Κεφάλαιο 2 ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ

Transcript

1 Κεφάλαιο 2 ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ Ευθυγραμμη Κινηση {Μέση και Στιγμιαία Ταχύτητα και Επιτάχυνση, Διαφορικές & Ολοκληρωτικές Εξισώσεις Κίνησης, Σταθερή Επιτάχυνση, Κατακόρυφη Ρίψη} Κινηση σε Τρεις Διαστασεις {Διάνυσμα Θέσης, Μετατόπιση, Διανυσματικός Ορισμός Ταχύτητας και Επιτάχυνσης, Καμπυλόγραμμη Κίνηση, Εφαπτομενική και Κάθετη Συνιστώσα της Επιτάχυνσης} Κινηση στο Επιπεδο {Κυκλική Κίνηση, Κίνηση Βλημάτων, Παραμετρικές Εξισώσεις, Εξισώσεις Τροχιάς} Στο κεφάλαιο αυτό εισάγεται με διαφόριση η έννοια της ταχύτητας και της επιτάχυνσης. Η ευθύγραμμη κίνηση σε μια κατεύθυνση εξετάζεται με τις διαφορικές και ολοκληρωτικές εξισώσεις κίνησης και γίνεται ειδική αναφορά σε προβλήματα με σταθερή επιτάχυνση, όπως της κατακόρυφης ρίψης αντικειμένων χωρίς τριβές στο βαρυτικό πεδίο. Η εξέταση της κίνησης σε τρεις διαστάσεις γενικεύεται με την εισαγωγή του διανύσματος θέσης και των αντίστοιχων παραγώγων του για την θεμελίωση της γενικευμένης έννοιας της ταχύτητας και επιτάχυνσης στο χώρο για δεδομένη τροχιά. Εξετάζεται σε γενικευμένη μορφή η καμπυλόγραμμη κίνηση με εισαγωγή του μοναδιαίου εφαπτομενικού και κάθετου διανύσματος στην τροχιά. Ολες οι προηγούμενες έννοιες εξειδικεύονται στην κυκλική κίνηση σημείου στο επίπεδο και παρουσιάζεται η ανεξαρτησία των κινήσεων στην πλάγια βολή με την πληθώρα των γνωστών προβλημάτων της. 29

2 Ευθύγραμμη Κίνηση ΑΣΚΗΣΗ 2.1 Σώμακινείταιστονάξονατων xσύμφωναμετηνεξίσωση x = 2t 3 +5t 2 +5,όπουτο x δίνεταισεμέτρα (m)καιτο tσεδευτερόλεπτα (s).ναβρεθούν:(α)ηταχύτητα v(t) καιηεπιτάχυνση a(t)τουσώματος.(β)ημέσηταχύτητα v av καιμέσηεπιτάχυνση a av στοχρονικόδιάστημααπό t = 2sμέχρι t = 3s. (Παράδειγμα 5.4 Alonso-Finn) (α) Με συνεχείς παραγωγίσεις λαμβάνουμε: v(t) = dx = d (2t3 +5t 2 +5) = 6t 2 +10t (m/s) a(t) = dv = d (6t2 +10t) = 12t+10 (m/s 2 ) Οι παραστάσεις των τριών αυτών κινηματικών μεταβλητών συναρτήσει του χρόνου δίνονται στα παρακάτω γραφήματα. (β) Οι ζητούμενες μέσες τιμές ταχύτητας και επιτάχυνσης υπολογίζονται: a av = v t = v(3) v(2) = = 40 m/s v av = x t = x(3) x(2) 3 2 = = 63 m/s Συγκριτικά,οιτιμέςτωνμεγεθώναυτώνγιατομέσο t = (2 + 3)/2 = 2.5 sείναι a(t = 2.5) = 40 m/s 2 και v(t = 2.5) = 62.5 m/s.πώςδικαιολογείταιτοότι a av ( t = t 2 t 1 ) = a[(t 1 +t 2 )/2];

3 31 ΑΣΚΗΣΗ 2.2 Η επιτάχυνση ενός σώματος που κινείται ευθύγραμμα δίνεται από τη σχέση a = (4 t 2 ) m/s 2.Υπολογίστετηνταχύτητακαιτοδιάστημαπουδιανύειτοσώμασανσυνάρτησητουχρόνου,ανγνωρίζουμεότιτηνχρονικήστιγμή t = 3sισχύει v = 2 m/s και x = 9m. (Άσκηση 5.15 Alonso-Finn) Για την εύρεση της ταχύτητας: a = dv dv = a v v 0 dv = t 0 (4 t 2 ) v v 0 = 4t t3 3 Κάνονταςχρήσητηςδοσμένηςσυνθήκης v(3) = 2παίρνουμε: 2 = v /3, άρα v 0 = 1καικατάσυνέπεια: v(t) = 1 3 t3 +4t 1 Ομοίως για το διάστημα: v = dx dx = v x x 0 dx = t 0 ( 1 3 t3 +4t 1) x x 0 = 1 12 t4 +2t 2 t καιεπειδή x(3) = 9συνάγεται x 0 = 3/4,οπότε: x(t) = 1 12 t4 +2t 2 t+ 3 4 Οι γραφικές παραστάσεις των κινηματικών συναρτήσεων απόστασης, ταχύτητας και επιτάχυνσης δίνονται αντίστοιχα στο παρακάτω σχήμα.

