La mecánica de alrededor de un vagón cisterna de ferrocarril

Question

Hace algún tiempo me encontré con un problema que puede ser de interés para la física.se, creo. El problema suena como una tarea problema, pero creo que no es trivial (todavía estoy pensando):

Considere un tanque tren de vagones llenos de líquido, dicen que el agua.

Supongamos que en algún momento $t=0$, con una boquilla se abre en el lado izquierdo del tanque en la parte inferior. El chorro de agua de la boquilla está dirigida verticalmente hacia abajo. Pregunta:

¿Cuál es la velocidad final de la guía carro del tanque después de vaciar?

Simplificaciones y supuestos:

Rieles de permanecer en posición horizontal, no hay movimiento (aire) la fricción, la velocidad del chorro de agua de la boquilla está sujeto a la ley de Torricelli, la sección transversal horizontal del tanque es una constante, la superficie del agua dentro del tanque permanece horizontal.

Datos:

$M$ (masa de la carreta sin agua)
$m$ (masa inicial de agua)
$S$ (sección transversal horizontal del tanque)
$S\gg s$ (área de la sección transversal de la boquilla)
$\rho$ (densidad del agua)
$l$ (distancia horizontal desde la boquilla hasta el centro de la masa de la carreta con agua)
$g$ (aceleración de la gravedad)

Mi pensamiento en este momento es si dimensional métodos pueden arrojar luz sobre un camino para la solución. Una cosa es evidente: Si $l=0$, a continuación, el carro no se mueve en absoluto.

Answer 1

Problema interesante. Creo que mi enfoque y la respuesta es muy cerca de otras publicadas las soluciones. También he añadido un escenario posible. El resumen básico es el cambio en el promedio de impulso del agua en el vagón que hace que el carro se mueva. Que requiere el agua para distribuirla auto de manera uniforme en el vagón de la causa de esta relación:

• promedio de impulso de agua en el vagón = $l\times de dólares de flujo de masa de vagón

En los casos donde el vagón ha sido y siempre será expulsar el agua a un ritmo constante, el vagón se detiene. Imagino que de ser rellenado por encima de su centro de masa. En realidad se puede hacer este mismo problema con un carro vacío se llena desde arriba en lugar de vaciado a continuación. Con $l$, siendo la horizontal del punto desde el vagón del centro de masa a la que el agua cae.

El vagón se mueve si hay alguna fluctuación en el flujo de la masa de la carreta, ya sea por la abrupta inicia/detiene o por la falta de agua.

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Variables

• $t_{c}\$ tiempo cuando el vagón se seca
• $l\a$ la distancia desde el centro de masa de la carreta a la boquilla, positivo $l$ implica la boquilla en el lado derecho del vagón
• $x(t)\$ centro de masa del vagón
• $x_{cm}(t)\$ centro de masa de todo
• $h(t)\$ altura de agua en el recipiente
• $m(t)\$total de la masa de la carreta, incluyendo el agua que contiene
• $m_{w}\$ masa de agua inicial

• $m_{c}\$ masa de la carreta; la c es para el punto crítico de $m(t)$ cuando toda el agua se ha ido.

  Originalmente c fue para el contenedor pero tiene sentido $m(t_{c})=m_c$

Marco de Referencia

• $x(0)=0$
• $\dot{x}(0)=0$

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Drenaje

Me voy de lado el problema de las condiciones iniciales de ahora. Voy a tratar el sistema como si la boquilla siempre estaba abierta y el agua siempre ha estado en funcionamiento. Sólo se preocupa de cómo un recipiente con una sección transversal constante, S, sería de drenaje.

