ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Εξεταστική Ιουνίου 2014

Transcript

1 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Εξεταστική Ιουνίου 14 ΘΕΜΑ 1. (α) Τι ονοµάζουµε «αψίδες» στην τροχιά ενός σώµατος σε πεδίο κεντρικών δυνάµεων γενικά; Ποιες είναι οι αψίδες στην ειδική περίπτωση του πεδίου βαρυτικών δυνάµεων; (β) Να αποδείξετε τον τρίτο νόµο του Κέπλερ. Απάντηση (α) Βλέπε Χατζηδηµητρίου, σελ 97. Για το πεδίο βαρυτικών δυνάµεων αν E τότε αψίδα είναι το σηµείο στην κοντινότερη απόσταση από το κέντρο των δυνάµεων (περίκεντρο). Για Ε< έχουµε δύο αψίδες, το περίκεντρο και το απόκεντρο (η µικρότερη και η µεγαλύτερη, αντίστοιχα, απόσταση από το κέντρο των δυνάµεων) (β) Βλέπε Χατζηδηµητρίου, σελ. 11 ΘΕΜΑ. Υλικό σηµείο µάζας m κινείται σε πεδίο δυνάµεων που προέρχονται από το δυναµικό 1 V = k. Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση του δυναµικού και το διάγραµµα φάσης, στο οποίο θα πρέπει να υπάρχει µία καµπύλη για κάθε ποιοτικά διαφορετικό είδος τροχιάς. Να σηµειώσετε την τιµή της ενέργειας σε κάθε καµπύλη του διαγράµµατος φάσης που έχετε σχεδιάσει και να περιγράψτε συνοπτικά για κάθε περίπτωση την κίνηση του υλικού σηµείου στον άξονα O. Απάντηση Βλέπε Χατζηδηµητρίου, παράγραφο 4.5 (σελ. 66) ΘΕΜΑ. Σώµα µάζας m, συνδεµένο στην άκρη ελατηρίου σταθεράς k, µπορεί να εκτελεί αρµονικές ταλαντώσεις κατά τον άξονα Ο και γύρω από Σ το σηµείο ισορροπίας Ο. Θεωρούµε ότι στο σώµα ενεργεί και δύναµη αντίστασης ανάλογης της ταχύτητας µε συντελεστή αναλογίας b O (όπου b < km, δηλαδή µικρή αντίσταση). (α) Γράψτε τη διαφορική εξίσωση των ταλαντώσεων (β) είξτε ότι ο ρυθµός µεταβολής της ενέργειας, λόγω της αντίστασης, δίνεται από τη σχέση de / dt = b. (γ) Αν στο σώµα επιδρά και µια σταθερή οριζόντια δύναµη F, βρείτε την εξίσωση της κίνησης =(t) και δείξτε ότι δεν επηρεάζεται το πλάτος και η συχνότητα της φθίνουσας ταλάντωσης αλλά µόνο το σηµείο ισορροπίας των ταλαντώσεων. (α) m = k b 1 1 de (β) E = m + k = m + k. dt de Με αντικατάσταση του m από τη Ε βρίσκουµε = b dt