4 32 ΑΣΚΗΣΗ 2.3 Στην ευθύγραμμη κίνηση σώματος γνωρίζουμε την εξάρτηση της ταχύτητας από το χρόνο,ηοποίαδίνεταιαπότησχέση v(t) = (3t 2 4) m/s.εάνγνωρίζουμεπωςγια t = 0sτοκινητόδιέρχεταιαπότοσημείο x = 0m,ναβρεθείεάντοκινητόμπορείνα περάσειξανάαπότοσημείο x = 0mκαιμεποιαταχύτητακαιεπιτάχυνση; Από την εξίσωση της ταχύτητας με ολοκλήρωση λαμβάνουμε: v = dx dx = v x x 0 dx = t 0 (3t 2 4) x x 0 = t 3 4t καιδεδομένουότι x(t = 0) = 0πρέπει x 0 = 0,οπότε x(t) = t 3 4t = t(t 2 4). Οι ρίζες της τριτοβάθμιας αυτής σχέσης είναι {0, +2, 2}, άρα είναι προφανές πως για t = 2s(η περίπτωση αρνητικού χρόνου απορρίπτεται) το κινητό διέρχεται ξανά από το x = 0μεταχύτητα v(2) = = 8 m/s. Ο υπολογισμός της επιτάχυνσης γίνεται με διαφόριση της ταχύτητας: a(t) = dv = d (3t2 4) = 6t m/s 2 a(t) = 6t a(t = 2) = 12 m/s 2. Οι γραφικές παραστάσεις των μεγεθών αυτών δίνονται στο παρακάτω σχήμα:

5 33 ΑΣΚΗΣΗ 2.4 Σώμακινείταιευθύγραμμαμεεπιτάχυνση a = 6 3 x ms 2. Εάνγνωρίζουμεότιγια t = 2sισχύει v = 27 m/sκαι x = 27m,ναυπολογιστούνοικινηματικέςεξισώσεις του διαστήματος, της ταχύτητας και της επιτάχυνσης συναρτήσει του χρόνου. (Άσκηση Κ3 Ιωάννου-Τρικαλινός) Στην άσκηση αυτή η επιτάχυνση δίνεται σαν συνάρτηση της απόστασης, οπότε χρειάζεται προετοιμασία των διαφορικών πριν την ολοκλήρωση. Γνωρίζουμε ότι: dv = a v = dx/ vdv = adx vdv = adx Για το συγκεκριμένο πρόβλημα η παραπάνω σχέση με ολοκλήρωση δίνει: v x vdv = 6x 1/3 dx v 0 x 0 v2 v2 0 2 = (x4/3 x 4/3 0 ) v 2 = 9x 4/3 +(v 2 0 9x4/3 0 ) v 2 = 9x 4/3 +C Ησταθερά Cυπολογίζεταιαπότησυνθήκη [x = 27,v = 27],ηοποίαδίνει 27 2 = /3 +C 3 6 = C C = 0 v = 3x 2/3 Συνεχίζοντας την ολοκλήρωση παίρνουμε: v = 3x 2/3 dx = 3x2/3 dx 1 = 3x2/3 3 x 2/3 dx = x 0 x 1/3 x 1/3 0 = t x 1/3 = t+x 1/3 0 x 1/3 = t+c Ησταθεράυπολογίζεταιπάλιαπόταδεδομένα [t = 2,x = 27],οπότε x t /3 = 2+C C = 1 x = (t+1) 3 Η σχέση αυτή εκφράζει το διάστημα σαν συνάρτηση του χρόνου. Οι ζητούμενες εκφράσεις της ταχύτητας και επιτάχυνσης μπορούν εύκολα πλέον να υπολογισθούν με

6 34 επάλληλες παραγωγίσεις: v = dx = d (t+1)3 v(t) = 3(t+1) 2 και αντίστοιχα a = dv = d 3(t+1)2 a(t) = 6(t+1) ΑΣΚΗΣΗ 2.5 Σώμα κινείται ευθύγραμμα με επιτάχυνση η οποία περιγράφεται συναρτήσει της θέσης τουαπότησχέση a = 4xσεμονάδες m/s 2. Εάντηχρονικήστιγμή t = 0sισχύει v 0 = 2m/sκαι x 0 = 1m,ναυπολογιστούνοικινηματικέςεξισώσειςτουδιαστήματος, της ταχύτητας και της επιτάχυνσης συναρτήσει του χρόνου. Οπωςκαιστοπροηγούμενοπρόβλημαισχύειησχέση vdv = adx,ηοποίαμετην ολοκλήρωση δίνει: v x vdv = 4xdx v 0 x 0 v2 v2 0 2 = 2(x 2 x 2 0) v 2 = 4x 2 +(v 2 0 4x 2 0) = 4x 2 +( ) dx = 2x dx 2x = x x 0 1 2x dx = v = 2x t ) x ln( = 2(t t 0 ) lnx = 2t x 0 t 0 x(t) = e 2t Από την εξίσωση αυτή του διαστήματος συναρτήσει του χρόνου προκύπτουν εύκολα οι εξισώσεις της ταχύτητας και επιτάχυνσης: v(t) = dx a(t) = dv v(t) = 2e2t a(t) = 4e2t Απότοπαραπάνωαποτέλεσμαείναιπροφανήςηεπαλήθευσητηςσχέσης a = 4xπου δίδεται ως δεδομένο στο πρόβλημα.

