( Barbero 2013, European Journal of Physics, 34, df (z) dz

Transcript

1 Ονοματεπώνυμο: Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνών, Τμήμα Φυσικής Εξετάσεις στη Μηχανική Ι, Τμήμα Κ. Τσίγκανου & Ν. Βλαχάκη, 7 Φεβρουαρίου 5 Διάρκεια εξέτασης ώρες, Καλή επιτυχία, ΑΜ: Να ληφθεί υπόψη η πρόοδος της 8ης Ιανουαρίου 5: ΟΧΙ ΝΑΙ αν ΝΑΙ μην απαντήσετε τα θέματα και Εχω παραδώσει εργασίες η η η 4 η 5 η 6 η 7 η 8 η 9 η η η η η Θέμα ο : Κατά τον αλεξιπτωτισμό (skydiving) η αντίσταση του αέρα είναι σε καλή προσέγγιση CSρv, όπου ρ η πυκνότητα του αέρα, S η επιφάνεια του σώματος και C ένας συντελεστής τάξης μονάδας. (α) Υπολογίστε την οριακή ταχύτητα ενός αλεξιπτωτιστή μάζας m 8 kg που κινείται κατακόρυφα, για τυπικές τιμές πριν ανοίξει το αλεξίπτωτο C., S.5 m, ρ. kg m και g 9.8 m s. (β) Στις 4 Οκτωβρίου ο Felix Baumgatne έπεσε ελεύθερα από τη στρατόσφαιρα, από ύψος ρεκόρ m πάνω από την επιφάνεια της Γης και απέκτησε υπερηχητική ταχύτητα ρεκόρ 57.6 km/h (htt:// το (b) την επιτάχυνση d v / συναρτήσει του χρόνου, ενώ το (c) την ταχύτητα v συναρτήσει του ύψους από την επιφάνεια της Γης (από Clin & Babe, Euean Junal f Physics, 4, 84). Οπως φαίνεται σε αυτά, κατά την πτώση η ταχύτητα δεν απέκτησε οριακή τιμή, ούτε καν αυξανόταν συνεχώς, αλλά στο μεγαλύτερο μέρος της πτώσης ο Felix επιβραδυνόταν. Πως εξηγείται αυτό; (β ) Αν θέλουμε να μοντελοποιήσουμε την πτώση του Felix χρειάζεται να λάβουμε υπόψη ότι το πεδίο βαρύτητας της Γης δεν είναι ομογενές; Δίνεται η ακτίνα της Γης 64 km. (β ) Θεωρήστε κατακόρυφη πτώση σε στατική α- τμόσφαιρα με πυκνότητα ρ() που μεταβάλλεται με το ύψος από την επιφάνεια της Γης και ομογενή βαρύτητα g. Από την εξίσωση Νεύτωνα και τα δεδομένα των διαγραμμάτων εκτιμήστε την πυκνότητα της ατμόσφαιρας σε κάποιο ύψος της επιλογής σας. (β 4 ) Αν ρ ρ e λ με σταθερά ρ, λ, και το σώμα ξεκινά με μηδενική ταχύτητα από ύψος, βρείτε το ολοκλήρωμα που δίνει την v σε κάθε ύψος. df () Δίνεται ότι η εξίσωση A()F () + B() [ ] απλοποιείται θέτοντας F () f() ex A(). Θέμα ο : Δαχτυλίδι μάζας m κινείται χωρίς τριβές σε σύρμα το οποίο βρίσκεται σε κατακόρυφο επίπεδο Ox και έχει εξίσωση (x). Το σύρμα περιστρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω ωẑ γύρω από τον άξονα, μέσα σε ομογενή βαρύτητα g gẑ. (β ) Το διάγραμμα (a) δείχνει την ταχύτητα v και O (α) Για τυχούσα μορφή της (x) γράψτε την έκφραση της ταχύτητας και της κινητικής ενέργειας στο περιστρεφόμενο σύστημα αναφοράς. x