2 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Εξεταστική Ιουνίου 14 (γ) Η Ε γίνεται m + k + b = F και είναι γραµµική πλήρης. Για την οµογενή περίπτωση γ t (F =) η λύση δίνεται στο τυπολόγιο t () = De cos( ω1t+ θ). Για την πλήρη έχουµε µια προφανή λύση τη σταθερά F /k. Άρα η συνολική λύση γ t F t () = De cos( ω1t+ θ) + k Η παραπάνω σχέση περιγράφει φθίνουσες ταλαντώσεις γύρω από τη θέση = F / k στην οποία ισορροπεί το σύστηµα. ΘΕΜΑ 4. Υλικό σηµείο µάζας m κινείται χωρίς τριβή µέσα σε ευθύγραµµο σωλήνα που σχηµατίζει γωνία θ µε τον κατακόρυφο άξονα Οζ. Ο σωλήνας έχει το ένα άκρο του στο Ο και περιστρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από τον Οζ. (α) Επιλέξτε ένα κατάλληλο σύστηµα συντεταγµένων για να περιγράψετε τη σχετική κίνηση του υλικού σηµείου µέσα στο σωλήνα. (β) Βρείτε την κοριόλειο και την φυγόκεντρη επιτάχυνση (γ) Βρείτε την εξίσωση της σχετικής κίνησης (δ) Βρείτε τις αντιδράσεις της ράβδου πάνω στο υλικό σηµείο ω ζ θ Ο φ=ωt η (α) Μία λύση είναι µε τη χρήση συστήµατος σφαιρικών συντεταγµένων (, ϕ, θ ). = e, υσ = = e, γσ = = e Επίσης ω = ωk = ωcosθe + ωsinθe (β) γ = ω υ = ω sinθe, c σ ϕ θ ϕ = ( ) = ω sin θ(cosθ θ sinθ ) γ ω ω e e (γ) Η Ε εξίσωση της σχετικής κίνησης είναι η γ σ =F-γc - γϕ ( γo =, ω = ), όπου F= B+ Rθ + R ϕ, όπου B= mg cosθe mg sinθe θ και Rθ, Rϕ οι δυνάµεις που ασκεί η ράβδος προς το σηµείο κατά τις δύο κάθετες διευθύνσεις προς αυτή. Αντικαθιστώντας στην εξίσωση σχετικής κίνησης τις διάφορες ποσότητες βρίσκουµε για την συνιστώσα e = gcosθ + ω sin θ (δ) Οι εξισώσεις για τις συνιστώσες e, e µας δίνουν τις αντιδράσεις θ ϕ Rθ = mω θ θ mg R ϕ = mω sinθ sin cos cosθ ξ

3 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Ιανουάριος 14 Λύσεις Θεµάτων ΘΕΜΑ 1 ο Ένα σωµατίδιο µάζας m=1 κινείται στο µοριακό δυναµικό 1 c V =, >, c=σταθ. α) Να βρεθεί το σηµείο ισορροπίας του συστήµατος και η ευστάθειά του β) Ποια είναι η περίοδος των µικρών ταλαντώσεων γύρω από το σηµείο ισορροπίας; γ) Περιγράψτε ποιοτικά, µε τη βοήθεια της γραφικής παράστασης του δυναµικού, ποιες είναι οι επιτρεπτές περιοχές κίνησης για ενέργειες Ε 1 >, Ε = και Ε <. α) Τα σηµεία ισορροπίας προκύπτουν ως ακρότατα του δυναµικού, dv c = + = = ( = 4 o ). Άρα προκύπτει ένα σηµείο ισορροπίας. Επίσης d c dv 1 6c d 1 = = c >, δηλαδή το ακρότατο είναι ελάχιστο άρα το σηµείο = ισορροπίας είναι ευσταθές. β) Γύρω από το σηµείο ισορροπίας το σύστηµα περιγράφεται από την εξίσωση του αρµονικού ταλαντωτή για k 81 1 = c προκύπτει T = 5 dv µε περίοδο T = π m + k =, k = > d = 9 π 4 c m k. Για m=1 και γ) Το δυναµικό παρουσιάζει ένα ελάχιστο και επειδή µορφή του σχήµατος Για τις επιτρεπτές περιοχές κίνησης έχουµε τις περιπτώσεις E = E > 1 1 E = E = = < 4 E E E 1 = E = V lim V = +, limv = θα έχει τη E = ΘΕΜΑ ο Θεωρούµε αρµονικό ταλαντωτή µε αντίσταση επί του άξονα Ο µε σηµείο ισορροπίας το Ο. Ο ταλαντωτής έχει µάζας m = 1, σταθερά ελατηρίου Hooke k = 1/ και αντίσταση F αντ = -b(d/dt), όπου b = 1. Τη χρονική στιγµή t = η µάζα m βρίσκεται ακίνητη σε απόσταση > από το σηµείο ισορροπίας. α) Να γραφεί η εξίσωση της κίνησης =f(t) για τον ταλαντωτή και β) να βρεθεί σε πόσο χρόνο θα περάσει για πρώτη φορά από το σηµείο ισορροπίας Ο. Έχουµε ταλαντωτή που περιγράφεται από τη διαφορική εξίσωση m + b + k =. b 1 Είναι γ = = και m ω = k 1 m =. Επειδή γ < ω έχουµε την περίπτωση «µικρής αντίστασης» που αντιστοιχεί σε φθίνουσα ταλάντωση µε λύση την