7 35 ΑΣΚΗΣΗ 2.6 Η επιτάχυνση σωματιδίου κινουμένου ευθύγραμμα περιγράφεται από τη σχέση a = kv 2,όπου kσταθερά. Εάνοιαρχικέςτιμές (t = 0)γιατηθέσηκαιτηνταχύτητα τουκινητούείναιαντίστοιχα x 0 και v 0,ναεκφραστείηθέσητουκινητούσυναρτήσει του χρόνου. Στην άσκηση αυτή η επιτάχυνση δίνεται σαν συνάρτηση της ταχύτητας. Κάνοντας χρήση του ορισμού της επιτάχυνσης και ολοκληρώνοντας έχουμε: a = kv 2 dv = kv2 dv 1 = k v2 v 2dv = v 0 v 1 v = 1 v 0 +kt = 1+kv 0t v 0 v = v 0 1+kv 0 t v 0 dx v = 1+kv 0 t = v 0 1+kv 0 t dx = x 0 x x 0 dx = 1 kv 0 t 0 x t 0 t 0 k 1 v 0 1 v = kt v 0 1+kv 0 t v 0 1+kv 0 t d(1+kv 0t) x x 0 = 1 k ln(1+kv 0t) x = x k ln(1+kv 0t) ΑΣΚΗΣΗ 2.7 Πειραματιστής ρίχνει από την άκρη ταράτσας πολυκατοικίας ύψους H = 24m κατακόρυφαπροςταπάνωμικρήμπάλαμεαρχικήταχύτητα v 0 τηχρονικήστιγμή t 0 = 0s. Εχοντας συγχρονίσει τα χρονόμετρά τους, παρατηρητές απέχοντες h = 10m και ευρισκόμενοι στα παράθυρά τους βλέπουν τη μπάλα να περνά με κατεύθυνση προς τα κάτωμεχρονικήκαθυστέρηση t = t 2 t 1 = 0.8sοδεύτεροςαπότονπρώτο.Σεποιο ύψος βρίσκονται οι παρατηρητές, εάν είναι γνωστό πως η μπάλα φτάνει στο έδαφος τη χρονικήστιγμή t 3 = 3s;Αγνοείστετηναντίστασητουαέρα.Δίδεται = 9.80 m/s 2.

8 36 Εστω ότι οι δύο παρατηρητές βρίσκονταισεαπόσταση h 1 και h 2 απότην ταράτσα της πολυκατοικίας. Θεωρώντας τοσημείορίψηςτηςμπάλαςωςτηναρχή του άξονα y, τότε για τη μονοδιάστατη κίνηση κατά μήκος του κατακόρυφου ά- ξονα y έχουμε τις εξισώσεις: h 1 = v 0 t t2 1 h 2 = v 0 t t2 2 H = v 0 t t2 3 Από την τρίτη εξίσωση είναι δυνατόν να υπολογισθεί η αρχική ταχύτητα του σώματος: H = v 0 t t2 3 v 0 = 1 2 t 3 H v 0 = t v 0 = 6.7m/s 2 Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις έχουμε: h 1 +h 2 = v 0 (t 1 t 2 ) 1 2 (t2 1 t2 2 ) h = v 0 t 1 2 (t 1 t 2 )(t 1 +t 2 ) h = v 0 t+ 1 2 t(2t 1 + t) t 1 = v 0 t+ h t απ όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε: t 1 = t 1 = 1.56s t 2 καιαντίστοιχα t 2 = 2.36s. Οιχρονικέςαυτέςτιμέςπροσδιορίζουντιςαπόλυτεςαποστάσεις: h 1 = v 0 t t2 1 h 1 = / h 1 = 1.47m h 2 = v 0 t t2 2 h 2 = / h 2 = 11.47m

9 37 ΑΣΚΗΣΗ 2.8 Ενα αντικείμενο, αρχικά ακίνητο, πέφτει διανύοντας απόσταση h. Αν διανύει 0.50h στοτελευταίο 1.00s,ναβρείτε(α)τοχρόνοκαι(β)τούψοςτηςπτώσηςτου.(γ)Να ερμηνεύσετε την φυσικά μη αποδεκτή λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης ως προς t που βρίσκετε. (Άσκηση 2.60 Halliday-Resnick) (α)δεδομένουότιηαρχικήταχύτητατηςελεύθερηςπτώσηςείναι v 0 = 0ηκίνηση κατά την κατακόρυφο περιγράφεται από την εξίσωση y = v 0 t 1 2 t2 y = 1 2 t2 Βασιζόμενοισταδεδομένατηςάσκησης,εάνγια y = hτοσώμαχρειάζεταιχρόνο t, τότεγια y = 0.50hτοσώματαχρειάζεταιχρόνο (t 1)s.Δηλαδή: 0.50h = 1 2 (t 1)2 h = 1 2 t2 h/2 = 1 2 (t 1)2 h = 1 2 t2 h = (t 1) 2 h = 1 2 t2 Το σύστημα αυτό μας οδηγεί στην δευτεροβάθμια εξίσωση του χρόνου: (t 1) 2 = 1 2 t2 2(t 1) 2 = t 2 t 2 4t+2 = 0 t = 2± 2 Επειδήπρέπει t > 1,ηφυσικάαποδεκτήλύσηείναιη t = 2+ 2 s (β) h = 1 2 t2 h = (2+ 2) 2 h = 57.1 m. (γ)ηφυσικάμηαποδεκτήλύση t = 2 2 sαντιστοιχείστηνκίνησηενόςσώματοςπουστονχρόνο (2 2) 1 = 1 2 = 0.41 sβρίσκεταιστο 0.50h,ενώ μετά παρέλευση ενός δευτερολέπτου στο h. Αυτό είναι ισοδύναμο με ρίψη του σώματος προςταπάνωαπότούψος 0.50hμεαρχικήταχύτητα v 0 καιάφιξήτουστο hμετά από ένα δευτερόλεπτο. Για το συγκεκριμένο πρόβλημα, μπορεί εύκολα να ελεγχθεί πωςταμεγέθη v 0 = 4.06 m/sκαι h = 1.68 mαποτελούνμιαλύσητουπροβλήματος, η οποία περιγράφει τη κίνηση ενός σώματος με τις παραπάνω αρχικές συνθήκες, όπου για t = 0τοσώμαβρίσκεταιστοανώτατούψος h = 1.68 mμεμηδενικήταχύτητα.

