Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.mccme.ru/s43/math/uroki/2010_2011/10mat_1011/spec/jan_15_kir_bar_ver.pdf Дата изменения: Sun Sep 2 21:16:35 2012 Дата индексирования: Tue Feb 5 07:50:51 2013 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: йъхюеойе мхощ

Наша задача определить, как зависит давление воздуха от высоты над уровнем моря. Мы будем действовать в предположении, что Земля плоская, массовая сила тяжести g постоянна, а все макроскопические параметры воздуха в фиксированной точке пространства не меняются с течением времени, прич?м давление p зависит только от вертикальной координаты y. Рассмотрим условия равновесия объ?ма воздуха V , заключ?нного в прямоугольный параллелепипед a Ч b Ч c, у которого нижняя грань параллельна Земле и имеет вертикальную координату h. Будем писать эти условия в проекции на вертикальную ось Y
p(h)ac - p(h + b)ac - Fg = 0. p(h)ac и P (h + b)ac силы давления на нижней и верхней гранях, соответственно. Fg сила тяжести. Если бы плотность воздуха была постоянной, Fg равнялось бы g V . В случае переменной (но непрерывно зависящей от координаты) плотности существует точка внутри объ?ма V такая, что для плотности в этой точке выполнено Fg = g V . Таким образом, уравнение равновесия можно переписать так p(h)ac - p(h + b)ac - g V = 0.

Задача 1.

Барометрическая формула.

Заметим, что

V = abc

, поэтому
p(h) - p(h + b) - g b = 0.

Будем считать, что макроскопические параметры воздуха связаны между собой уравнением состояния совершенного газа
p = RT ,

где R постоянная, зависящая от состава газа, а T температура, которую мы тоже будем считать постоянной (хотя такое допущение, вообще говоря, не слишком ( реалистично). Тогда мы можем вместо написать pRhT ) , где h < h < h+b. Уравнение равновесия примет вид


p(h) - p(h + b) -

Нам будет удобно переписать это уравнение в виде
b= RT g

p(h )g b = 0. RT

p(h) - p(h + b) p(h )

.

Для дальнейшего вывода нам прид?тся предположить, что давление монотонно зависит от высоты (т.е. что p(h) находится между p(h) и p(h + b)). Без этого предположения можно обойтись, но тогда нам потребуется более серь?зный математический аппарат (дифференциальное исчисление), который мы сейчас трогать не хотим. Рассмотрим два значения давления pa < pb. Рассмотрим произвольное разбиение отрезка [pa, pb] pa = p0 < p1 < . . . < pn = pb диаметра d(). Для каждого из подотрезков разбиения запишем уравнение равновесия, записывая вместо b разность высот, соответствующих давлениям pi и pi+1. Сложив все уравнения, получим
hb - ha = hn - h0 = RT g p(h0 ) - p(h1 ) p(h2 ) - p(h1 ) p(hn ) - p(hn-1 ) + + ... + p(h01 ) p(h12 ) p(hn-1)n ) ( .

1


Заменим в правой части этого уравнения все p(h ) на p(hi). Значение полученij ного выражения обозначим A(). Аналогично, значение правой части после замены всех p(h ) на p(hj ) обозначим B (). Нетрудно заметить, что числа A() и B () ограij T ничивают с двух сторон площадь под гиперболой y = Rx при pa < x < pb. При этом, g воспользовавшись неравенством p(hi) - p(hi+1) d() легко получить
B ( ) - A( ) d( ) RT RT - g pa g pb .

Поскольку для любого значение (hb - ha) заключено в пределах от A() до B () и площадь под участком гиперболы (равная, как мы знаем, RgT ln p ) заключена в тех p же пределах, а последовательность разбиений с d(n) 0 да?т последовательность стягивающихся отрезков с концами A() и B (), то
a b

hb - ha =

R T pa ln . g pb

Потенцируя это равенство, получаем
pa = pb e
g (hb -ha ) RT

. ha

Это равенство, связывающее между собой давления на высотах барометрической формулой.
Задача 2.
Задача о вер?вке.

и hb, называется

Тонкая нерастяжимая вер?вка намотана на цилиндр. С одного конца за вер?вку тянут с силой T1, с другого с силой T2 > T1. Найти максимальное значение T2, при котором система оста?тся в равновесии, если коэффициент трения вер?вки о цилиндр равен k. Введ?м на вер?вке угловую координату , задающую положение точки вер?вки на цилиндре, а именно: точка вер?вки с координатой пов?рнута на угол mod 2 от некоторой отсч?тной точки на цилиндре относительно оси цилиндра. Через T () обозначим силу натяжения вер?вки в точке . Запишем уравнения равновесия участка вер?вки [0 - , 0 + ] в проекции на оси координат, одна из которых направлена по радиусу цилиндра к точке 0, а другая по касательной к его поверхности. В проекции на радиальную ось имеем
Rr + Fr - (T (0 + ) + T (0 - )) sin = 0,

где Rr суммарная радиальная составляющая сил реакции опоры, а Fr суммарная радиальная составляющая сил трения. В проекции на тангенциальную ось уравнение равновесия выглядит так
Rt + Ft + (T (0 + ) - T (0 - )) cos = 0,

где

Rt и Ft тангенциальные составляющие сил реакции опоры и сил трения. Заметим теперь, что по закону сухого трения F kR . Будем рассматривать критическое значение силы трения покоя, а именно F = kR. При этом Ft = kRr и Fr = kRt. Пусть r() угловая плотность распределения силы реакции опоры. Тогда Fr 2 max r sin . Подставим во второе уравнение Rr из первого k (T (0 + ) + T (0 - )) sin - k Fr + Rt + (T (0 + ) - T (0 - )) cos = 0.

2


перепишем как 2T () удвоенное значение силы натяжения в некоторой промежуточной точке. Умножая уравнение на T ( 2)sin , получаем
T (0 + ) + T (0 - )


2k =

T (0 + ) - T (0 - ) cos 2(k 2 - 1)Rt ћ + . T ( ) sin T ( ) sin

Имеем уравнение, похожее на то, что получилось в предыдущей задаче. Действуем дальше таким же образом: разбиваем отрезок [T1, T2] и рассматриваем гиперболу cos y = k1x . Заметим, что sin отличается от 1 на величину порядка 2 , Rt отличается от 0 на величину порядка 2, поэтому при стремлении диаметра разбиения к 0 суммы cos величин 1 - sin и Rt будут тоже стремиться к 0 (т.к. эти суммы при равномерном разбиении имеют порядок ). Таким образом получаем, что
2 - 1 =

или

1 T2 ln , k T1
(2 -1 )

T2 = T1 ek

.

3