4 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Ιανουάριος 14 Λύσεις Θεµάτων γ t t / = De cos( ω1t+ θ), όπου ω1 = ω γ = =. Άρα = De cos( t/ + θ ) (1) 4 όπου το D και το θ εξαρτώνται από τις αρχικές συνθήκες. D t/ t D t/ t Η ταχύτητα θα δίνεται από τη σχέση = e cos( + θ) + e sin( + θ) () 4 Για t= είναι ()= και υ()= και οι (1) και () µας δίνουν = Dcos θ D = /cosθ D = t / t π. Άρα = e cos = D( cosθ + sinθ ) tanθ = 1 () θ = π /4 4 Θέλουµε τον χρόνο t> για τον οποίο = (για πρώτη φορά). Άρα πρέπει t π t π π t = π / cos = =± 4 4 η t = π /4 π Η αρνητική λύση απορρίπτεται, άρα ο ζητούµενος χρόνος είναι το t =. ΘΕΜΑ ο ορυφόρος µάζας m =1 kg κινείται σε ελλειπτική τροχιά γύρω από τη Γη. Τη στιγµή που περνάει από το µικρότερο ύψος, σε απόσταση =1 km (από το κέντρο της Γης) έχει ταχύτητα 6.6 km/sec. Ποια είναι η µέγιστη απόσταση του δορυφόρου από τη Γη και τι ταχύτητα έχει σε εκείνο το σηµείο; Πόσο χρόνο διαρκεί η µετάβαση από την ελάχιστη απόσταση στη µέγιστη απόσταση; ( ίνονται µάζα Γης kg, σταθερά βαρύτητας N m /kg. Οι υπολογισµοί να γίνουν κατά προσέγγιση) Το σηµείο µε την µικρότερη απόσταση = 1 =1 1 6 m είναι το περίκεντρο της τροχιάς, άρα 1 = a(1 e) (1), όπου a, e ο µεγάλος ηµιάξονας και η εκκεντρότητα της τροχιάς. Επίσης στο σηµείο αυτό η ταχύτητα είναι υ1=6.6 1 m/sec και θα ισχύει η k 1 σχέση υ1 = (). Αντικαθιστώντας τις γνωστές τιµές στους τύπους (1) και m 1 a () και λύνοντας ως προς τον µεγάλο ηµιάξονα και την εκκεντρότητα βρίσκουµε a 16 km, e.5 Η µέγιστη απόσταση θα είναι αυτή του απόκεντρου της τροχιάς, δηλαδή η = a(1 + e) km k 1 Η ταχύτητα σε αυτό το σηµείο θα είναι υ1 = m a υ1 4km/sec π Η περίοδος T της τροχιάς δίνεται από τον νόµο του Keple T = a, όπου Μ η GM µάζα της Γης. Αντικαθιστώντας τις τιµές βρίσκουµε T sec 5,5 h. Άρα ο χρόνος τ από το περίκεντρο στο απόκεντρο θα είναι τ=τ/, δηλαδή τ.75 h 4

