ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ. Εξέταση στη Μηχανική Ι 2Σεπτεµ ρρίου2008

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ. Εξέταση στη Μηχανική Ι 2Σεπτεµ ρρίου2008"

Οφέλια Πρωτονοτάριος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τµήµα Φυσική Εξέταση στη Μηχανική Ι 2Σεπτεµ ρρίου2008 Τµήµα Π. Ιωάννου& Θ. Αποστολάτου Απαντήστε και στα 3 ισοδύναµα θέµατα µε σαφήνεια και απλότητα. Οι ολοκληρωµένε απαντήσει εκτιµώνται ιδιαιτέρω. ΘΕΜΑ Α ύο σηµειακά σωµατίδια ίδια µάζα m συνδέονται µεταξύ του µε ελατήριο ελαστικότητα kκαιφυσικούµήκου l 0 καιµπορούννακινούνταιµόνοεπίτουάξονα xπάνωστον οποίο βρίσκεται και το ελατήριο.. Γράψτε τι εξισώσει κίνηση για τα δύο σωµατίδια και αφαιρώντα τε γρράψτε την εξίσωσηκίνηση πουδιέπειτηναπόστασητωνδύοσωµατιδίων x x x Aρχικά το ελατήριο δεν βρίσκεται στο φυσικό του µήκο και οι µάζε είναι ακίνητε. Με τι συχνότητα ανοιγοκλείνει το ελατήριο; 3. Υπάρχει περίπτωση η αρχική ταχύτητα των σωµατιδίων να είναι τέτοια ώστε, αν αρχικά το ελατήριο δεν βρίσκεται στο φυσικό του µήκο, µετά από κάποιο χρονικό διάστηµα και ταδύοσωµατίδιαναηρεµούν; (Οιτρι έ θεωρούνταιµηδενικέ.) Επιχειρηµατολογήστε σχετικά. 4. Καθώ τα δύο σωµατίδια ταλαντώνονται συµµετρικά (χωρί το κέντρο µάζα του συστή- µατο νακινείται),ανοιγοκλείνοντα τοελατήριο,καιτηστιγµήακρι ώ πουτοελατήριο έχειτοµέγιστοµήκο του.0 l 0,ταψεκάζουµεµεφορτία +qκαι +q,αντίστοιχα.ταφορτία είναι τέτοια ώστε ώστε η ηλεκτροστατική άπωση των δύο φορτίων, όταν αυτά βρίσκονταισεαπόσταση l 0 l 2 0 ναείναι 00/49φορέ όσοηδύναµηπουασκείτοελατήριοτηστιγµήεκείνη.αναπτύξτε κατά Taylor την ηλεκτροστατική άπωση και κρατήστε µέχρι και τον γραµµικό όρο. Σε αυτή την περίπτωση δείξτε ότι και πάλι η απόσταση των δύο σωµατιδίων διέπεται (προσεγγιστικά) από µια εξίσωση αρµονικού ταλαντωτή. 5.Ποιαηεξέλιξητη κίνηση τωνδύοµαζώναφότουεναποτεθούνταφορτία;τώραµπορείτεναεξηγήσετεγιατίηπροσέγγισητη δύναµη µέσωτωνδύοµόνοπρώτωνόρωντου αναπτύγµατο Taylor ήταν αρκετή για την ανάλυση τη κίνηση ; ΘΕΜΑΒ Εναάστροµεµάζα Mπουβρίσκεταισεκάποιογαλαξίακινείταικοντάστογαλαξιακό δίσκο και µάλιστα κάθετα σε αυτόν. Σε πολύ καλή προσέγγιση ο γαλαξιακό δίσκο µπορεί να θεωρηθείω έναεπίπεδοστρώµαύλη,άπειρη έκταση,µεοµογενήπυκνότητα ρ 0 καιπάχο D.