• Torricelli de la Ley : Flujo de Masa =$-\dot{m}(t)$ : Masa del Sistema

$$v(t)=\sqrt{2 g h(t)}$$ $$-\dot{m}(t)=\rho s v(t)$$ $$m(t)=\rho S h(t) + m_{c}$$ Se combinan para eliminar $m(t)$ y $v(t)$ $$\frac{\dot{h}}{\sqrt{h(t)}}=-\frac{s}{S}\sqrt{2 g}$$

La respuesta a la ecuación diferencial: $$h(t)=h(0){\left(1-t\sqrt{\frac{g {s}^{2}}{2 {S}^{2} h(0)}}\right)}^{2}$$ $$h(t)=h(0){\left(1-\frac{t}{t_{c}}\right)}^{2}$$ donde $t_{c}=\sqrt{\frac{2 {S}^{2} h(0)}{g {s}^{2}}}$ y $h(t>t_c)=0$

desde allí nos recibe $m(t)$: $$m(t)=\rho S h(0) {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$$ $$m(t)=m_{w} {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}$$ y por $m(t>t_{c})$ es simplemente $m_{c}$, la masa de la carreta

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Centro de Masa

Con el fin de encontrar el centro de masa vamos a dar cuenta de todo. En $t=0$, $x_{cm}(0)=x(0)$=0, ya que toda la masa está en el vagón y se asume igualmente distribuido.

• El Vagón y su contenido $$m(t)x(t)$$
• El agua que ha dejado el carro

Si el agua deja el carro en $t=\tau$, entonces se tendrá la velocidad de $\dot{x}(\tau)$. Por lo tanto, su ubicación es de $f(t,\tau)$: $$f(t,\tau) = l+x(\tau)+\dot{x}(\tau)(t-\tau)$$ Entonces sólo tiene que integrar para obtener sus contribuciones. Obtenemos su infinitesimal de masas de nuestro flujo de masa: $$\int_0^t f(t,\tau) [-\dot{m}(\tau)]d\tau$$

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

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

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

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

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

Una explicación de estos términos de

• misa en vías de desaparecer, de vagón en el centro de masa
• el impulso de las carretas y sus contenidos
• la masa que aparecen fuera del vagón en la boquilla
• dos últimos términos de la cuenta para el impulso de agua fuera de la carreta

La combinación de la primera y la tercera términos nos da el promedio de impulso del agua en el vagón que se debe tener para mantener su distribución horizontal en el contenedor. No son evidencia de instantánea dissapearance del centro y de la reaparición en la boquilla.

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

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

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Wagon w/ Frenos

En este escenario, el carro ha estado perdiendo agua antes $t=0$. Sin embargo, la fuerza de los frenos mantiene $\dot{x}(t)=0$. En $t=0$ los frenos se liberan y se permite que se mueva. Esto evita cualquier instantánea salto en la velocidad por el vagón. También permite a los $x_{cm}$ para ser un no-cero constante después de que $t=0$.

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

Por $t>0$ no hay ninguna fuerza de los frenos: $$\ddot{x_{cm}}(t\ge0)=0$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$

En otras palabras, en esta situación en $t=0$ el impulso de todo el sistema es igual a la del agua en el lado de la carreta. La única pregunta ahora es el tiempo evoluciona cómo es que el impulso transferido a la carreta y el agua que sale del vagón en movimiento.

Diferenciar el sistema de impulso: $$m(0)\ddot{x_{cm}}(t)=-\ddot{m}(t) l+\frac{d}{d t}\int_0^tm(\tau)\ddot{x}(\tau)d\tau$$ $$0=-\ddot{m}(t)l+m(t)\ddot{x}(t)$$ $$\ddot{x}(t)=\frac{\ddot{m}(t)l}{m(t)}$$

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Las Consideraciones Físicas

Por lo tanto, tenemos un sistema sencillo y tan largo como $\ddot{m}(t)$ es continua. La explicación física es que si nos cerró bruscamente de la boquilla, el agua en el vagón no parará de inmediato relativa a la carreta. Se esparce a su alrededor y después de un cierto tiempo de relajación redistribuye su impulso para el sistema como un todo. De igual manera, con la vuelta rápida, el agua en el recipiente no puede ganar un promedio de impulso para que coincida $-\dot{m}(t)l$. De nuevo, debe haber algún tiempo de relajación para el agua golpear a ese equilibrio en el que se puede distribuir de manera uniforme a sí mismo en el vagón. No es que estas situaciones son imposibles, pero que mi ecuaciones no tomar en cuenta estos tiempos de relajación.