5 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - Ιανουάριος 14 Λύσεις Θεµάτων ΘΕΜΑ 4 ο Έστω ένα αδρανειακό (S) και ένα µη αδρανειακό σύστηµα (S ). Η απόλυτη ταχύτητα υ α και η σχετική ταχύτητα υ σ που αντιλαµβάνεται ένας αδρανειακός και ένας µη αδρανειακός παρατηρητής, αντίστοιχα, για ένα υλικό σηµείο Σ, συνδέονται µε τη σχέση υa = υo + ω + υ σ, όπου η θέση του Σ στο S, υ ο η ταχύτητα της αρχής του S ως προς το S και ω η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του S ως προς το S. Αποδείξτε τη σχέση µεταξύ της απόλυτης και της σχετικής επιτάχυνσης. Ποιοι όροι εκφράζουν την κοριόλειο και την φυγόκεντρη επιτάχυνση; Ποιο είναι το φυσικό νόηµα της µετοχικής επιτάχυνσης γ = γ + ω µ ( ω ) + ω ; o Απάντηση Βιβλίο Ι.. Χατζηδηµητρίου, σελ 18 (παράγραφος 9.4) Βιβλίο Κ.Χ.Τσίγκανου, σελ (παράγραφος 17.5) Η µετοχική επιτάχυνση είναι η επιτάχυνση που αντιλαµβάνεται ο αδρανειακός παρατηρητής για ένα σηµείο Σ το οποίο είναι ακίνητο ως προς τον σχετικό παρατηρητή.

6 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΟΥΝΙΟΣ 1 ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α1 Έστω ότι η κίνηση δύο ατόµων ενός µορίου µπορεί να περιγραφεί προσεγγιστικά από ένα δυναµικό της µορφής V a a 4 8 = +, a >, όπου > η σχετική απόσταση των ατόµων. α) Βρείτε τα σηµεία ισορροπίας (ένα ή περισσότερα) και την ευστάθειά τους β) Σχεδιάστε το δυναµικό και το διάγραµµα φάσεων γ) Ποια είναι η περίοδος των µικρών ταλαντώσεων γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας; α) τα σηµεία ισορροπίας είναι οι θετικές (αφού >) ρίζες της εξίσωσης F dv 4a 16a d = 1/4 = + = = 5 9 = a Στην παραπάνω τιµή έχουµε ακρότατο του δυναµικού, και µάλιστα ελάχιστο αφού dv a 144a = + = > d a 6 1 = = άρα το σηµείο ισορροπίας είναι ευσταθές. β) Για το δυναµικό έχουµε lim V = +, lim V =, V( ) = 1/ 8, οπότε η γραφική του + παράσταση είναι η παρακάτω. ίνεται και το αντίστοιχο φασικό διάγραµµα, όπου για Ε< έχουµε ταλαντώσεις (κλειστές φασικές καµπύλες γύρω από το σηµείο ισορροπίας) και για Ε> οι φασικές καµπύλες ανοίγουν από τα δεξιά επιτρέποντας την κίνηση να πάει στο άπειρο. γ) Κοντά στο ευσταθές σηµείο ισορροπίας η µέθοδος διαταραχών µας δίνει την εξίσωση του αρµονικού ταλαντωτή ( ) d a a dv + = + = ω = = π 1/4 Άρα η περίοδος των ταλαντώσεων θα είναι T = = π a ω

7 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΜΑ Α (α) Υλικό σηµείο κινείται σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών δυνάµεων k F () =, k >. Αν απότοµα η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό, να δειχθεί ότι η τροχιά γίνεται παραβολική. (β) Σώµα µάζας m = 4 κινείται στο πεδίο απωστικών κεντρικών δυνάµεων 116 F () =. Αν τη χρονική στιγµή t = το σώµα βρίσκεται στη θέση = iˆ+ ˆj 4kˆ µε ταχύτητα u = i ˆ + ˆ j+ kˆ, να υπολογίσετε την ενέργεια του E και την στροφορµή του L τη χρονική στιγµή t =. (α) Η ταχύτητα u µε την οποία κινείται το σώµα σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών k δυνάµεων F () = δίνεται από τη σχέση F ( ) k u = m = m. Όταν η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό η ενέργεια το σώµατος γίνεται: 1 1 k ( k / ) E = mu + V( ) = m =. m Εποµένως έχουµε παραβολική τροχιά. (β) Η ενέργεια και η στροφορµή είναι ολοκληρώµατα της κίνησης οπότε η τιµή τους παραµένει σταθερή για κάθε χρονική στιγµή. Εποµένως η τιµή τους για t = είναι ίδια µε την τιµή τους για t =. Για t = έχουµε u = ( 1) = 11. Οπότε παίρνουµε = + + ( 4) = 9 και 1 k E = mu + = = 4, 9 iˆ ˆj kˆ L = m u = 4 4 = 4 (9+ 4) iˆ (6 4) ˆj+ (+ ) kˆ = 5iˆ 8ˆj+ kˆ. 1 1 ΘΕΜΑ Α Θεωρούµε έναν τόπο Ο στην επιφάνεια του Βόρειου ηµισφαίριου της Γης στον οποίο επικρατούν χαµηλές πιέσεις σε σχέση µε τις γειτονικές του περιοχές. Λόγω της διαφοράς της πίεσης οι αέριες µάζες θα κινηθούν προς αυτό τον τόπο. Αφού ορίσετε σαφώς ένα