2 . είξτε ότι ενόσω το άστρο βρίσκεται εντό του στρώµατο αυτού δέχεται µια αρµονική βαρυτική δύναµη. [Αυτό µπορείτε να το δείξετε είτε χρησιµοποιώντα το νόµο του Gauss η ροή τη βαρυτικιή επιτάχυνση σε µια κλειστή επιφάνεια είναι ανάλογη τη περιεχό- µενη σεαυτήµάζα M περ,δηλαδή g d S = 4πGM περ,είτεκαταφεύγοντα στονπιο επίπονο ολοκληρωτικό υπολογισµό τη βαρυτική δύναµη που ασκείται εντό του στρώ- µατο ύλη.] 2.Πόσηείναιηδύναµηαυτή,αντοάστροβρίσκεταιεκτό τουδίσκου; 3. Υπολογίστε και σχεδιάστε τη συχνότητα ταλάντωση το άστρου ω συνάρτηση τη απόστασή του sαπότοενδιάµεσοεπίπεδοτουδίσκου,θεωρώντα ότιτοάστροξεκινάτην κίνησή του από το σηµείο αυτό µε µηδενική ταχύτητα. 4. Αν κατά τη δηµιουργία του δίσκου όλα τα άστρα που αποτελούν το δίσκο βρίσκονταν σε κατάσταση ηρεµία και ήταν κατανεµηµένα οµοιόµορφα µέσα σε αυτόν µε πυκνότητα ρ 0 σεπόσοχρόνοθακατέρρεεοδίσκο καιθαγινότανεντελώ επίπεδο (άνευπάχου ); [Αγνοήστε τι κινήσει στο επίπεδο του δίσκου θεωρώντα ότι στο χρονικό διάστηµα που συµ αίνουνοιεγκάρσιε κινήσει δεναλλάζειτίποτεόσοναφοράστηνκατανοµήτωναστέρων σε κάθε επίπεδο παράλληλο του δίσκου.] ΘΕΜΑ Γ Ενα φορτισµένο σωµατίδιο µάζα m και φορτίου Q κινείται εντό οµογενού µαγνητικούπεδίου B = B 0 ẑµέσασεέναµέσοπουασκείπάνωτουδύναµηαντίσταση F αντ = mγ v, όπου v η ταχύτητα του σωµατιδίου..γράψτετηνεξίσωσηκίνηση τουσωµατιδίουκαιδείξτε(λαµ άνοντα τοεσωτερικόγινό- µενοαυτή µετο B)ότιαναρχικάτοσωµατίδιοκινούντανκάθεταστοµαγνητικόπεδίοτο σωµατίδιο θα κινείται πάντα επί ενό επιπέδου. 2. είξτε (λαµ άνοντα τοεσωτερικόγινόµενοτη εξίσωση κίνηση µετηνταχύτητα)ότιη κινητικήενέργειατουσωµατιδίουµειώνεταιµετοχρόνοω e 2γt. 3. εδοµένου ότι η κίνηση διεξάγεται στο επίπεδο x y γράψτε τι εξισώσει κίνηση του σω- µατιδίου στο επίπεδο αυτό (σε καρτεσιανέ συντεταγµένε ). Στη συνέχεια ορίζοντα την καινούργιαµετα λητή ζ = x+i yσυνδέστετι δύοεξισώσει σεµιαµιγαδικήεξίσωση.είναιηεξίσωσηαυτήγραµµική;είναιόλοιοισυντελεστέ τη πραγµατικοί;τιείδου λύσει περιµένετε από µια τέτοια εξίσωση; 4.Βρείτετηνακρι ήλύσηδεδοµένουότιαρχικά v(0) = v 0ˆx, r(0) = (0, 0, 0).Προσέξτεότιη λύση σα είναι µιγαδική και εποµένω κάθε σταθερά που εισέρχεται σε αυτή έχει και πραγ- µατικό και φανταστικό µέρο. 5.Σεποιοσηµείοθαβρεθείτελικά (µετάαπόπολύχρόνο)τοσωµατίδιο; Καλή σα επιτυχία 2

