Λύσεις 4 ης εργασίας

Transcript

1 Λύσεις 4 ης εργασίας. α) Η συνισταµένη δύναµη είναι ίση µε ολ = + = 5N και η γωνία o δίνεται από τη σχέση tn = tn =,75 36,9 Άρα, η επιτάχυνση είναι ίση µε: = ολ = m 5m / ολ β) Η συνισταµένη δύναµη είναι ίση µε ολ = + + coϕ = 95 3, 4 και η γωνία δίνεται από τη σχέση in ϕ o in = in,43 5,5 ολ Άρα, η επιτάχυνση είναι ίση µε: = ολ m 6,m / φ ολ. Η συνισταµένη δύναµη είναι ίση µε ολ = + = ( 3i 5 j) N + ( i + j) N = ( 5i 4 j)n Η επιτάχυνση είναι ίση µε = ( 5i 4 j) N /,5kg = ( 3,33i,67 j) m / και έχει µέτρο ίσο µε = 3,33 +,67 m / 4,7m / Η µετατόπιση του σώµατος στις τρεις διευύνσεις δίνεται από τις παρακάτω εξισώσεις: = t = 3,33t = t =,67t z = Άρα, οι συντεταγµένες της έσης του την χρονική στιγµή t = 4 είναι: (,,z) = (6,64, -,36, ) 3. Η ταχύτητα του υλικού σηµείου είναι ίση µε: d(t) 3 V(t) = =,9t i + (,3t / + t)j σε m/ dt και η επιτάχυνση είναι ίση µε: dv(t) 3 (t) = =,8ti + (,t 5 / + )j σε m/ dt

2 Το διάνυσµα έσης του υλικού σηµείου τη χρονική στιγµή t = είναι ίσο µε: () = 3,3i 4,j σε m και το αντίστοιχο διάνυσµα της ταχύτητάς του είναι ίσο µε: V() =,9i +,3 j σε m/ 4. α) Στο κιβώτιο ασκούνται το βάρος του, Β, και η αντίδραση του δαπέδου, οι οποίες αλληλοεξουδετερώνονται. Καµιά άλλη δύναµη δεν ασκείται σ αυτό, άρα και η τριβή, Τ, είναι ίση µε µηδέν. β) Το κιβώτιο αρχίζει να ολισαίνει όταν η δύναµη γίνει ίση µε τη µέγιστη στατική τριβή. ηλαδή: = µ N = µ Mg γ) Η δύναµη / είναι ανεπαρκής για να έσει το σώµα σε κίνηση. Έτσι, η στατική τριβή α είναι ίση και αντίετη µ αυτή τη δύναµη: = / = µ N = µ Mg / Β Β δ) Η επιτάχυνση του κιβωτίου προκύπτει από την σχέση: = M µ Mg µ N = M µ Mg µ Mg = M = ( µ k k k µ k Β )g ε) Πριν το πάνω κιβώτιο αρχίσει να ολισαίνει, κινείται µαζί µε το κάτω λόγω της στατικής τριβής µεταξύ τους. Τα εωρούµε ως ένα σύστηµα. Έτσι, α έχουµε: = Β = Μg Τ k = µ k = µ k Μg και Τ-Τ k = Μ Τ-µ k Μg = Μ () κ Τ Τώρα, για να βρούµε πότε το πάνω κιβώτιο α αρχίσει να ολισαίνει ως προς το κάτω, α το εωρήσουµε ξεχωριστά. (Στο σχήµα φαίνονται οι δυνάµεις που ασκούνται στο πάνω κιβώτιο) Η επιτάχυνση του πάνω κιβωτίου οφείλεται στη δύναµη της Τ στατικής τριβής Τ. Β Β