2 (β) Ποια η δυναμική ενέργεια λόγω βάρους και ποια λόγω της φυγόκεντρου δύναμης; (γ) Γράψτε ένα ολοκλήρωμα κίνησης, το οποίο αποτελεί και την εξίσωση κίνησης του δαχτυλιδιού. (δ) Για ποιο σχήμα του σύρματος (x) όλα τα σημεία του είναι σημεία ισορροπίας; (ε) Συνδέστε το προηγούμενο αποτέλεσμα με την ελεύθερη επιφάνεια υγρού που περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα. Θέμα ο : Ενα σώμα μάζας m κινείται υπό την επίδραση της ελκτικής κεντρικής δύναμης f() L ( + λ), m όπου L είναι η στροφορμή του σώματος ως προς το κέντρο O της κεντρικής δύναμης και λ μια σταθερά. (α) Δείξτε ότι η κίνηση είναι επίπεδη και ότι η εμβαδική ταχύτητα (δλδ, ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού που διαγράφει η επιβατική ακτίνα η οποία ενώνει την αρχή O με το σώμα) είναι σταθερή. (β) Για δεδομένη κεντρική δύναμη f() αποδείξτε την έκφραση u + u m ( ) L u f της εξίσωσης τροχιάς, όπου u / και u είναι η δεύτερη παράγωγος u του u ως προς την πολική γωνία θ. (γ) Υπολογίστε την ενέργεια E του σώματος συναρτήσει των L, m και λ και της αρχικής απόστασης από το κέντρο της κεντρικής δύναμης. Το σώμα έχει αρχική ταχύτητα v κάθετη στην. (δ) Βρείτε το υποθετικό δυναμικό V () και σχεδιάστε τη γραφική του παράσταση ανάλογα με το πρόσημο της σταθεράς λ. Από αυτή τη γραφική παράσταση εξηγείστε αν η κίνηση είναι περατωμένη ή όχι. (ε) Λύστε την εξίσωση της κίνησης για τη δεδομένη κεντρική δύναμη f(), υπολογίζοντας την πολική α- πόσταση (θ). (στ) Αν λ > σε πόσο χρόνο το σώμα φτάνει στο κέντρο O; Δίδεται η επιτάχυνση σε πολικές συντεταγμένες: a ( θ )ˆ + d( θ) ˆθ. Θέμα 4 ο : Ενα διαστημόπλοιο (Δ) εκτοξεύεται από τη Γη σε ακτινική τροχιά αντίθετα προς τη διεύθυνση του Ηλιου και με την ελάχιστη απαιτούμενη ενέργεια E που θα του επιτρέψει να διαφύγει από το πεδίο βαρύτητας του Ηλιου (αγνοούμε το πεδίο βαρύτητας της Γης). Η εκτόξευση γίνεται την κατάλληλη χρονική στιγμή που θα επιτρέψει στο Δ έτσι ώστε η τροχιά του να τέμνει την τροχιά ενός μακρυνού πλανήτη Χ περί τον Ηλιο σε μικρή απόσταση πίσω από τον πλανήτη αυτόν, ενώ αμέσως μετά την αλληλεπίδραση του Δ με το πεδίο βαρύτητας του πλανήτη το Δ κινείται σε γωνία 9 σε σχέση με την αρχική του ακτινική διεύθυνση ως προς τον Ηλιο, δλδ, κινείται εφαπτομενικά στην κυκλική τροχιά του πλανήτη περί τον Ηλιο. υ υ (α) Πόση είναι η ενέργεια E και πόση η ταχύτητα v του Δ ως προς τον Ηλιο, στην απόσταση της κυκλικής τροχιάς του μακρυνού πλανήτη Χ; (β) Υπολογίστε τη σχετική ταχύτητα u του Δ ως προς τον πλανήτη, στην απόσταση της τροχιάς του πλανήτη, πριν επηρεάσει την κίνηση το πεδίο του πλανήτη. (γ) Ποια η σχετική ταχύτητα u του Δ ως προς τον πλανήτη, αμέσως μετά τη βαρυτική σκέδαση του Δ από το πεδίο του πλανήτη και ποια η ταχύτητα v του Δ στο σύστημα αναφοράς του Ηλιου; (δ) Δείξτε ότι ο λόγος T /T της κινητικής ενέργειας του Δ όταν εξέρχεται από το πεδίο βαρύτητας του πλανήτη ως προς την αυτήν όταν εισέρχεται στο πεδίο του πλανήτη είναι +.7. Ποιο το είδος της τροχιάς που θα διαγράψει το διαστημόπλοιο μετά τη σκέδασή