Mi situación sólo evita que. El agua en el vagón ya ha llegado a algunos de equilibrio antes $t=0$. También tener el agua moverse bajo su propio peso proporciona un lento apague.

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La velocidad del Vagón

La combinación de los resultados de las secciones anteriores: $$\ddot{x}(t)=\frac{2\frac{m_w}{{t_c}^2}l}{m_{w} {(1-\frac{t}{t_{c}})}^{2} + m_{c}}$$ $$\ddot{x}(t)=\frac{2 l m_w}{{t_c}^2 m_c}{\left[\frac{m_w}{m_c}{(1-\frac{t}{t_c})}^{2}+1\a la derecha]}^{-1}$$

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

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

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Muy Pesado Carro: $\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\ll1$ $$\arctan(x)\x-\frac{1}{3}x^3$$ $$\dot{x}(t_c)=\frac{2 l m_w}{t_c m_c}$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$

Esto hace sentido físico. El vagón final del impulso es casi igual a nuestro impulso inicial. Los términos de orden superior representaría el impulso que el dispensado de agua.

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Regular Carro: $\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}\gg1$ $$\arctan(x)\a \frac{\pi}{2}$$ $$\dot{x}(t_c)=\frac{\pi l}{t_c}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}$$ $$\dot{x_{cm}}(t\ge0)=\frac{2 l m_w}{t_c m(0)}$$ $$p_{cm}(t\ge0)=\frac{2}{\pi}\sqrt{\frac{m_w}{m_c}}p(t)$$

Este caso tiene la carreta con una significativamente menor porción de los sistemas de impulso.

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Answer 2

OK, ese es mi segunda tentativa para resolver este problema. Creo que tengo una solución de este tiempo, gracias a la discusión de los demás en ese hilo. La solución es de $v_{\text{final}}=\sqrt{2gh(0)}\frac{l}{h(0)S}(1-\frac{\pi}{2})$ si $m\gg M$. Esto corresponde a unos pocos milímetros por segundo hacia la izquierda para un carro lleno de agua.

Aquí es cómo he derivada es :

La notación

Con el fin de no descuidar nada despreciable contribuciones, voy a plantear el problema de un carro de un bastante de forma arbitraria, antes de limitar a nuestro carro.

Tenemos :

• $S(z)$ : sección del carro en la altitud $z$
• $h(t)$ : altura de agua en vez de $t$
• $l(z)$ : abscisa del centro de masa (CoM) del sector de agua en la altura a $z$ - $M$ : Masa del carrito vacío
• $m = \int_0^h(0) dz S(z) \rho$ : masa inicial de agua
• $\mu(t)$ : resto de la masa de agua en vez de $t$
• $f(t)=-dµ/dt > 0$ es el flujo de masa de agua
• $v_v(z,t) < 0$ : velocidad vertical del agua de la rebanada en la altura a $z$
• $v_h(z,t)$ : velocidad horizontal de su CoM.

En el caso de la carreta, tendremos :

• $S(z)$ es constante por encima de la boquilla. Deje que $\delta+\epsilon$ estar a la altura de boquillas. Entonces tenemos $S(z)=S$ a $z>\delta+\epsilon$. Para numérica appplications, vamos a suponer un $3\times3\times10$ m3 carro, con $S=30$ m2.
• La última parte de la boquilla de una pipa de altura $\delta\ll h(0)$. En esta tubería $S(z<\delta)= s\ll S$. Si la salida tiene 10 cm de lado, $s=1O^{-2}$ m2.
• $h(0) = 3$ m
• Por encima de la boquilla, el CoM del agua se fija en $l(z>\delta+\epsilon)=0$, mientras que en la parte inferior, $l(z<\delta)=-l$, donde $l=5$ m.
• Voy a asumir $M=10^4$ kg, pero no tengo idea de si es realista.
• $\rho = 10^3$ kg·m⁻3
• $m=\rho S h(0) =$ 9·10 ⁴ kg
• $g=10 m·s⁻2$

El movimiento Vertical del agua

En la siguiente, vamos a suponer que la aceleración horizontal de $una$ de la cesta de la estancias $a\ll g$ durante el movimiento. Una aceleración de cero podría inducir a la corrección de los términos proporcional a $\frac{a^2}{g^2}$, y vamos a comprobar que esta hipótesis es consistente más tarde. Esta suposición nos permite el abandono de cualquier movimiento de la cesta, cuando se observa el movimiento de agua en el carro referencial y, a continuación, calcular $f(t)$, $h(t)$ y $\mu(t)$. Vamos, a continuación, utilizar la resultante de este cálculo para encontrar el movimiento horizontal del carro.