3 () µ kmg Έτσι, = M = () Επίσης, ισχύει: = Β = Μg (3) Το πάνω κιβώτιο αρχίζει να ολισαίνει ως προς το κάτω, όταν η στατική τριβή φτάσει στη µέγιστη τιµή της. ηλαδή: (),(3) µ kmg = τn = τmg = ( τ + µ k )Mg Όταν το πάνω κιβώτιο αρχίσει να ολισαίνει ως προς το κάτω, υπάρχει η τριβή ολίσησης µεταξύ των δύο κιβωτίων, η οποία είναι µικρότερη της στατικής τριβής. Έτσι, το πάνω κιβώτιο α επιταχύνεται µε µικρότερη επιτάχυνση από το κάτω και α ολισαίνει µε φορά αντίετη από αυτήν της κίνησης του κάτω κιβωτίου. 5. α) Το νόµισµα αρχίζει να ολισαίνει τη χρονική στιγµή t =, που η επιτάχυνση του βαγονιού είναι ίση µε: dv 3 = = ( 4m / ) () = 4m / dt Στην οριζόντια διεύυνση, η δύναµη που ασκείται στο νόµισµα µέχρι αυτή τη στιγµή είναι η στατική τριβή, Τ. Άρα, Τ = M = (4m/ )M () Ισχύει όµως ότι: Τ = µ N = µ = µ Mg () (όπου M η µάζα του νοµίσµατος και η αντίδραση του βάρους του νοµίσµατος που ασκείται από το πάτωµα στο νόµισµα). Από τις () και () παίρνουµε ότι µ = (4m/ ) / g =,4 β) Μεταξύ των χρονικών στιγµών και 3, η µόνη οριζόντια δύναµη που ασκείται στο νόµισµα είναι η τριβή ολίσησης Τ k = µ k Mg. Άρα, η επιτάχυνση του νοµίσµατος είναι ίση µε µ k g. Επίσης, στις χρονικές στιγµές και 3, το νόµισµα δεν ολισαίνει και έτσι έχει την ίδια ταχύτητα µε αυτή του βαγονιού, η οποία είναι ίση µε m/ την t = και 8m/ την t = 3. Άρα, η επιτάχυνση του νοµίσµατος µεταξύ αυτών των δύο χρονικών στιγµών είναι ίση µε: υ 6m / N = = 3m / t = και επειδή όπως προαναφέραµε N = µ k g, παίρνουµε για το συντελεστή ολίσησης ότι µ k = (3m/ ) / g =,3 6. Στο σχήµα φαίνονται οι δυνάµεις που ασκούνται στο σώµα. Το βάρος, Β, η αντίδραση από το δίσκο,, και η τριβή µεταξύ σώµατος και δίσκου, Τ.

4 Στην κάετη διεύυνση έχουµε: N mg = N = mg () Στην οριζόντια διεύυνση έχουµε: mυ = () όπου Τ η στατική τριβή µεταξύ σώµατος και δίσκου, µιας και το σώµα δεν κινείται ως προς το δίσκο. () () mυ υ Όµως: µ N µ N µ (3) g Η ταχύτητα του σώµατος είναι ίση µε: 33,3 π cm υ = =,349m / (4) min Άρα τελικά από (3) και (4) έχουµε: (,349m / ) µ =, µ =, (min) m /,m 7. Θεωρούµε τους άξονες όπως στο σχήµα και ως t= τη στιγµή που ελευερώνεται η βόµβα. h l α) Η τροχιά του τρένου δίνεται από τις εξισώσεις: t = l Vt t = και της βόµβας από τις εξισώσεις: = = h gt () () Η βόµβα α φτάσει στο έδαφος όταν = ή t=(h/g) /. Η µηχανή του τρένου α είναι σ αυτό το σηµείο, στον ίδιο χρόνο, αν = για t=(h/g) /. Άρα από την () έχουµε: / / = l V(h / g) l = V(h / g) (3) Συνεπώς ο πρώτος τροµοκράτης δεν πέτυχε το στόχο του.

