در اینجا شرح آنچه اتفاق افتاده است ، به طوری که شما می توانید احساس فیزیک در آن داشته باشید.
همانطور که موتورهای موشکی کار می کنند ، آنها دائماً گازهای سوختی سوخته را که هم جرم دارند و هم سرعت دارند ، و بنابراین دارای برخی از حرکت هستند ، خارج می کنند. با حفظ حرکت ، حرکت موشک به همان مقدار تغییر می کند (با علامت مخالف). ما فرض خواهیم کرد که سوخت سوخته با سرعت ثابت خارج می شود ، این بدان معناست که سرعت تغییر حرکت موشک نیز ثابت است. توسط (شکل) ، این نشان دهنده یک نیروی ثابت بر روی موشک است.
با این حال ، با گذشت زمان ، جرم موشک (که شامل جرم سوخت باقیمانده است) به طور مداوم کاهش می یابد. بنابراین ، حتی اگر نیروی وارد شده به موشک ثابت باشد ، شتاب حاصل از آن ثابت نیست. به طور مداوم در حال افزایش است.
بنابراین ، کل تغییر سرعت موشک به مقدار جرم سوختی که سوزانده می شود بستگی دارد و این وابستگی خطی نیست.
مشکل جرم و سرعت تغییر موشک است. همچنین ، جرم کل گازهای دفع شده در حال تغییر است. اگر سیستم خود را به عنوان موشک + سوخت تعریف کنیم ، این یک سیستم بسته است (از آنجا که موشک در فضای عمیق قرار دارد ، هیچ نیروی خارجی بر این سیستم وارد نمی شود). در نتیجه ، حرکت برای این سیستم حفظ می شود. بنابراین ، ما می توانیم از پویایی حرکت برای پاسخ سوال استفاده کنیم
در همان لحظه ای که کل جرم موشکی لحظه ای m است (به عنوان مثال ، m جرم بدن موشک به اضافه جرم سوخت در آن زمان است) ، ما سرعت آنی موشک را تعریف می کنیم که
$ \overset{\to }{v}=v\hat{i}$
(در جهت + x) ؛ این سرعت نسبت به یک سیستم مرجع اینرسی (به عنوان مثال زمین) اندازه گیری می شود. بنابراین ، حرکت اولیه سیستم است
$ {\overset{\to }{p}}_{\text{i}}=mv\hat{i}.$
.موتورهای موشک با سرعت ثابت در حال سوختن هستند و گازهای خروجی را در جهت −x بیرون می کشند. در طی یک فاصله زمانی بی نهایت کم dt ، موتورها یک توده بی نهایت کم (مثبت) گاز را خارج می کنند
$ \overset{\to }{u}=\text{−}u\hat{i}$
؛ توجه داشته باشید که اگرچه سرعت موشک است
با توجه به زمین اندازه گیری می شود ، سرعت گاز خروجی با توجه به موشک (در حال حرکت) اندازه گیری می شود. بنابراین با توجه به زمین اندازه گیری می شود ، گاز خروجی دارای سرعت است
$(v-u)\hat{i} $
.در نتیجه اخراج گاز سوخت ، جرم موشک کاهش می یابد$d{m}_{g} $
، و سرعت آن توسط افزایش می یابد$dv\hat{i} $