El incompressibility de agua nos permite escribir

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

Bernoulli, en la altitud de $h$ y $0$ nos da

\begin{se reúnen} \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{se reúnen}

En nuestro caso, excepto en la boquilla, $\frac{S(h)^2}{S(0)^2}=\frac{S^2}{s^2}\simeq 10^7$. Por lo tanto, el abandono de los $-1$ en la siguiente.

Esta ecuación tiene la siguiente solución : $$ h(t)=h(0)(1-t/t_m)^2 \text{ para } t\[0, t_m]$$

y $h(t>t_m)=0$, con $t_m=\frac Ss \sqrt{2h(0)/g}$. Aquí $t_m=3\cdot 10^3 \sqrt(6/10) \sim 2000$ s.

Tenemos entonces $\mu(t)=m (1-t/t_m)^2$ y $f(t)=f(0)(1-t/t_m)$ con $f(0)=\rho s \sqrt{2gh(0)}\sim=10^{-2+3}\sqrt{60}\sim80$ kg·s⁻1.

La conservación de la horizontal impulso

Ahora viene la parte interesante del problema, el movimiento horizontal.

Momenta se computarán en la cesta referencial ($P^{CR}$) y en la guía referencial ($P^RR$).Si usted mira en el agua en el interior del carro, su impulso será

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

con $v_h(z,t)= dl/dz v_v(z,t)$. De eso y de la expresión $(*)$, tenemos

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

Volviendo a la física más rail-refrential, entonces tenemos

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

También tenemos, para el carro,

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

Como se indica en otras respuestas (pero no en mi anterior :-(), no debe olvidarse que el impulso de la de agua que ha dejado el carro en el tiempo anterior :

$$P^{RR}_{\text{filtrado de agua}}=\int_0^t d\tau f(\tau) v(\tau)$$

Sumando estos términos, junto con la conservación de momento, tenemos :

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

Por ejemplo, cuando el carro está vacío, $f(t)=0$, $\mu(t)=0$ y las ecuaciones anteriores se convierte en : $$ 0=P^{RR}_{\text{total}}=Mv_{\text{final}} + \int_0^t d\tau f(\tau) v(\tau) $$ El carro puede tener un final distinto de cero de la velocidad, si su impulso es compensada por el impulso de la red del agua de haber dejado el carro.

La diferenciación de la conservación del momento relativamente a $t$, obtenemos,

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

Esta ecuación puede ser simplificada en

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

Sabiendo que $f(t)$ según la sección anterior nos permite integrar esta ecuación, al menos numéricamente, para cualquier carrito. En la siguiente, vamos a resolver la ecuación para nuestra cesta de la geometría, distinguiendo tres pasos.

Paso 1: apertura de la boquilla

Cuando la boquilla se abrió rápidamente en $t=0$, el carro está lleno y $\mu=m$ es constante. la ecuación que tenemos que resolver es entonces $$\frac{dv}{dt}=\frac{1}{M+m}\frac{df}{dt}l-0 $$ a partir de la cual podemos deducir fácilmente $$\Delta v = \frac{l\Delta f}{M+m}=\frac{lf(0)}{M+m}.$$ Con los valores numéricos de los de arriba, esto corresponde a una velocidad de 4 mm·s⁻1. Este movimiento de la carretilla compensar el interior de aceleración del agua en el interior del carro hacia la boquilla.

Como wee se verá más adelante, este brusco cambio de la velocidad es la mayor aceleración adoptadas por el carro. Si la boquilla se abre en el segundo, lo cual es todavía lo suficientemente rápido para mantener $\mu=m$ aproximación válida, la aceleración horizontal $a$ es todavía pequeño : $\frac{a}{g}=4\cdot10^{-4}$.