5 β) Στην περίπτωση αυτή η ταχύτητα της βόµβας έχει επιπλέον µια συνιστώσα στη διεύυνση. Έτσι: =wt (4) H σύγκρουση βόµβας και µηχανής τρένου α συµβεί πάλι στο =, άρα και σε χρόνο t=(h/g) /. Η συντεταγµένη της µηχανής του τρένου και της βόµβας α πρέπει να είναι ίδια. Άρα από () και (4) έχουµε: / / / l V(h / g) = w(h / g) l = (V + w)(h / g) (5) Συνεπώς, ούτε ο δεύτερος τροµοκράτης πέτυχε το στόχο του. 8. V w L Η ταχύτητα του αέρα ως προς το έδαφος είναι: w α, ε = w co i w in j () και του αεροπλάνου ως προς τον αέρα είναι: V π, α = V co i + V in j () Άρα, η ταχύτητα του αεροπλάνου ως προς το έδαφος είναι: Vπ,ε = Vπ,α + w α, ε = (V co w co)i + (Vin w in ) j (3) Για να φτάσει το αεροπλάνο στο αεροδρόµιο α πρέπει να µηδενιστεί η συνιστώσα της ταχύτητάς του ως προς το έδαφος, αφού το αεροδρόµιο έχει =. Άρα από την (3) έχουµε: w V in w in = = cin in (4) V Για τη συνιστώσα της ταχύτητας α έχουµε: V = π,ε, V = V co w co = V w in w co in w co = V w in V w co = Το χρονικό διάστηµα το οποίο α χρειαστεί για να φτάσει στο αεροδρόµιο είναι ίσο µε: L L t = = (5) V π, ε, V w in w co 9. α) Στεκούµενος στον εξωτερικό τοίχο, ο επιβάτης εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση, σε κύκλο ακτίνας, µε ταχύτητα:

6 π u = () και επιτάχυνση: u 4π = = () Η µόνη δύναµη που ασκείται πάνω του είναι αυτή που του ασκεί ο τοίχος και τη συµβολίζουµε µε. Έτσι: 4π m N = m = (3) Για να αισάνεται το ίδιο βάρος µε αυτό στην γη, α πρέπει: 4π m = mg = π (4) g β) Ο αστροναύτης εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση µε ταχύτητα υ, ως προς αδρανειακό παρατηρητή, ίση µε: υ = V u (η διεύυνση της V όπως στο σχήµα) (5) Το φαινοµενικό του βάρος αλλάζει καώς είναι ανάλογο της επιτάχυνσής του. Έστω Β και Β το φαινοµενικό βάρος στην περίπτωση (α) και (β), αντίστοιχα: Θέλουµε: ' =, m' =,m υ u =, (5) () ( V u) =,u V = (, + ) π. Οι δυνάµεις ( και Β) που ασκούνται στο βαγόνι φαίνονται στο σχήµα: L Το βαγόνι εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση ακτίνας =+Lin () π και ταχύτητας V = () () mv 4π m Στον άξονα ισχύει: = Nin = = (3) mg Στον άξονα ισχύει: = N co mg = N = co (4)