του από τον πλανήτη; (ε) Να υπολογισθεί ο χρόνος της μετάβασης του Δ από τη Γη στον πλανήτη Χ αν αυτός είναι ο Δίας, ο οποίος απέχει απόσταση 5. AU από τον Ηλιο. Δίδεται ότι π GM έτος, όπου AU η απόσταση Γης-Ηλίου και M η μάζα του Ηλιου. (στ) Να υπολογισθούν τα στοιχεία της τροχιάς του Δ μετά τη σκέδαση από τον Δία, δηλ, οι τιμές των L υ + e cs θ. Θεω- και e στην GMm ρείστε ότι η ελάχιστη απόσταση του Δ από τον Ηλιο είναι η. bnus ερωτήματα

3 ΛΥΣΕΙΣ: Θέμα ο : (α) Με άξονα προς τα πάνω και κίνηση προς τα κάτω είναι v vẑ v ẑ (αφού v < ) και η αντίσταση από τον αέρα έχει φορά προς τα πάνω. Άρα η εξίσωση Νεύτωνα είναι m v CSρv mg. Οταν η ταχύτητα αποκτά την οριακή της τιμή το δεξιό μέλος μηδενίζεται, άρα CSρv mg mg v 47 m/s 68 km/h. CSρ (β ) Στο δεξιό μέλος η πυκνότητα είναι συνάρτηση της θέσης επομένως μια σταθερή ταχύτητα δεν ικανοποιεί την εξίσωση. Άρα δεν υπάρχει οριακή τιμή της ταχύτητας. Στα πρώτα δευτερόλεπτα της πτώσης η πυκνότητα είναι τόσο μικρή ώστε η αντίσταση είναι αμελητέα και η επιτάχυνση είναι πρακτικά g, αυξάνοντας πολύ γρήγορα την ταχύτητα. Στη συνέχεια η αντίσταση γίνεται σημαντική και συνεχώς αυξάνεται αφού τόσο το μέτρο της ταχύτητας όσο και η πυκνότητα αυξάνονται με το χρόνο. Κάποια στιγμή η αντίσταση γίνεται ίση με το βάρος και στιγμιαία η ταχύτητα δεν αλλάζει αφού η επιτάχυνση είναι μηδενική. Ο Felix όμως κινείται διαρκώς προς πυκνότερα στρώματα της ατμόσφαιρας οπότε η δύναμη της αντίστασης αυξάνεται περαιτέρω και η συνισταμένη των δυνάμεων αποκτά φορά προ τα πάνω (δηλ. επιβραδύνει τον Felix). (β ) Η επιτάχυνση βαρύτητας ελαττώνεται με το τετράγωνο της απόστασης από το κέντρο της, δηλ. R g g (R + ) g ( + /R ), όπου g η τιμή στην επιφάνεια της Γης. Αφού το μέγιστο ύψος είναι max 9 km και max το σφάλμα είναι R 6 αμελητέο, οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε το πεδίο βαρύτητας της Γης ομογενές. (β ) Η εξίσωση Νεύτωνα m v CSρv mg δίνει ρ m ( g + dv ) m ( g d v ), ο- CSv CSv πότε χρησιμοποιώντας τις μετρήσεις v () από το διάγραμμα (c) και την κλίση d v για την εκάστοτε v από το διάγραμμα (a) ή το (b), μπορούμε να υ- πολογίσουμε την ρ(). Με m 8 kg, C., S.5 m, g 9.8 m/s συμπληρώνουμε τον ακόλουθο πίνακα. (km) v (m/s) 4 5 d v (m/s ) ρ (kg/m ) Οι τιμές αυτές είναι αρκετά κοντά στις γενικά αποδεκτές. Στο γράφημα η καμπύλη είναι δεδομένα από mniweb.gsfc.nasa.gv/vitm/msis vitm.html και τα σημεία τα αποτελέσματά μας. density (kg/m ) η εξίσωση Νεύτωνα δί- (β 4 ) Με v dv v dv νει dv (km) CS m ρv g. Με ρ ρ e λ έχουμε dv kλe λ v g όπου k CSρ ( mλ. ) Θέτοντας v f() ex kλ e λ f()e ke λ f() g προκύπτει df geke λ και άρα e ke λ (το κάτω όριο στο ολοκλήρωμα επιλέχθηκε ώστε η ταχύτητα να μηδενίζεται στο ύψος ). Η τελική έκφραση: v ge ke λ e ke λ.