10 Διανυσματικός Ορισμός Κίνησης ΑΣΚΗΣΗ 2.9 Σωματίδιοκινείταιέτσιώστεηθέσητου(σεμέτρα)ωςσυνάρτησητουχρόνου(σε δευτερόλεπτα)ναείναι r = î + 4t 2 ĵ + tˆk. Ναγράψετε(α)τιςεκφράσειςγιατην ταχύτητά του και την επιτάχυνσή του ως συνάρτηση του χρόνου(β) την εξίσωση της τροχιάς του σωματιδίου. (Άσκηση 4.11 Halliday-Resnick) (α)διανυσματικές εξισώσεις ταχύτητας & επιτάχυνσης v(t) = d r(t) = d (î+4t2 ĵ +tˆk) v(t) = 8tĵ + ˆk (β)εξίσωση τροχιάς a(t) = d v(t) = d (8tĵ + ˆk) a(t) = 8ĵ Καθώςηεπιτάχυνση a(t) = 8ĵείναι ανεξάρτητη του χρόνου(σταθερή)καιτο xπαραμένεισταθερό,η τροχιά θα είναι παραβολή στο επίπεδο (yz)κάθετοστονάξονατων x στηντιμή x = 1. Τοεπίπεδοαυτό παρίσταταιστοσχήμαως X = 1.Η εξίσωση της τροχιάς σύμφωνα με το διάνυσμα θέσης είναι: x(t) = 1 y(t) = 4t 2 z(t) = t x = 1 y = 4z 2 x = 1 y = 4z 2

11 39 ΑΣΚΗΣΗ 2.10 Οι συντεταγμένες της θέσης ενός κινητού δίνονται από τις εξισώσεις: x(t) = 3cos(t), y(t) = 3sin(t)και z(t) = 2t 2 σεμονάδες SI. Νααποδειχθείότιτοδιάνυσματης επιτάχυνσης έχει σταθερό μέτρο. Μπορείτε να περιγράψετε τι είδους κίνηση εκτελεί το κινητό; Αρχικά υπολογίζεται η ταχύτητα και μέσω αυτής η επιτάχυνση: v x = dx v y = dy v z = dz v x = d[3cos(t)] v y = d [3sin(t)] v z = d (2t2 ) v x = 3sin(t) v y = +3cos(t) v z = 4t Κατά συνέπεια: a x = dvx a y = dvy a z = dvz a x = d [ 3sin(t)] a y = d[+3cos(t)] a z = d(4t) a x = 3cos(t) a y = 3sin(t) a z = 4 οπότε το μέτρο της επιτάχυνσης είναι a = [ 3cos(t)] 2 +[ 3sin(t)] = 3 2 [cos 2 (t)+sin 2 (t)]+4 2 a = 5 ms 2 Οπωςφαίνεταιαπότιςεξισώσειςτηςθέσηςτουκινητού x 2 +y 2 = 3 2,ηπροβολήτης τροχιάςστοεπίπεδο (XY)είναικύκλοςακτίνας R = 3 m.τοκινητόεκτελείσ αυτό τοεπίπεδοομαλήκυκλικήκίνησημε v xy = 3 m/sενώκατάτηνκατεύθυνση zεκτελεί ευθύγραμμηομαλάεπιταχυνόμενηκίνησημε a z = 4 m/s 2. Ησυνολικήτουλοιπόν κίνηση είναι ελικοειδής με αυξανόμενο z-βηματισμό(τετραγωνικά) με τον χρόνο. ΑΣΚΗΣΗ 2.11 Ηθέσηενόςκινητούπεριγράφεταιαπότοδιάνυσμαθέσης r = x(t)î+y(t)ĵ +z(t)ˆk, όπου x(t) = 3t 2 + 5t, y(t) = t 3 + 1και z(t) = 2tσεμονάδες SI. Ναβρεθούντα διανύσματα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης. Ποιο είναι το μέτρο της επιτάχυνσης;

12 40 Η άσκηση αυτή αποτελεί απλή εφαρμογή του διανυσματικού ορισμού της ταχύτητας και της επιτάχυνσης: v = d r = dx dy î+ ĵ + dz = ˆk d (3t2 +5t)î+ d ( t3 +1)ĵ + d (2t)ˆk v = (6t+5)î 3t 2 ĵ +2ˆk a = d v = dv x î+ dv y ĵ + dv z ˆk = d (6t+5)î+ d ( 3t2 )ĵ + d (2)ˆk a = 6î 6tĵ Παρατηρούμε πως το διάνυσμα της επιτάχυνσης κινείται στο επίπεδο(xy), το δε μέτρο τηςείναι: a = 6 2 +(6t) 2 = 6 1+t 2,προφανώςεξαρτώμενοαπότονχρόνο. 2.3 Κίνηση στο Επίπεδο ΑΣΚΗΣΗ 2.12 Οι εξισώσεις κίνησης σωματιδίου στο επίπεδο περιγράφονται από τις παραμετρικές ε- ξισώσεις x(t) = 2t 2 + 3και y(t) = 3t 2 + 1στουςαντίστοιχουςάξονες. Ναβρεθούν τα διανύσματα ταχύτητας και επιτάχυνσης καθώς και η εξίσωση τροχιάς του κινητού αυτού. Είναι προφανές πως τα x και y έχουν γραμμική εξάρτηση μεταξύ τους, όπως φαίνεται από την απαλοιφή του χρόνου: x(t) = 2t 2 +3 y(t) = 3t x(t) = 6t x 2y = 7 y = 3/2x 7/2 2y(t) = 6t 2 +2 Ητροχιάτουκινητούείναισυνεπώςμιαευθείαμεκλίση k = 3/2.Ταδιανύσματατης ταχύτητας και επιτάχυνσης είναι αντίστοιχα: v = d r = d [ (2t 2 +3)î+(3t 2 +1)ĵ ] = 4tî+6tĵ a = d v = d ( ) 4tî+6tĵ = 4î+6ĵ