7 Αντικαιστώντας τις (4) και () στην (3) έχουµε: 4π mg tn = ( + Lin )m 4π = ( + Lin ) g tn /. Η µέση ταχύτητα U στο χρονικό διάστηµα [t, t ] είναι ίση µε U = = t t t και επειδή αναφερόµαστε σε οµαλά επιταχυνόµενη ευύγραµµη κίνηση, η παραπάνω σχέση γίνεται: U t + ( ) t U t ( ) t t t U = = = U + = U + ( t + t ) t t t t t t Η στιγµιαία ταχύτητα U στο µέσον του χρονικού διαστήµατος [t, t ] είναι ίση µε: t t t t + t U = U + t = U + t + = U + t + = U + Άρα οι δύο ταχύτητες είναι µεταξύ τους ίσες.. Με βάση την προηγούµενη άσκηση, η στιγµιαία ταχύτητα του αυτοκινήτου στο Β είναι ίση µε τη µέση ταχύτητα µεταξύ των Α και C, αφού το Β είναι στο µέσον αυτού του χρονικού διαστήµατος (απέχει τόσο από το Α όσο και από το C). H στιγµιαία ταχύτητα λοιπόν στο Β είναι ίση µε: V Β = / t = AC/(t C -t A ) = 6m/= 3m/, µε κατεύυνση όπως αυτή του ετικού ηµιάξονα. Για να βρούµε την επιτάχυνση στο σηµείο Β, µπορούµε να υπολογίσουµε την ταχύτητα του αυτοκινήτου τις χρονικές στιγµές,5 πριν και µετά το Β. Η ταχύτητα στα,5 πριν το Β είναι ίση µε τη µέση ταχύτητα µεταξύ Α και Β, ενώ η ταχύτητα στα,5 µετά το Β είναι ίση µε τη µέση ταχύτητα µεταξύ Β και C. Έτσι, έχουµε: V(t = t -,5) = A/(t -t A ) = m/= m/ V(t = t +,5) = C/(t C -t ) = 4m/= 4m/ Άρα, η επιτάχυνση του αυτοκινήτου στο σηµείο Β, (η οποία είναι σταερή στο διάστηµα AC), είναι ίση µε = V/ t = (4-)m/ / = m/ Μετά το σηµείο C, το αυτοκίνητο κινείται µε ταχύτητα σταερού µέτρου, το οποίο εύκολα υπολογίζεται από το διάστηµα CD, αν διαιρέσουµε αυτή την απόσταση των 5m µε το. Έτσι, η ταχύτητα στο D α είναι ίση µε: V D = 5m/, µε κατεύυνση όπως αυτή του ετικού ηµιάξονα. Η επιτάχυνση στο D α είναι φυσικά ίση µε µηδέν, D =. Στο σηµείο E το αυτοκίνητο εκτελεί κυκλική κίνηση µε ταχύτητα σταερού µέτρου, ίσου µε V Ε = 5m/. Η ταχύτητα α είναι εφαπτόµενη της τροχιάς, δηλαδή προς τα κάτω και προς τα δεξιά υπό γωνία 45 ο. Η επιτάχυνση α είναι ίση µε: Ε = V / = (5m/) / 5m = 5m/, µε κατεύυνση προς το κέντρο του κύκλου, δηλαδή προς τα κάτω και προς τα αριστερά υπό γωνία 45 ο. 3. Με βάση το σχήµα έχουµε τα εξής: Οι αρχικές ταχύτητες του βλήµατος στους άξονες και z είναι αντίστοιχα ίσες µε: υ, = wco και υ,z = win

8 Λόγω όµως της κίνησης του βλήµατος µαζί µε το τρένο, α έχει και µια αρχική ταχύτητα στην διεύυνση, ίση µε υ, = V. Στην και διεύυνση δεν υπάρχει επιτάχυνση του βλήµατος, άρα οι εξισώσεις µετατόπισης του βλήµατος α είναι οι εξής: = υ, t = wtco και = υ, t = Vt. Στην z διεύυνση το βλήµα εκτελεί οµαλά επιβραδυνόµενη κίνηση υπό την επίδραση της βαρύτητας. Άρα: z = υ,z t (/)gt = wint (/)gt o βλήµα χτυπάει τον τοίχο όταν = d, το οποίο συµβαίνει σε χρόνο: wtco = d t = d/wco. Η δε συντεταγµένη, όταν το βλήµα χτυπάει τον τοίχο είναι ίση µε: = Vt = Vd/wco. Με δεδοµένα τα και w, για να χτυπήσει το βλήµα τον τοίχο α πρέπει να ισχύει επιπλέον του d και z. Έτσι, έχουµε: z wint (/)gt win(d/wco) (/)g(d/wco) w (gd/tnco ) / 4. Όταν το κουτί δεν ολισαίνει κατά µήκος της κεκλιµένης επιφάνειας, κινείται µαζί µε το τριγωνικό αντικείµενο, (σαν ένα σύστηµα), µε την ίδια επιτάχυνση. Άρα, α ισχύει: = (m +m ) () Eπίσης, για το κουτί m, µε βάση το σχήµα έχουµε: Nin = m (3) co = = m g () m m Β Η (3) λόγω των () και () γίνεται: (m g/co) in = m (/(m +m )) = (m +m )gtn 5. Ο δεύτερος νόµος του εύτωνα για τα σώµατα µάζας m και m δίνει αντίστοιχα: Τ m g = m l () Τ = m () Τα σώµατα εκτελούν ευύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση και από το σχήµα µπορούµε να διαπιστώσουµε ότι η µετατόπιση του σώµατος m είναι διπλάσια αυτής του m, για το ίδιο χρονικό διάστηµα. Αυτό συνεπάγεται ότι =, και από τις σχέσεις () και () παίρνουµε: m m g = m l 4 m m g = m l = m g/(m +4m ) και =m g/(m +4m )