8 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος κατάλληλο καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων να µελετήσετε λεπτοµερώς το φαινόµενο αυτό. Να εξηγήσετε πως θα κινηθούν αέριες µάζες που ξεκινούν να κινούνται προς τον τόπο Ο από τα τέσσερα σηµεία του ορίζοντα (Ανατολή, ύση, Βορράς, Νότος). Αν ο τόπος Ο βρισκόταν στο Νότιο ηµισφαίριο της Γης θα υπήρχαν αλλαγές στην εξέλιξη του φαινοµένου; Γιατί; Παράγραφος 9.8 στο βιβλίο «Θεωρητική Μηχανική, Τεύχος Α» του Ι.. Χατζηδηµητρίου ή παράγραφος 18.1 στο βιβλίο «Εισαγωγή στη Θ.Μ.» του Κ.Χ. Τσίγκανου ΘΕΜΑ 4Α ύο υλικά σηµεία µε µάζες m 1 και m βρίσκονται αρχικά σε απόσταση και ηρεµούν. Αφήνονται ελεύθερα και έλκονται µε τη δύναµη βαρύτητας που ασκεί το ένα στο άλλο. Να βρεθεί η σχετική ταχύτητα των δύο σωµάτων όταν θα βρεθούν σε απόσταση = /. Πόση είναι η απόλυτη ταχύτητα των δύο σωµάτων σ αυτή την απόσταση; Έστω Ο το κέντρο µάζας των δύο = - 1 σωµάτων το οποίο είναι ακίνητο, αφού δεν επιδρούν εξωτερικές δυνάµεις στο 1 Ο σύστηµα. Τα δύο σώµατα θα κινηθούν πάνω στην ευθεία που τα ενώνει (πχ ο άξονας Ο) και η σχετική τους κίνηση θα περιγράφεται από την εξίσωση Gm1m m1m µ = F1 µ =, µ = ( 1) m1+ m Το σύστηµα (1) µπορεί να περιγράφει τη κίνηση ενός σώµατος µάζας µ, µε ταχύτητα Gm1m =υσχ, στο δυναµικό V =. Συνεπώς έχουµε το ολοκλήρωµα της ενέργειας 1 Gm1m Gm1m E = ( E ) µυ = = σχ α ρχ Από την παραπάνω σχέση βρίσκουµε 1 1 Gm ( 1+ m) υσχ = Gm ( 1+ m) ( για = /) υσχ = όπου το µείον οφείλεται στο ότι < (µειώνεται η απόσταση των σωµάτων) Η απόλυτη ταχύτητα, υ 1 = 1και υ =, των σωµάτων προκύπτει από τις σχέσεις m m = = υ = m G m1+ m m1+ m ( m1+ m) m m = = υ = m G m1+ m m1+ m ( m1+ m)