Paso 2: Vaciar el carro por encima de la boquilla

Por encima de la boquilla, tenemos una constante $l(h)=0$ y la ecuación diferencial es $$\frac{dv}{dt}=\frac{l}{M+\mu(t)}\frac{df}{dt}$$.

Si el carro se vacía con una constante de $f(t)$, no acelerar ni frenar, hasta la f(t) está cortado. En ese momento en el que la acción es la misma en una dirección inversa, pero con una menor masa. (M en lugar de M+m). Terminamos, pues, con un neto de velocidad hacia la izquierda de un valor de us $lf(1/(M+m)-1/M)$

En el caso más general donde f disminuir lentamente a 0, $df/dt <0$, lo que implica una desaceleración, y, de hecho, una reversión de la velocidad, ya que la masa total $M+µ(t)$ disminuye.

Si sustituimos en la ecuación anterior los valores que hemos de $f(t)$ y $\mu(t)$, tenemos

$$\frac{dv}{dt}=\frac{lf(0)}{t_m(M+m(1-t/t_m)^2)}=-g\frac{ls^2m}{h(0)S^2M}\frac1{1+\frac mM(1-t/t_m)^2}$$ que puede ser analíticamente integrado con $\int dt/(1+t^2)= \arctan t$. Tenemos a continuación $$v(t)-v(0)=-\frac{l}{h(0)S}\sqrt{2gh(0)}\left[\arctan\sqrt{\frac mM} - \arctan\left(\frac{t_m-t}{t_m}\sqrt{\frac mM}\right)\right]$$.

Tenemos a continuación $$v(t_m)=v(0)-\frac{l}{hS}\sqrt{2gh(0)}\arctan\sqrt{\frac mM}$$ En el límite de $m\gg M$, donde la masa de agua es mayor que el carro de masa, $\arctan\sqrt{m/M}\simeq\pi/2$ y $v(0)=\sqrt{2gh(0)}\frac{l}{h(0)S}$, de modo que : $$v(t_m)=\sqrt{2gh(0)}\frac{l}{h(0)S}(1-\frac{\pi}{2})$$

paso 3: Mostrar que la boquilla no tiene ninguna influencia, tan largos es pequeño

El problema de la boquilla es la zona donde $\frac{dl}{dz}$ no es pequeño. vamos a decir que esta zona es de altura $\epsilon$, por encima de un tubo vertical de altura $\delta$, con $\epsilon\ll\delta\ll h(0)$. Tengo la intuición de que el problema no es tan peligroso, desde el $\propto l/\epsilon$ derivados será relevante sólo por un tiempo proporcional a $\epsilon$, y la pequeña cantidad de agua involucrada debe mantener el correctiva plazo pequeña. Pero no tengo nada más riguroso aún :-(

Answer 3

Cualitativa Respuesta

Creo que el carro se exhibe una sorprendente comportamiento. El carro comienza por sentado todavía en la pista. El agujero está a la izquierda del centro. Cuando la boquilla se abre, el agua en el carro comienza un flujo neto hacia la izquierda. El carro, la conservación de momentum, recoge una velocidad a la derecha. En un estado estacionario, el flujo de agua es constante y el carro se mueven a velocidad constante. Sin embargo, como la tasa de flujo comienza a disminuir la velocidad del carro disminuye. Finalmente, el carro se detiene, entonces en realidad invierte las direcciones, mover a la izquierda antes de la última caídas de agua. Cuando el último de los de agua se ha ido, el carro se deslice a la izquierda. El centro de masa del sistema no se mueve, porque como el centro de masa de la carreta se mueve, el centro de masa de agua se desplaza en sentido opuesto. El Momentum se conserva también, porque a medida que el carrito recoge el impulso, el agua recoge opuesto impulso. Si el agua también se desliza después de golpear la pista, al final del proceso el agua tendrá una red de movimiento un poco a la derecha para compensar el movimiento a la izquierda de la carreta.