4 Θέμα ο : (α) v σ ẋˆx + żẑ με ż (x)ẋ (ο τόνος σημαίνει παράγωγος ως προς x), άρα v σ ẋ(ˆx + ẑ) και T mv σ mẋ ( + ). (β) Η δυναμική ενέργεια του βάρους mgẑ είναι mg και της φυγόκεντρου m ω ( ω ) mω mω xˆx είναι mω x. (γ) Η ολική δυναμική ενέργεια είναι mg mω x / (η αντίδραση και η Cilis δεν παράγουν έργο σαν κάθετες στην κίνηση). Άρα υπάρχει ολοκλήρωμα «ενέργειας» mẋ ( + ) + mg mω x E. O N mg φ φ m ω x Το ολοκλήρωμα προκύπτει και από την προβολή του νόμου Νεύτωνα πάνω στο εφαπτόμενο μοναδιαίο στο σύρμα στη φορά της ταχύτητας ˆε ±(cs φ ˆx + sin φ ẑ), όπου φ actan, δηλ. ˆε ± ˆx + ẑ + (± είναι το πρόσημο του ẋ.) Ετσι προκύπτει a σ ˆε g ˆε [ ω ( ω )] ˆε ( ω v σ ) ˆε v σ g sin φ ± ω x cs φ, η οποία με v σ ẋ dv σ dx και v σ ±ẋ dv + σ δίνει v σ dx g + ω x v σ + g ω x σταθερό. Το ολοκλήρωμα E δεν είναι η πραγματική ενέργεια του δαχτυλιδιού. Η απόλυτη ταχύτητά του είναι v v σ + ω, οπότε η κινητική ενέργεια είναι mẋ ( + ) + mω x και η μηχανική ενέργεια E mẋ ( + ) + mω x + mg E + mω x. Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας E ισούται με την ισχύ της δύναμης αντίδρασης N, της οποίας η ŷ συνιστώσα είναι αντίθετη της Cilis όπως προκύπτει από τον νόμο Νεύτωνα στη διεύθυνση ŷ. Πράγματι N y ŷ m ω v σ mωẋ ŷ και η ισχύς είναι N v N ( ω ) N ωxŷ mω xẋ de. (δ) Το ολοκλήρωμα ενέργειας είναι T + V eff E με x V eff mg mω x. Τα σημεία ισορροπίας αντιστοιχούν σε dv eff. Αφού αυτό ισχύει για κάθε dx x πρέπει να είναι V eff σταθερό, το οποίο δίνει παραβολικό σχήμα (x) + ω x με σταθερό. g Το ίδιο προκύπτει και μέσω της ισορροπίας δυνάμεων. Παράλληλα στο ˆε όπου η κάθετη αντίδραση δεν συνεισφέρει, οι συνιστώσες του βάρους και της φυγόκεντρου είναι ίσες, δηλ. g sin φ ω x cs φ tan φ ω x + ω x g g. Ενας τρίτος τρόπος να βρεθεί το σχήμα του σύρματος είναι να σκεφτούμε ότι πρέπει να είναι ισοδυναμική καμπύλη V eff σταθερό, ώστε η δύναμη V eff να είναι κάθετη στο σύρμα. Ενας τέταρτος τρόπος προκύπτει από την εφαρμογή του νόμου Νέυτωνα, η προβολή του οποίου πάνω στο σύρμα δίνει, όπως βρέθηκε στο ερώτημα (γ), v σ g sin φ ± ω x cs φ. Θέτοντας v σ ±ẋ + και φ actan βρίσκουμε την εξίσωση κίνησης ( + )ẍ + ẋ g + ω x (η οποία είναι ισοδύναμη με το ολοκλήρωμα «ενέργειας»). Σημεία ισορροπίας ισοδυναμούν με λύσεις x σταθερό, οπότε g + ω x. Αυτή πρέπει να ισχύει για