр. Получим: , и дальше , откуда формула V(t) приобретает вид

.

V.Реактивное движение. Формула Циолковского.

Рассмотрим движение ракеты в космосе. Сначала пренебрежём всеми внешними силами, действующими на ракету. Основными параметрами, характеризующими ракету и ее двигатель, являются: u0 — скорость истечения газов из сопла ракеты относительно корпуса ракеты, для простоты считаем её постоянной, она зависит от вида применяемого топлива и составляет 2 км/с для пороха и около 4 км/с для жид­кого топлива; М0 — исходная масса ракеты с горючим; Мк — конечная масса ракеты после выгорания всего горючего.

Напишем уравнение движения ракеты, считая, что она движется по прямой линии. Пусть z(t) — координата ракеты (вдоль этой прямой) в момент времени t; v(t) = z'(t) — скорость ракеты в момент времени t; m(t) — масса ракеты в момент времени t (эта масса уменьшается по мере сгорания горючего).

Воспользуемся законом сохранения импульса (количества движения). При этом удобно ввести мгновенную систему координат, связанную с летящей ракетой (точнее, равномерно движущуюся с той же скоростью, с которой ракета движется в момент времени t). В этой системе координат скорость ракеты (и имеющегося в ней топлива) в момент времени t равна нулю. Рассмотрим момент времени t + Δt в этой же системе координат. Предположим, что за это время в ракете сгорело и вылетело из нее топливо массой . Скорость самой ракеты с остатками топлива увеличилась на и в рассматриваемой системе координат стала равной ΔV, в то время как скорость вылетевшего топлива равна -u0 (с учётом направления). Суммарный импульс в момент t + Δt примерно равен с точностью, растущей с уменьшением Δt (здесь неточность связана с тем, что со временем меняется масса m=m(t) и, кроме того, скорость вылета горючего в рассматриваемой системе координат будет равна u0 лишь в момент времени t, так как дальше сама ракета начнет двигаться). Приравнивая суммарный импульс к нулю, получим:

.

Деля обе части на Δt и переходя к пределу при , получим точное равенство , откуда

или .

Отсюда

.

Для нахождения С положим t = 0 и будем считать, что V(0)=0, то есть ракета движется без начальной скорости. Тогда получим m(0) = M0, и уравнение при t = 0 примет вид , то есть . Поэтому формула для Vприобретает вид

.

В момент, когда все топливо израсходовано, получим m(t) =Mk,

.

Эта формула называется формулой Циолковского. Основной вывод из этой формулы: ракета может достичь скорости большей, чем скорость истечения газов из сопла, хотя для этого отношение массы М0ракеты с топливом к массе ракеты без топлива Мк должно быть очень велико. Для увеличения отношения на разных этапах полета ракеты делают многоступенчатыми.

Проанализируем, какая сила тяги действует на летящую ракету вследствие выхлопа газов из сопла. Из формулы, полученной выше, находим

.

Положим , так что µ - расход топлива. Из формулы видно, что если положить , то уравнение примет вид второго закона Ньютона:

,

поэтому Fт можно считать силой тяги двигателя, ибо она создаёт ускорение ракеты так, как если бы она была внешней силой.

Опишем теперь движение ракеты с учётом других действующих на неё сил. Рассмотрим, например, ракету, стартующую вертикально с поверхности Земли. В этом случае следует учесть силу тяжести. Уравнение приобретает вид

(положительным считается направление вверх). Чтобы ракета оторвалась от Земли, необходимо выполнение условия , где – расход топлива в начальный момент времени. Это, в частности, ограничивает массу: . Далее для уравнения m(t), получим

,

или

,

откуда

.

При t = 0 имеем V = 0 и m = M0, откуда , и в итоге

.

Если полет продолжался в течение времени Т и масса ракеты в конце полета оказалась рав­ной Мк, то получим следующую скорость в конце полета:

.

Здесь мы не учитывали изменения силы тяжести в зависимости от высоты. При расчёте космических полетов это приходится учитывать наряду с сопротивлением воздуха и многоступенчатостью ракеты.