13 41 Οπως ήταν αναμενόμενο, η κλίση και των δύο αυτών διανυσμάτων είναι k = 3/2, ταυτόσημη δηλαδή με την κλίση της ευθύγραμμης τροχιάς του κινητού. Παρατηρείστε ότι η τετραγωνική εξάρτηση των συντεταγμένων x(t) και y(t) από το χρόνο δίνει σαν αποτέλεσμα σταθερή επιτάχυνση. ΑΣΚΗΣΗ 2.13 Σωματίδιο κινείται στο επίπεδο (xy) και η επιτάχυνσή του περιγράφεται στο σύστημα μονάδων SI από τις εξισώσεις:. Εάνγια t = 0ισχύουν a x = 2sin(t) a y = 3cos(t) v x0 = 2 v y0 = 0 και x 0 = 2 y 0 = 6,ναβρεθείηεξίσωσητηςτροχιάς. Είναι προφανές πως η εξίσωση τροχιάς θα βρεθεί με επάλληλες ολοκληρώσεις της επιτάχυνσης κάνοντας χρήση των αρχικών συνθηκών: v x = a x = [ 2sin(t)] = +2cos(t)+C 1 v y = a y = [ 3cos(t)] = 3sin(t)+C 2 Μεβάσητιςαρχικέςσυνθήκεςτηςταχύτηταςγια t = 0συνάγεταιπως C 1 = 0καθώς και C 2 = 0.Οπότε: και κατά συνέπεια v x (t) = +2cos(t) v y (t) = 3sin(t) x(t) = v x = [+2cos(t)] = +2sin(t)+C 1 y(t) = y x = [ 3sin(t)] = +3cos(t)+C 2 Βάσειτωναρχικώνσυνθηκώνπροκύπτει C 1 = 2και C 2 = 3οπότεκαταλήγουμεστις εξισώσεις: x = 2sin(t)+2 y = 3cos(3)+3 x 2 2 = sin(t) y 3 3 = cos(3) (x 2) (y 3)2 3 2 = 1 Άραηεξίσωσητροχιάςείναιέλλειψημεκέντρο (x 0,y 0 ) = (2,3)καιημιάξονες p x = 2 και p y = 3αντίστοιχα.

14 42 ΑΣΚΗΣΗ 2.14 Σωματίδιο κινείται στο επίπεδο (xy) και για τις συνιστώσες της ταχύτητάς του ισχύει v x = 4t 3 +4t m/s, v y = 4t m/s.για t = 0sτοσωματίδιοβρίσκεταιστοσημείο (1,2). Βρείτε την εξίσωση τροχιάς του σωματιδίου. (Άσκηση 2.7 Ιωάννου-Τρικαλινός Ολοκλήρωση των συνιστωσών της ταχύτητας δίνει: x(t) = (4t 3 +4t) = t 4 +2t 2 +C 1 y(t) = (4t) = 2t 2 +C 2 καιμεβάσητιςαρχικέςσυνθήκεςγια t = 0 (x 0,y 0 ) = (1,2)παίρνουμε C 1 = 1, C 2 = 2.Οπότεηεξίσωσητηςτροχιάςείναι: x(t) = t 4 +2t 2 +1 y(t) = 2t 2 +2 x(t) = (t 2 +1) 2 y(t) = 2(t 2 +1) x = ( y 2 ) 2 x = 1 4 y2 Η τροχιά του σωματιδίου διαγράφει λοιπόν παραβολική τροχιά στο επίπεδο (xy). ΑΣΚΗΣΗ 2.15 Τοδιάνυσμαθέσηςκινητούστοεπίπεδο (xy)δίνεταιαπότησχέση r = αtî + βt 2 ĵ, όπουακαιβσταθερές.αφούπρώταβρεθείητροχιάτουκινητού,ναυπολογισθούντα διανύσματα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης και να εκφραστεί η μεταξύ των γωνία φ συναρτήσει του χρόνου. Για τις συνιστώσες x(t) και y(t) της τροχιάς ισχύουν: x(t) = αt y(t) = βt 2 x2 y = α2 β y = ( β α 2 ) x 2 Ητροχιάείναιλοιπόνηπαραβολή y = λx 2 μεσταθερά λ = β/α 2.