Respuesta Cuantitativa

Deje que el carro se mueve a una velocidad de $v$ a la derecha, y el agua se mueven a una velocidad promedio de $w$ a la derecha. En general, $v \neq w$ porque el agua del centro de masa se mueve en relación a la cesta. El agujero está en $l$. Si el agujero está a la izquierda, a continuación, $l$ es negativo.

La velocidad del agua en relación a la carreta es de $w-v$. Esta velocidad viene del hecho de que el agua, si esto va a seguir como está ahora, todos los que se mueven desde el centro del carro hacia el agujero, una distancia $l$, en un tiempo $m/f$, con $f$ la tasa de flujo de masa. Por lo tanto la cinemática de la relación

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

A continuación, queremos conservar el impulso. Esto le da

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

Tomando este derivado, tenemos que tener en cuenta que $M$ y $m$ están cambiando debido a que el agua está fluyendo fuera de la cesta. $m$ es la disminución en la tasa de $f$ y $M$ es el aumento en la tasa de $f$, cuando pensamos en $M$ como el total de la masa en movimiento a la velocidad de la $v$ en lugar de la masa de la carreta.

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

Físicamente, los dos primeros términos representan la fuerza en el carro y la fuerza en el agua en el carro. El último término representa la fuerza en la entrada de agua a la boquilla. Entrada de agua a la boquilla va desde $w$ $v$, experimentando así la aceleración. Tenemos una anterior expresión por $v-w$, por lo conecte.

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

Me gustaría resolver por $\dot{v}$. Para ello, se toman el tiempo derivado de la cinemática de la ecuación por $w-v$

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

Estas dos últimas ecuaciones se simplifican a

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

Cuando el flujo es constante, no hay aceleración. Este es plausible porque podemos imaginar viendo en un centro de masa marco donde el carro se mueve a la derecha y el agua se desplaza a la izquierda. La entrada de agua a la boquilla se siente una aceleración, pero el agua en la estructura también está acelerando, y en la dirección opuesta. (El agua en el carro se acelera debido a que hay menos y menos, por lo que en promedio se debe avanzar más rápido para entregar el caudal correcto desde el centro de la cesta a la boquilla.)

Justo cuando nos liberamos de la boquilla, la velocidad de flujo muy rápidamente salta hacia arriba, y así el carro rápidamente coge velocidad, también. $m$ es esencialmente constante durante el curso de esta aceleración, por lo que el carro salta a una velocidad

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

Si $m$ permanecieran constantes, nos encontraríamos con que esta relación se mantiene, de modo que cuando el agua deja de fluir, el carro se detiene también. Sin embargo, $m$ no es constante; disminuye. Cuando el flujo se reduce a una parada, la aceleración del carro ahora es más grande porque $m$ es menor. Por lo tanto, por el momento en que toda el agua ha dejado el carro, es que realmente mueve a la izquierda. Esto es sorprendente, pero es necesario - el agua es principalmente hacia la derecha porque el carro inicialmente se desplaza a la derecha. El carro debe de viento de hasta moviéndose a la izquierda, cuando todo está dicho y hecho, para compensar.

Si suponemos que la tasa de flujo es constante todo el tiempo, excepto abruptamente de inicio y finalización (un supuesto no en el problema original, que es cualitativamente similar pero más trabajo para calcular), la velocidad final del carro

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

El agua es todo lo que fluye a la velocidad del carro originalmente saltó a,

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

así vemos que el momentum se conserva.

Answer 4

Esta respuesta presenta una analogía que espero aclarar cómo es posible que 1) el carro se mueve 2) el vagón de vientos con un neto de la velocidad en el final del problema. Esto no es una respuesta directa - es la intención como el apoyo material conceptual (por lo que he marcado wiki de la comunidad).

El programa de instalación

A lo largo de esta respuesta, todas las velocidades y todos los impulsos son calculados únicamente en el marco de referencia de la guía.

Imagina que el tanque no tiene agua. En su lugar tiene un arma que dispara terrones de arcilla. El arma está montada en el centro. Se puede disparar a cualquier tamaño de arcilla bulto a cualquier velocidad.