3 Λύσει ΘΕΜΑΑ. όπου x = x 2 x l 0. mẍ = k(x 2 x l 0 ), mẍ 2 = k(x 2 x l 0 ) mẍ = 2kx 2.Ηπαραπάνωείναιεξίσωσηαρµονικούταλαντωτήµεσυχνότητα ω = 2k/m.Μετι δεδοµένε αρχικέ συνθήκε ηεξίσωσηκίνηση τουελατηρίουείναι x = x 0 cosωtόπου x 0 η αρχική επιµήκυνση του ελατηρίου (αρνητική αν πρόκειται για συσπείρωση). 3. Οχι αφού η κίνηση ενό αρµονικού ταλαντωτή αποκλείεται να είναι µηδενική (ακινησία) εφόσον υπάρχει είτε αρχική θέση(µη µηδενική) είτε αρχική ταχύτητα είτε και τα δύο. Ενα άλλο επιχείρηµα είναι ότι η λύση πρέπει να είναι µοναδική. Αν υπάρχει αρχική θέση και/ή ταχύτηταδενµπορείναέχειτηνίδιακίνησηµετοναµηνέχειούτεαρχικήαποµάκρυνση ούτε ταχύτητα (ισορροπία του αρµονικού ταλαντωτή). 4.Τώραεµφανίζεταικαιηµετα λητήδύναµη (l 0 + x) 2 Αναπτύσσοντα αυτήν κατά Taylor θα έχουµε F e = l 2 0 ( 2 x l ) F 0 ( 2x/l 0 ), όπου F 0 = /( l 2 0 )και F 0 = 00/49kx 0 = kl 0 /49,αφούτοπλάτο τη ταλάντωση πρινήταν x 0 = 0.0l 0.Τώραηεξίσωσηκίνηση είναι mẍ = 2kx + F 0 ( 2x/l 0 ) = 2(k + F 0 /l 0 )x + F 0. Αυτή είναι και πάλι εξίσωση αρµονικού ταλαντωτή µε καινούργιο σηµείο ισορροπία. 5. Η γενική λύση αυτή είναι x(t) = F 0 2(k + F 0 /l 0 ) + A cos(ω t) + B sin(ω t) όπου ω = 2(k + F 0 /l 0 )/m).οιαρχικέ συνθήκε είναι x(0) = x 0 = 0.0l 0 και v 0 = 0. Ετσι F 0 0.0l 0 = 2(k + F 0 /l 0 ) + A, Bω = 0 A = 0.0l 0 kl 0/49 2(k + k/49) = 0, B = 0 Εποµένω στησυνέχειατοελατήριοθαπαραµείνειγιαπάνταµεαυτότοάνοιγµα.0l 0 καιδενθασυµ είκαµίαταλάντωση.αυτό είναικαιολόγο πουδενχρειάζεταινακρατήσουµε κανέναν επιπλέον όρο στο ανάπτυγµα, αφού δεν πρόκειται να αλλάξει άλλο η απόσταση των φορτίων. 3