15 43 Απότοδιάνυσμαθέσης r = αtî+ βt 2 ĵυπολογίζονταιταδιανύσματατης ταχύτητας και της επιτάχυνσης: v = d r = d ( αtî+βt 2 ĵ ) = αî+2βtĵ a = d v = d ( ) αî+2βtĵ = 0î+2βĵ Παρατηρούμε πως η επιτάχυνση a είναι ένα σταθερό διάνυσμα(ανεξάρτητο του χρόνου)μεμέτρο2βκατάτηνκατεύθυνση y. Αντίθετα, η ταχύτητα v έχει μια σταθερή συνιστώσα, μέτρου α, κατά τη κατεύθυνση x και μια χρονοεξαρτώμενη, η j οποίαείναιανάλογητουχρόνουμεμέτρο2βt,κατάτηκατεύθυνση y. Η ζητούμενη γωνία μεταξύ των διανυσμάτων ταχύτητας και επιτάχυνσης μπορεί να υπολογισθεί εύκολα κάνοντας χρήση του εσωτερικού των γινομένου: v a = v a cosφ ( αî+2βtĵ ) (0î+2βĵ ) ) = ( α 2 +(2βt) 2 (2β) cosφ 4β 2 t = 2β α 2 +(2βt) 2 cosφ cosφ = a i v 2βt α 2 +(2βt) 2 cosφ = 1 1+(α/2βt) 2 ήισοδύναμα tanφ = a 2βt Απότοπαραπάνωαποτέλεσμαφαίνεταιπωςηγωνίαφτείνειστομηδένκαθώςμεγαλώνει ο χρόνος t της κίνησης(cosφ 1 ή tanφ 0). Το αποτέλεσμα αυτό είναι αναμενόμενο, καθώς η χρονοεξαρτώμενη συνιστώσα της ταχύτητας v είναι κατά την κατεύθυνση y μόνο, οπότε το διάνυσμα της ταχύτητας τείνει να ταυτιστεί με την σταθερή κατεύθυνση του διανύσματος της επιτάχυνσης. Στηναρχήτηςκίνησης(t = 0)όταντοκινητόβρίσκεταιστηναρχήτωναξόνων (το διάνυσμα θέσης γίνεται r = 0î + 0ĵ για t = 0) τα δύο διανύσματα ταχύτητας και επιτάχυνσης είναι κάθετα, όπως φαίνεται από τις σχέσεις που προκύπτουν. Κατά συνέπεια, η επιτάχυνση τη στιγμή αυτή είναι εξ ολοκλήρου κεντρομόλος, δηλαδή: v(t = 0) = αî+0ĵ a(t = 0) = 0î+2βĵ a = a N = v2 ρ 2β = α2 ρ ρ = α2 2β ηακτίνακαμπυλότηταςμπορείναεκφραστείμέσωτωνσταθερώνακαιβμετηνπαραπάνω απλή σχέση.

16 44 ΑΣΚΗΣΗ 2.16 Σωματίδιοκινείταιστοεπίπεδο (xy)διαγράφονταςτηνπαραβολή y = λx 2.Ναυπολογιστείηεπιτάχυνσηκαιηακτίνακαμπυλότηταςτηςτροχιάςστοσημείο x = 0. Η άσκηση αυτή διαφοροποιείται από την προηγούμενη, παρ όλοπουητροχιάτυχαίνει ναέχειτηνίδιαμορφή(παραβολική). Στην παρούσα άσκηση δεν είναι γνωστές οι παραμετρικές εξισώσεις των συντεταγμένωντηςθέσης.οπότε,μεβάση τον ορισμό της ταχύτητας και της επιτάχυνσης, θα ισχύουν οι παρακάτω εξισώσεις: r = xî+yĵ v = dx dy î+ ĵ a = dvx dvy î+ ĵ a N a a T r = xî+λx 2 ĵ v = dx î+2λxdx ĵ = vxî+2λxv xĵ a = dvx î+( 2λ dxv )ĵ x +2λx dvx v Άρα τελικά η επιτάχυνση μπορεί να γραφεί στην διανυσματική μορφή: a = a x î+(2λv 2 x +2λxa x )ĵ Για x = 0είναι r = 0î+0ĵκαιταδιανύσματα vκαι aγίνονταικάθετα,όπωςφαίνεται απότιςσχέσεις: v = v x î+0ĵ a = a x î+2λvxĵ 2 Οπότεηκεντρομόλοςσυνιστώσα a N τηςεπιτάχυνσηςταυτίζεταιμετηνσυνιστώσα τηςκατάτηνκατεύθυνση ĵ(û N = ĵ).άραθαισχύει: a N = v2 ρ 2λv2 x = v2 x ρ ρ = 1 2λ Παρατηρείστε πως το αποτέλεσμα για την ακτίνα καμπυλότητας είναι ταυτόσημο με αυτό της προηγούμενης άσκησης.

17 45 ΑΣΚΗΣΗ 2.17 Σώμα κινείται στο επίπεδο σε κυκλική τροχιά ακτίνας R = 2m με γωνιακή επιτάχυνση a A = (6t+2) rad/s 2. Εάντηχρονικήστιγμή t = 0sγωνιακήταχύτητακαιηγωνία είναιαντίστοιχα ω 0 = 0 rad/s, θ 0 = 0 radναβρεθούνταδιανύσματατηςγραμμικής εφαπτομενικήςκαικεντρομόλουεπιτάχυνσης a T και a N αντίστοιχα. Η γωνιακή ταχύτητα και η γωνία προκύπτουν από την ολοκλήρωση της γωνιακής επιτάχυνσης: ω(t) = θ(t) = a A (t) = ω(t) = (6t+2) = 3t 2 +2t+C ω(t) = 3t 2 +2t (3t 2 +2t) = t 3 +t 2 +C θ(t) = t 3 +t 2 Η γραμμική ταχύτητα του σωματιδίου θα δίνεται από τη σχέση: v(t) = Rω(t) = 2(3t 2 +2t) = (6t 2 +4t) m/s οπότε η εφαπτομενική συνιστώσα της επιτάχυνσης έχει μέτρο: a T = dv = 12t+4 a T = (12t+4)û T m/s 2 ενώ η κεντρομόλος συνιστώσα έχει μέτρο: a N = Rω 2 = 2(3t 2 +2t) 2 a N = 2t 2 (3t+2) 2 û N m/s 2 Ταμοναδιαίαδιανύσματα û T και û N είναιαντίστοιχαεφαπτόμενοκαικάθετο(κεντρομόλο) στη κυκλική τροχιά στο σημείο της επιβατικής ακτίνας. 2.4 Βολές ΑΣΚΗΣΗ 2.18 Σώμα, ελεύθερο αντιστάσεων και άλλων τριβών, βάλλεται από ύψος h με οριζόντια ταχύτηταv 0.ΝαβρεθείτοβεληνεκέςRκαθώςκαιηγωνίαφπουσχηματίζεταιαπότην ευθεία που συνδέει το σημείο βολής και πρόσκρουσης στο έδαφος με την κατακόρυφο.