κάθε x, οπότε ολοκληρώνοντας προκύπτει ω x + ω x g g. (ε) Κάθε τμήμα του υγρού σε απόσταση ϖ από τον άξονα περιστροφής ισορροπεί στο περιστρεφόμενο σύστημα αναφοράς, όπως ακριβώς το δαχτυλίδι. (Η πίεση είναι σταθερή στην επιφάνεια του υγρού ίση με την ατμοσφαιρική επομένως δεν υπάρχει δύναμη πίεσης παράλληλα στην επιφάνεια.) Άρα η ελεύθερη επιφάνεια του υγρού είναι + ω ϖ g. Θέμα ο : (α) Η στροφορμή διατηρείται αφού L F, οπότε η κίνηση γίνεται σε επίπεδο κάθετο στην L. Η εμβαδική ταχύτητα είναι ds ( + d ) v L m σταθερή. (β) Η ˆθ συνιστώσα του νόμου Νεύτωνα δίνει τη διατήρηση της στροφορμής L m θ, ενώ η ˆ συνιστώσα, με ṙ d(/u) dθ dṙ dθ θ L m u u δίνει την ζητούμενη. θ L m u και

5 (γ) V f()d ( ) L m + L λ d m L m L λ (μηδενίζουμε την σταθερά ολοκλήρωσης χωρίς βλάβη της γενικότητας). m Η ενέργεια είναι E mv + V ( ) L λ, διότι m v L (αφού v ). m (δ) V () V () + λ > λ < L m λ L m. Οπως φαίνεται από τα διαγράμματα του υποθετικού δυναμικού, η κίνηση είναι περατωμένη για λ > (το σώμα καταλήγει στο ) και απεριόριστη για λ < (το σώμα καταλήγει στο ). (Για λ το σώμα κινείται κυκλικά στην ακτίνα.) (ε) u + u m ( L u + λ ) u λ οπότε ολοκληρώνοντας u λθ + C. Αν θεωρήσουμε L u m u αρχικά θ τότε u θ (αφού ṙ t ), δηλ. C και άρα u λθ. Ολοκληρώνοντας ξανά βρίσκουμε u λθ + D, όπου από την αρχική συνθήκη θ βρίσκουμε D / και άρα u λθ + + λ θ. mṙ (στ) Από το ολοκλήρωμα ενέργειας + V L λ ( ) () E ṙ m και άρα το σώμα φτάνει στο κέντρο σε χρόνο d t m d. Θέτοντας cs ξ, ṙ L λ d sin ξ cs ξdξ, m π/ βρίσκουμε t cs ξdξ L λ m π/ [ + cs(ξ)] dξ πm L λ L λ. dθ Το ίδιο προκύπτει από t θ m dθ L mdθ ( L + λ ) θέτοντας θ tan ξ. λ θ Θέμα 4 ο : mv (α) E, GMm GM v. GM (β) u v v. Η v, κάθετη στην v, άρα u v + v ( + ) GM GM. (γ) u u και v u + v με μέτρο v u +v ( GM + ) αφού οι u και v είναι ομόρροπες. ( ) (δ) T T v v v ( GM + ) > v διαφ GM E > υπερβολική τροχιά. Αλλιώς: Η κινητική ενέργεια αυξήθηκε ενώ η δυναμική έμεινε ίδια, οπότε η ενέργεια αυξήθηκε. Από μηδέν έγινε θετική, άρα η τροχιά θα είναι υπερβολική. GM d (ε) E ṙ και T ṙ d / / 5. / GM GM π.8 έτη, αφού 5. και π GM έτος. (στ) Η στροφορμή του Δ ως προς τον Ηλιο είναι L mv. Συνεπώς, L GMm (v ) GM ( + ) (4 + ). Η εγγύτερη απόσταση του Δ από τον Ηλιο μετά τη σκέδαση είναι ίση με την απόσταση του Δία από τον Ηλιο, 5. AU, δηλ e e