. بنابراین ، با احتساب هر دو تغییر برای موشک و تغییر گازهای خروجی ، حرکت نهایی سیستم است $\begin{array}{cc}\hfill {\overset{\to }{p}}_{\text{f}}& ={\overset{\to }{p}}_{\text{rocket}}+{\overset{\to }{p}}_{\text{gas}}\hfill \\ & =(m-d{m}_{g})(v+dv)\hat{i}+d{m}_{g}(v-u)\hat{i}\hfill \end{array}\text{.} $از آنجا که همه بردارها در جهت x هستند ، نماد برداری را رها می کنیم. با استفاده از حفاظت از حرکت ، به دست می آوریم$\begin{array}{l}{p}_{\text{i}}={p}_{\text{f}}\\ mv=(m-d{m}_{g})(v+dv)+d{m}_{g}(v-u)\\ mv=mv+mdv-d{m}_{g}v-d{m}_{g}dv+d{m}_{g}v-d{m}_{g}u\\ mdv=d{m}_{g}dv+d{m}_{g}v.\end{array} $
اکنون،$d{m}_{g} $
و dv هر کدام بسیار کوچک هستند. بنابراین ، محصول آنها$ d{m}_{g}dv$
بسیار بسیار کوچک ، بسیار کوچکتر از دو اصطلاح دیگر در این عبارت است. بنابراین ما این اصطلاح را نادیده می گیریم و به دست می آوریم:$ mdv=d{m}_{g}u.$قدم بعدی ما این است که به یاد داشته باشید ، از
$ $d{m}_{g}
نشان دهنده افزایش جرم گازهای خارج شده است ، همچنین باید کاهش جرم موشک را نشان دهد:$ d{m}_{g}=\text{−}dm.$, و $mdv=\text{−}dmu $ و $ dv=\text{−}u\frac{dm}{m}.$ در نهایت دارم $\begin{array}{ccc}\hfill {\int }_{{v}_{\text{i}}}^{v}dv& =\hfill & \text{−}u{\int }_{{m}_{\text{i}}}^{m}\frac{1}{m}dm\hfill \\ \hfill v-{v}_{\text{i}}& =\hfill & u\,\text{ln}(\frac{{m}_{\text{i}}}{m})\hfill \end{array} $ که نتیجه $\text{Δ}v=u\,\text{ln}(\frac{{m}_{\text{i}}}{m}). $ بدست میاد
از نظر ریاضی $ \overset{\to }{F}=\text{−}mg\hat{j}$تجزیه و تحلیل مشابه است ، با این تفاوت که اکنون یک نیروی خارجی وجود دارد$ d\overset{\to }{J}=\overset{\to }{F}dt=\text{−}mgdt\hat{j}$
من به رابطه $\begin{array}{ccc}\hfill d\overset{\to }{p}& =\hfill & d\overset{\to }{J}\hfill \\ \hfill {\overset{\to }{p}}_{\text{f}}-{\overset{\to }{p}}_{\text{i}}& =\hfill & \text{−}mgdt\hat{j}\hfill \\ \hfill [(m-d{m}_{g})(v+dv)+d{m}_{g}(v-u)-mv]\hat{j}& =\hfill & \text{−}mgdt\hat{j}\hfill \end{array} $ و $ mdv-d{m}_{g}u=\text{−}mgdt$ و به $ \begin{array}{ccc}\hfill mdv+dmu& =\hfill & \text{−}mgdt\hfill \\ \hfill mdv& =\hfill & \text{−}dmu-mgdt.\hfill \end{array}$ چون جرم متغییر دارم $dv=\text{−}u\frac{dm}{m}-gdt $پس تغییر سرعت من $\text{Δ}v=u\,\text{ln}(\frac{{m}_{\text{i}}}{m})-g\text{Δ}t. $ میشه
شما در حد دبیرستان ببینید $V_{0x}=V_0cos(\theta) $ برای بررسی این حرکت، در ابتدا بایستی دو محور مختصات عمود به هم در نظر گرفت. برای راحتی حل مسئله بهتر است که یکی از این محورها در راستای شتاب گرانشی باشد. دلیل این کار حذف کردن شتاب از معادلات مربوط به حرکت در راستای افقی است.