9 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΟΥΝΙΟΣ 1 ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ B1 Η κίνηση δύο ατόµων ενός µορίου µπορεί να περιγραφεί προσεγγιστικά από ένα a 1 a δυναµικό της µορφής V = +, a >, όπου > η σχετική απόσταση των ατόµων. 4 8 α) Βρείτε τα σηµεία ισορροπίας (ένα ή περισσότερα) και την ευστάθειά τους β) Σχεδιάστε το δυναµικό και το διάγραµµα φάσεων γ) Ποια είναι η περίοδος των µικρών ταλαντώσεων γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας; α) τα σηµεία ισορροπίας είναι οι θετικές (αφού >) ρίζες της εξίσωσης 8 8 F = dv a a 5 9 d = + a = = = a Στην παραπάνω τιµή έχουµε ακρότατο του δυναµικού, και µάλιστα ελάχιστο αφού dv 4a 7 = + = > 6 1 d a = = 4 a άρα το σηµείο ισορροπίας είναι ευσταθές. β) Για το δυναµικό έχουµε lim V = +, lim V =, V( ) = a <, οπότε η γραφική + του παράσταση είναι η παρακάτω. ίνεται και το αντίστοιχο φασικό διάγραµµα, όπου για Ε< έχουµε ταλαντώσεις (κλειστές φασικές καµπύλες γύρω από το σηµείο ισορροπίας) και για Ε> οι φασικές καµπύλες ανοίγουν από τα δεξιά επιτρέποντας την κίνηση να πάει στο άπειρο. γ) Κοντά στο ευσταθές σηµείο ισορροπίας η µέθοδος διαταραχών µας δίνει την εξίσωση του αρµονικού ταλαντωτή + = + a = = a ) dv 4 4 ( ω d = π π Άρα η περίοδος των ταλαντώσεων θα είναι T = = ω 4a

10 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΜΑ B (α) Υλικό σηµείο κινείται σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών δυνάµεων k F () =, k >. Αν απότοµα η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό, να δειχθεί ότι η τροχιά γίνεται παραβολική. (β) Σώµα µάζας m = 4 κινείται στο πεδίο απωστικών κεντρικών δυνάµεων 116 F () =. Αν τη χρονική στιγµή t = το σώµα βρίσκεται στη θέση = iˆ ˆj+ 4kˆ µε ταχύτητα u = ˆ i + ˆj kˆ, να υπολογίσετε την ενέργεια του E και την στροφορµή του L τη χρονική στιγµή t = 5. (α) Η ταχύτητα u µε την οποία κινείται το σώµα σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών k δυνάµεων F () = δίνεται από τη σχέση F ( ) k u = m = m. Όταν η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό η ενέργεια το σώµατος γίνεται: 1 1 k ( k / ) E = mu + V( ) = m =. m Εποµένως έχουµε παραβολική τροχιά. (β) Η ενέργεια και η στροφορµή είναι ολοκληρώµατα της κίνησης οπότε η τιµή τους παραµένει σταθερή για κάθε χρονική στιγµή. Εποµένως η τιµή τους για t = 5 είναι ίδια µε την τιµή τους για t =. Για t = έχουµε u = ( 1) = 11. Οπότε παίρνουµε = + ( ) + 4 = 9 και 1 k E = mu + = = 4, 9 iˆ ˆj kˆ L = m u = 4 4 = 4 ( 4) iˆ ( 1) ˆj+ (+ 6) kˆ = 8iˆ+ 6ˆj+ 6kˆ. 1 1