РЕШЕНИЕ ФИЗИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Задача 1. Закакое время вытечет вся вода из цилиндрического бака высотой 2м и диаметром основания 1м через отверстие в дне диаметром 1 см (Рис 3.). Решение. Здесь (в качестве единицы возьмём метр) или (пока без чисел) , R – радиус основания бака, R = 0.5 м; - площадь отверстия, r = 0.005 м,

,

откуда получаем

.

Решение этого уравнения аналогично решению уравнения радиоактивного распада. Поделим обе части на . Получим:

,

или, по формуле дифференцирования сложной функции,

,

откуда

.

Р
ис. 3

Теперь определим С. Для этого воспользуемся условием h(0) = H, где Н = 2 м – высота бака. Отсюда . В итоге получим:

.

Момент вытекания всей воды характеризуется тем, что h = 0, откуда время Т вытекания всей воды можно найти из уравнения,

,

или

.

Вычисления произведены с одной значащей цифрой, т.к. именно с такой точностью даны все данные задачи. При решении с такой точностью легко обойтись без всяких вычислительных средств и целесообразно научиться делать это, чтобы в более сложных случаях уметь делать грубую прикидку ответа.

Выше решено дифференциальное уравнение , где а – постоянная. Более общее уравнение y’ = f(y) решается аналогично: его решение выражается через интегралы там, где . А именно запишем его в виде . Если G(y) – первообразная функции , т.е.

, или ,

то по правилу дифференцирования сложной функции получаем , откуда . Из уравнения можно найти y как функцию от t.

Задача 2. Планета Глория имеет точно такие же форму, размеры и массу, как Земля, но ее атмосфера состоит из газа, давление и плотность которой связаны адиабатическим законом , причём на поверхности планеты

p = p0 = 10 Н/см2 = 1 атм

ρ = ρ0 = 0,0012 г/см3

(то есть как на Земле). Найдите высоту атмосферы этой планеты.

Решение с применением дифференцирования и интегрирования функции.

.

Ответ: h ≈

Решение с применением физических формул.

– барометрическая формула

- зависимость концентрации молекул от h, k, m0 и µ

, т.е.

– для Земли.

Т.к. и одинаково на Земле и планете Глория

Зная зависимость p = p(h) на разных высотах считаем ρ (Таблица 2), для которых потом находим р.

h

25 км

30 км

40 км

pЗ

2,48∙103 Па

1,13∙103 Па

0,3∙103 Па

ρ

2,94∙10-2 Кл/м3

1,34∙10-2 Кл/м3

0,35∙10-2 Кл/м3

p

0,72∙103 Па

0,25∙103 Па

0,043∙103 Па

Таблица 2

Строим график зависимости рЗ = p(h) (Рис. 4) и для тех же высот зависимость p = p(h), аппроксимируем к оси h.

Рис. 4

Ответ: h ≈ 1,8 км.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В ходе исследований, было выяснено, что решение многих физических задач было бы легче при использовании дифференциальных уравнений. При решении задачи на нахождение высоты атмосферного слоя планеты Глория более рациональным оказался способ с применением дифференцирования и интегрирования функции.

Сознание – это со-знание, мышление – это умение. «Математика является меньше знанием, чем умением» (Сервэ).

Умение есть способность использовать имеющиеся знания, и умение подразумевает: оригинальность, изобретательность, творческие способности, способность применять знания свойств математического анализа и математики в целом позволяют решать физические задачи, анализировать полученные результаты, в частности, записанные табличным способом, пользоваться математическим аппаратом:

Интегральное исчисление

Дифференцирование

Решение дифференцируемых уравнений и др.

На примере проделанной работы можно говорить о стирании граней математикой и физикой.
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ И ЛИТЕРАТУРЫ

Арнольд В.И. «Обыкновенные дифференциальные уравнения» - М.: 1984

Чебан Д.Н. «Обыкновенные дифференциальные уравнения. Руководство к решению задач» - USM 2002

Шубин М.А. «Математический анализ для решения физических задач» - М.: МЦНМО, 2003

Просмотров работы: 378