18 46 Από την ανεξαρτησία των κινήσεων στον οριζόντιο και κατακόρυφο άξονα σχηματίζουμε τις εξισώσεις κίνησης: R = v 0 t h = 1 2 t2 Γιατηγωνίαφισχύει: tanφ = R h = v 0 R = v 0 2h/ t = 2h/ 2h/ h R = v 0 2h tanφ = v 0 2 h ΑΣΚΗΣΗ 2.19 Βλήμα, ελεύθερο αντιστάσεων και άλλων τριβών, εκτοξεύεται από ύψος h = 500m με ταχύτητα v 0 προςτακάτω,σχηματίζονταςγωνία φ = 60 o μετηνκατακόρυφο. Να βρεθείτοβεληνεκές Rτηςβολήςαυτής,εάντοσώμασυναντάτοέδαφος t = 4sμετά τηνεκτόξευση.ποιοτομέτροτηςαρχικήςταχύτητας v 0 καιποιοτηςτελικής v; Οπως και στην προηγούμενη άσκηση γράφουμε τις εξισώσεις κίνησης στον οριζόντιο και κατακόρυφο άξονα. Στον οριζόντιο άξονα έχουμε την συνιστώσα της ταχύτητας

19 47 v 0x = v 0 sinφ,ενώστονκατακόρυφοαντίστοιχατην v 0y = v 0 cosφ. v x = v 0 sinφ R = (v 0 sinφ)t v y = v 0 cosφ t h = ( v 0 cosφ)t 1 2 t2 v x = v 0 sinφ (1) R = (v 0 sinφ)t (2) v y = v 0 cosφ+t (3) h = (v 0 cosφ)t+ 1 2 t2 (4) Απότηντελευταίαεξίσωση(4)υπολογίζουμετομέτροτηςαρχικήςταχύτητας v 0 και το αντικαθιστούμε στην(2): v x = v 0 sinφ (1) R = (h t 2 /2)(tsinφ)/(tcosφ) (2) v y = v 0 cosφ+t (3) v 0 = (h t 2 /2)/(tcosφ) (4) R = (h t 2 /2)tanφ v 0 = (h t 2 /2)/(tcosφ) Μετάαπόαντικατάστασηβρίσκουμε R = 730 m και v 0 = 210 m/s.γιατονυπολογισμό της τελικής ταχύτητας θα προστεθούν διανυσματικά η αμετάβλητη οριζόντια συνιστώσα v x (1)καιητελικήκατακόρυφη v y (3): v = vx 2 +vy 2 = (210sin60 o ) 2 +(210cos60 o ) 2 v = 232 m/s

20 48 ΑΣΚΗΣΗ 2.20 Βλήμαεκτοξεύεταιαπότοέδαφοςμεαρχικήταχύτητα v 0 υπόγωνίαφκαισυναντάτην ταράτσα κτιρίου ύψους H σε οριζόντια απόσταση R. Θεωρώντας την αντίσταση του αέρααμελητέα,ναυπολογίσετετηνγωνίαβολήςφεάνδίνονταιταμεγέθη R = 200 m, H = 50 mκαι v 0 = 60 m/s. Οι εξισώσεις της κίνησης για χρόνο πτήσης του βλήματος t, ο οποίος καθορίζεται από την κατακόρυφη κίνηση, είναι: R = (v 0 cosφ)t H = (v 0 sinφ)t 1 2 t2 t = R/(v 0 cosφ) H = R(v 0 sinφ)/(v 0 cosφ) 1 2 R2 /(v 0 cosφ) 2 Η δεύτερη των εξισώσεων είναι μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς την tanφ: H = Rtanφ 1 2 R2 /(v 0 cosφ) 2 H = Rtanφ R2 (1+tan 2 φ) 2v0 2 tan 2 φ 2v2 0 R tanφ+ 2v2 0H R 2 +1 = 0 Με τα δεδομένα της άσκησης, η παραπάνω εξίσωση γίνεται: tan 2 φ 3.673tanφ = 0 tanφ 1 = 3.117,tanφ 2 = φ 1 = 72.2 o, φ 2 = 29.1 o

21 49 ΑΣΚΗΣΗ 2.21 Βλήμαεκτοξεύεταιαπότηβάσηκεκλιμένουεπιπέδουγωνίαςφυπόγωνίαθωςπρος τον ορίζοντα. Να υπολογιστεί το βεληνεκές R επί του κεκλιμένου επιπέδου. ΜΕΘΟΔΟΣ Α Αναλύουμε τη κίνηση του βλήματος στον άξονα παράλληλο προς το κεκλιμένο επίπεδο και στον αντίστοιχο κάθετο. Στην περίπτωση αυτή, και στις δύο αυτές κατευθύνσεις δρα η βαρυτική επιτάχυνση με μέτρα sinφ και cosφ αντίστοιχα. Οι εξισώσεις κίνησης είναι: R = v 0 cos(θ φ)t 1 2 (sinφ)t2 0 = v 0 sin(θ φ)t 1 2 (cosφ)t2 Ηδεύτερητωνεξισώσεωνλυόμενηωςπροςτονχρόνο tδίνει: t = 2v 0 sin(θ φ) cosφ και μετά από αντικατάσταση στην πρώτη λαμβάνουμε για το βεληνεκές R την παρακάτω σχέση: R = v 0 cos(θ φ) 2v 0 sin(θ φ) cosφ 1 v 2 2 sinφ22 0 sin 2 (θ φ) 2 cos 2 φ R = 2v2 0 cos(θ φ)sin(θ φ)cosφ sinφsin 2 (θ φ) cos 2 φ