Hay un agujero en el vagón de un piso. Para mayor comodidad, el agujero es de todo el camino en el lado izquierdo de la carreta. Si el arma dispara un trozo de arcilla a la izquierda, el arma de fuego, que está rígidamente unido al resto del vagón, se enrollará algunos. El bulto va a volar hacia el lado izquierdo de la carreta y chocan con la pared izquierda completamente inelastically. Luego se vendrá abajo a través del agujero en el suelo y salir del vagón con exactamente la misma velocidad horizontal (si cualquier) como el vagón.

Primer experimento

El tanque comienza estacionaria con un trozo de masa $m$ en el arma. Se dispara el bulto en velocidad $v$. El bulto se mueve a la izquierda; $v$ es negativo. El impulso de la masa es de $mv$. Deje que la cuerda de la velocidad del vagón $w_0$. Por conservación de momento, $mv + Mw_0 = 0$. Por lo tanto, el carro automaticamente, moviéndose a la velocidad de

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

el que está a la derecha.

A continuación, el bulto se choca con la pared izquierda. En este punto, la masa y el carro debe moverse en algunos de los nuevos, mutua de velocidad después de la colisión. Llamada que $w_f$. La conservación del momento implica $w_f = 0$ y el vagón ha llegado a un punto muerto. El bulto cae por el agujero hacia abajo y el carro se sienta aún para el resto de la eternidad. Es desplazada de su posición original.

Segundo Experimento

El tanque comienza con dos terrones de arcilla en el arma, cada una de masa m $/2$. El arma dispara un bulto en la velocidad de $v$ como antes. La conservación del momento da $m/2*v + (M+m/2)*w_0 = 0$, o

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

A continuación, hemos de esperar hasta el momento en que el bulto golpea la pared izquierda. Precisamente en ese momento, tenemos el fuego de la próxima bulto, también en la velocidad de $v$. Hacemos la aceleración de los perfiles de los dos bultos exactamente iguales en magnitud y de signo opuesto. De esta manera, las fuerzas en los dos bultos deben ser iguales. Las fuerzas vienen de el rígido cuerpo de la pistola y el carro combinado. Por lo tanto, el arma de la carreta no siente la fuerza neta y sin aceleración durante este proceso.

El primer bulto es ahora comoving con el carro en la velocidad de $w_0$. Desciende por el agujero de moverse a esa velocidad.

A continuación, el segundo bulto choca con el carro. El segundo bulto y el vagón de llegar a un mutuo velocidad $w_f$. La conservación del momento da $mw_0/2 + (M + m/2)w_f = 0$, o

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

o sustituyendo en la $w_0$

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

El segundo bulto se cae de la carreta y se mueve a la velocidad de $w_f$, y el vagón de costas a la velocidad de $w_f$ a partir de entonces. $w_f$ es proporcional a $v$ y tiene el mismo signo. El carro se mueve a la izquierda al final del proceso.

Answer 5

Mi respuesta es errónea: no toma en cuenta el impulso de agua, dejando el carro una vez que se ha empezado a moverse.

Básicamente, por la conservación de la horizontal impulso en la ausencia de cualquier fuerza horizontal, la velocidad del carro en la final va a ser 0. Sin embargo, la posición del centro de masa de la (Wagon+Agua) sistema también debe ser conservada, por lo que el vagón se mueve lentamente hacia la derecha durante el proceso, lo que probablemente puede ser vinculado a una diferencia de presión en el interior del tanque. Pero va a detener por el momento en que el Vagón está vacío.

La verdadera pregunta no es por lo tanto la velocidad final, pero el final del desplazamiento. Deje x ser la posición actual de la Carreta del centro de masa. Cuando una masa -dµ de agua que pasa a través de la boquilla, su centro de masa es desplazada por l a la izquierda, y el centro de masa de la carreta es desplazada por -l·dµ/(µ+M) a la derecha, donde µ es la masa restante de agua en el interior del vagón.

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

Por supuesto, si el vagón se mueve inicialmente a una (no relativista !) la velocidad, el análisis anterior se mantiene fiel en el movimiento de marco de referencia. La velocidad no va a cambiar, pero el carro tendrá un Δx avance en comparación con un vagón con la misma velocidad inicial, pero una boquilla cerrada

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