4 ΘΕΜΑ Β Ενα άστρο κάποιου γαλαξία κινείται κοντά στο γαλαξιακό δίσκο και µάλιστα κάθετα σε αυτόν. Σε πολύ καλή προσέγγιση ο γαλαξιακό δίσκο µπορεί να θεωρηθεί ω ένα επίπεδο στρώµα ύλη άπειρη έκταση, µε οµογενή πυκνότητα ρ και πάχο D.. Βάσει του νόµου του Gauss, για µια κυλινδρική επιφάνεια ολοκληρωτικά εντό του στρώ- µατο ύλη απότο zέω το +z, g(z)s + g( z)s = 4πGρ(2zS) g(z) = 4πGρz Πρόκειται για επιτάχυνση γραµµική(τύπου αρµονικού ταλαντωτή). 2. Αν τα όρια του κυλίνδρου τη επιφάνεια Gauss ξεπερνούν το πάχο του στρώµατο D τότε g(z) = 4πGρD/2 = 2πGρD, δηλαδή σταθερή και ανεξάρτητη τη απόσταση από το στρώµα. 3. Για s < D/2 όντα αρµονικό ταλαντωτή το άστρο έχει συχνότητα ταλάντωση M g(z) /z ω(s < D/2) = = 4πGρ = ω 0 M Για s > D/2πρέπεινασυνυπολογιστείκαιοχρόνο κάλυψη υπόσταθερήδύναµητη απόσταση µέχρι την επιφάνεια του δίσκου: όπου 2π ω(s > D/2) = T αρµ + 4T F =σταθ T F =σταθ = 2(s D/2)/ g = 2s D 2πGρD (ο χρόνο αυτό τετραπλασιάζεται γιατί πρέπει να εκληφθεί ο χρόνο ανόδου και καθόδου εκατέρωθεν του στρώµατο σε αυτό το σταθερό πεδίο). Μετά από πράξει ω(s > D/2) = ω s 2 π D 4.Καθώ θακαταρρέειοδίσκο υπότηνεπίδρασητη ίδιοα τουτη βαρύτητα καιναγίνεται πιο λεπτό αλλάζει η πυκνότητα του. Οµω η βαρυτική επιτάχυνση που δέχεται ένα άστρο στην επιφάνειά του είναι σταθερή αφού η περιεχόµενη µάζα στον κύλινδρο που καλύπτει όλο το εύρο του στρώµατο είναι σταθερή. Εποµένω ο χρόνο κατάρρευση είναι ο χρόνο κάλυψη του D/2 υπό την επίδραση αυτή τη σταθερή επιτάχυνση. ΘΕΜΑΓ T καταρ = 4 2(D/2) 2πGρ 0 D = 2 ω 0.

5 . m r = mγ r + Q r B Λαµ άνοντα τοεσωτερικόγινόµενοµετο B καισυµ ολίζοντα το v Bµε s v B = γ v B + 0 ds/dt = γs Αναρχικά s(0) = 0θαείναιγιαπάντα s(t) = 0,δηλαδήπάνταηκίνησηθαείναικάθετη στο µαγνητικό πεδίο και εποµένω επίπεδη. 2. v v = γ v v καισυµ ολίζοντα το v v = v 2 µε w (/2)dw/dt = γw w = w 0 e 2γt d 2 x dt = γdx 2 dt + QB 0 dy d 2 y m dt dt = γdy 2 dt QB 0 dx m dt δηλαδή d 2 ζ dt = γdζ 2 dt iqb 0 dζ m dt Η εξίσωση αυτή είναι γραµµική µε σταθερού µη πραγµατικού συντελεστέ εποµένω οι λύσει τη αναµένεταιναέχουντηµορφή ζ = ζ 0 e Λt. 4.Μεαπλήαντικατάστασητη παραπάνωλύση βρίσκουµε Λ 2 = (γ +iqb 0 /m)ήλ = 0. Ετσι x(t) + iy(t) = ζ(t) = ζ 0 + ζ 02 e (γ+iqb 0/m)t Από τι αρχικέ συνθήκε θεωρώντα ότι αρχικά βρίσκεται στη θέση x(0) = y(0) = 0 ζ(0) = 0έχουµε ζ 0 + ζ 02 = 0, ζ 02 Λ 2 = v 0 + i0 Λύνοντα τι παραπάνω βρίσκουµε ζ 0 = ζ 02 = v 0 γ + iqb 0 /m 5.Μετάαπόαρκετόχρόνοθασ ήσειηεκθετικήλύσηκαιθαµείνειησταθερή. v 0 x( ) + iy( ) = ζ 0 = γ 2 + (QB 0 /m) 2(γ iqb 0/m) απ όπουδια άζουµετηντελικήθέση v 0 γ x( ) γ 2 + (QB 0 /m), y( ) v 0 QB 0 /m 2 γ 2 + (QB 0 /m) 2. 5

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Μηχανική Ι 22 Ιανουαρίου, 2019

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Μηχανική Ι Ιανουαρίου, 9 Καλή σας επιτυχία. Πρόβλημα Α Ένα σωματίδιο μάζας m κινείται υπό την επίδραση του πεδίου δύο σημειακών ελκτικών κέντρων, το ένα εκ των οποίων