22 50 R = 2v2 0 sin(θ φ)[cos(θ φ)cosφ sinφsin(θ φ)] cos 2 φ R = 2v2 0 sin(θ φ)cos(θ φ+φ) cos 2 φ R = 2v2 0 sin(θ φ)cosθ cos 2 φ Ησχέσηαυτήγιατηνοριακήπερίπτωση φ = 0απλοποιείταιστηνγνωστήσχέσητου βεληνεκούςγιατοοριζόντιοεπίπεδο R = 2v2 0 sinθcosθ = v2 0 sin2θ. ΜΕΘΟΔΟΣ Β Αναζητούμε το σημείο τομής της τροχιάς του βλήματος και του κεκλιμένου επιπέδου. Οι εξισώσεις αυτές αντίστοιχα είναι: y = xtanθ x 2 /2(v 0 cosθ) 2 y = xtanφ xtanθ x2 /2(v 0 cosθ) 2 = xtanφ x = 2v2 0 (tanθ tanφ)cos2 θ Αλλάτο xδίνεταιμέσωτουβεληνεκούςκαιτηςγωνίαςφως x = Rcosφ,οπότε: Rcosφ = 2v2 0 (tanθ tanφ)cos2 θ R = 2v2 0 tanθ tanφ cos 2 θ cosφ R = 2v2 0 sinθcosθ cos 2 θtanφ cosφ R = 2v2 0 R = 2v2 0 cosθ(sinθcosφ cosθsinφ) cos 2 φ cosθ(sinθ cosθsinφ/cosφ) cosφ R = 2v2 0 sin(θ φ)cosθ cos 2 φ Καταλήγουμε λοιπόν στο ίδιο με την προηγούμενη μέθοδο αποτέλεσμα.

23 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 2.22 Ενας ζογκλέρ συνηθίζει να πετάει τις μπάλες κατακόρυφα προς τα πάνω μέχρι κάποιο ύψος H. Πόσοψηλάπρέπειναπετάξειτιςμπάλεςώστεαυτέςναμείνουνστοναέρα για διπλάσιο χρόνο; Απάντηση: 4H (Άσκηση 2.99 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 2.23 Σωματίδιοκινείταιστοεπίπεδο (xy)μεσυντεταγμένες x(t) = at 2 και y(t) = bt,όπου aκαι bσταθερές. (α)ναυπολογισθούνηταχύτητακαιηεπιτάχυνσήτου. (β)να βρεθεί η εξίσωση της τροχιάς.(γ) Να εκφρασθεί η γωνία φ μεταξύ των διανυσμάτων της ταχύτητας και της επιτάχυνσης ως συνάρτηση του χρόνου. Απάντηση:(α) v = 2at i+b j, a = 2a i (β) y 2 = b2 a x (γ) tanφ = b 2at ΑΣΚΗΣΗ 2.24 Εναπουλίπετάστοεπίπεδο (xy)μεέναδιάνυσματαχύτηταςπουδίνεταιαπότησχέση v = (α βt 2 ) i + γt jμεσταθερές α = 2.4 m/s, β = 1.8 m/s 3, γ = 4.0 m/s 2. Οάξονας xείναιοριζόντιος,ενώοyδείχνεικατακόρυφαπροςταπάνω. Τηχρονική στιγμή t = 0τοπουλίβρίσκεταιστηναρχήτωναξόνων.(α)Ναυπολογιστούνηθέση καιηεπιτάχυνσήτουσανσυνάρτησητουχρόνου. (β)σετιύψοςβρίσκεταιτοπουλί ότανπερνάειγιαπρώτηφοράαπότο x = 0μετάτηχρονικήστιγμή t = 0; Απάντηση:(β) y = 8 m (Άσκηση 3.46 Youn-Freedman) ΑΣΚΗΣΗ 2.25 Παίκτης του γκολφ ξεκινά από ύψωμα δίνοντας στη μπάλα του αρχική ταχύτητα 43 m/s μεγωνία 30 o πάνωαπότηνοριζόντιακατεύθυνση. Ημπάλαπέφτεισεεπίπεδομε γρασίδικαισεοριζόντιααπόσταση 180 mαπότοσημείοβολής. (α)πόσοπάνωαπό

24 52 την περιοχή με γρασίδι βρίσκεται το ύψωμα;(β) Πόση είναι η ταχύτητα της μπάλας καθώς χτυπά στο γρασίδι; Απάντηση:(α) 11 m (β) 45 m/s (Άσκηση Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 2.26 Κινούμενο σώμα στο επίπεδο (xy) έχει συντεταγμένες x = αt και y = βsin(αt), όπου α και β θετικές σταθερές. Να αποδείξετε πως το μέτρο της επιτάχυνσης είναι ανάλογο της απόστασης του κινούμενου σώματος από τον άξονα των x. Να βρεθεί και να σχεδιαστεί η μορφή της τροχιάς του σώματος.