بنابراین محورهای x و y را مطابق با شکل بالا در نظر میگیریم. توجه داشته باشید که سرعت اولیه نیز بایستی در راستاهای x و y تجزیه شوند. بنابراین سرعت اولیه در راستای محور x برابر است با:$V_{0x}=V_0cos(\theta) $از آنجایی که شتابی در راستای محور x به توپ وارد نمیشود، بنابراین سرعت آن نیز در این راستا ثابت است. از این رو سرعت توپ در هر لحظه همان سرعت اولیه خواهد بود. بنابراین میتوان معادله سرعت در راستای محور x را به صورت زیر بیان کرد:$ V_{x}(t)=V_0cos(\theta)$ و اینم $ x(t)=V_0tcos(\theta)$ همانند مرحله قبل در این قدم نیز شتاب (g-)، سرعت اولیه (V0y) و جابجایی اولیه در راستای y را در معادلات حرکت جایگزین میکنیم. بنابراین جابجایی و سرعت توپ در راستای y به صورت زیر محاسبه میشوند. توجه داشته باشید که سرعت اولیه در راستای y را میتوان با تصویر کردن V0 در راستای محور y، به صورت زیر بدست آورد.$ V_{y}(t)=V_0sin(\theta)$بنابراین جابجایی در هر لحظه برابر است با:$y(t)=-{1 \over 2} {gt^2}+V_0tsin{\theta} $در قدم اول، توابع جابجایی x و y نسبت به زمان محاسبه شدند. با استفاده از از این معادلات میتوان مسیر حرکت جسم را در زمان پیشبینی کرد. برای توصیف مسیر حرکت در دستگاه مختصات x-y بایستی وابستگی x و y را نسبت به یکدیگر بیابیم. از این رو با استفاده از دو معادله (x(t و (y(t و حذف t از آنها میتوان مسیر حرکت جسم را در دو بعد یافت$ t={x(t) \over {V_0cos{ \theta}}}$ که به رابطه $y(t)=-{1 \over 2} {gt^2}+V_0tsin{\theta}=-{1 \over 2} {g({x \over {v_0cos {\theta}}})^2}+V_0({x \over {V_0cos{\theta}}})sin{\theta} $ در نهایت من به $y={-gx^2\over2V_0^2cos^2(\theta)}+xtan(\theta) $ میرسم برای انرژی جنبیش و تکانه هم $ \displaystyle \frac{p^2}{2m}=\frac{1}{2}mv^2=KE$ توجه جمع برداری سرعتها در هر دو جهت لحاظ شود $\begin{align}
\sum W &= m\int d{\vec s(t)}\cdot {\vec a}\\
&=m\int dt\frac{d{\vec s}}{dt}\cdot {\vec a}\\
&= m\int dt \,{\vec v} \cdot {\vec a}\\
&= m\int dt\,{\vec v}\cdot \frac{d{\vec v}}{dt}\\
&= m\int {\vec v} \cdot d{\vec v}\\
&= \frac{1}{2}m\left(v_{f}^{2} - v_{i}^{2}\right)\\
&= \Delta {\rm KE}
\end{align} $
توجه کنید در دو جهت شما باید برسی کنید $ x(t_i) = d*\cos(\theta) = V\cos(\alpha)*t_i$و $y(t_i) = d*\sin(\theta) = V\sin(\alpha)*t_i - \frac 12*g*t_i^2 $
انرژی گرانشی بالقوه به صورت خطی به فاصله (ارتفاع) بستگی دارد که به صورت درجه ای به زمان بستگی دارد . بنابراین تا زمانی که گلوله به بالاترین سطح خود برسد به صورت درجه ای افزایش می یابد و پس از آنکه تگلوله به سمت عقب سقوط می کند ، به صورت درجه ای کاهش می یابد. این را می توانیم از طریق یک معادله حرکت ببینیم:U=mgh یعنی $=v_0t-\frac12 gt^2\qquad\text{(roham)}\\
U=mgh=mgv_0t-m\frac12 g^2 t^2\qquad\text{(roham)} $ در مورد انرژی جنبشی شما $-v=v_0-gt \qquad\text{(roham line p)}\\
K=\frac 12mv^2=\frac 12m(v_0-gt)^2=\frac 12mv_0^2-mv_0gt+\frac 12mg^2t^2\qquad\text{(roham)} $ در مورد تکانه شما هم $v=v_0-gt \qquad\text{(roham p)}\\
p=mv=mv_0-mgt \qquad\text{(roham p line)} $
$$