11 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΜΑ B Θεωρούµε έναν τόπο Ο στην επιφάνεια του Βόρειου ηµισφαίριου της Γης στον οποίο επικρατούν χαµηλές πιέσεις σε σχέση µε τις γειτονικές του περιοχές. Λόγω της διαφοράς της πίεσης οι αέριες µάζες θα κινηθούν προς αυτό τον τόπο. Αφού ορίσετε σαφώς ένα κατάλληλο καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων να µελετήσετε λεπτοµερώς το φαινόµενο αυτό. Να εξηγήσετε πως θα κινηθούν αέριες µάζες που ξεκινούν να κινούνται προς τον τόπο Ο από τα τέσσερα σηµεία του ορίζοντα (Ανατολή, ύση, Βορράς, Νότος). Αν ο τόπος Ο βρισκόταν στο Νότιο ηµισφαίριο της Γης θα υπήρχαν αλλαγές στην εξέλιξη του φαινοµένου; Γιατί; Παράγραφος 9.8 στο βιβλίο «Θεωρητική Μηχανική, Τεύχος Α» του Ι.. Χατζηδηµητρίου ή παράγραφος 18.1 στο βιβλίο «Εισαγωγή στη Θ.Μ.» του Κ.Χ. Τσίγκανου ΘΕΜΑ 4B ύο οµώνυµα φορτία +Q 1 και +Q, µε Q 1 =Q =Q και µάζες m 1 και m ( m1 m) βρίσκονται αρχικά σε απόσταση χωρίς αρχική ταχύτητα. Αφήνονται ελεύθερα και απωθούνται λόγω της απωστικής δύναµης Coulomb που ασκεί το ένα στο άλλο (και θεωρείται η µόνη δύναµη που δρα στα φορτία). Να βρεθεί η σχετική ταχύτητα των δύο φορτίων όταν θα βρεθούν σε απόσταση =. Πόση είναι η απόλυτη ταχύτητα των δύο φορτίων σ αυτή την απόσταση; Έστω Ο το κέντρο µάζας των δύο = - 1 φορτίων το οποίο είναι ακίνητο, αφού δεν επιδρούν εξωτερικές δυνάµεις στο 1 Ο σύστηµα. Τα δύο φορτία θα κινηθούν πάνω στην ευθεία που τα ενώνει (πχ ο άξονας Ο) και η σχετική τους κίνηση θα περιγράφεται από την εξίσωση Kηλ Q Q mm 1 µ = F1 µ =, µ = ( 1) m1+ m Το σύστηµα (1) µπορεί να περιγράφει τη κίνηση ενός σώµατος µάζας µ, µε ταχύτητα KηλQ =υσχ, στο δυναµικό V =. Συνεπώς έχουµε το ολοκλήρωµα της ενέργειας 1 K ηλq KηλQ E = µυ σχ + = ( = E α ρχ ) Από την παραπάνω σχέση βρίσκουµε KηλQ 1 1 Kηλ ( ) σχ Q µ µ υσχ = για = υ =

12 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος όπου θέσαµε το πρόσηµο + στην ταχύτητα αφού > (αυξάνεται η απόσταση των φορτίων) Η απόλυτη ταχύτητα, υ 1 = 1και υ =, των φορτίων προκύπτει από τις σχέσεις m m = = υ = Q mk ηλ m1+ m m1+ m ( m1+ m) m 1 m m = = υ = Q mk ηλ m1+ m m1+ m ( m1+ m) m

13 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος

14 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΟΥΝΙΟΣ 1 ΘΕΜΑΤΑ και ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α1 Έστω ότι η κίνηση δύο ατόµων ενός µορίου µπορεί να περιγραφεί προσεγγιστικά από ένα δυναµικό της µορφής V a a 4 8 = +, a >, όπου > η σχετική απόσταση των ατόµων. α) Βρείτε τα σηµεία ισορροπίας (ένα ή περισσότερα) και την ευστάθειά τους β) Σχεδιάστε το δυναµικό και το διάγραµµα φάσεων γ) Ποια είναι η περίοδος των µικρών ταλαντώσεων γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας; α) τα σηµεία ισορροπίας είναι οι θετικές (αφού >) ρίζες της εξίσωσης F dv 4a 16a d = 1/4 = + = = 5 9 = a Στην παραπάνω τιµή έχουµε ακρότατο του δυναµικού, και µάλιστα ελάχιστο αφού dv a 144a = + = > d a 6 1 = = άρα το σηµείο ισορροπίας είναι ευσταθές. β) Για το δυναµικό έχουµε lim V = +, lim V =, V( ) = 1/ 8, οπότε η γραφική του + παράσταση είναι η παρακάτω. ίνεται και το αντίστοιχο φασικό διάγραµµα, όπου για Ε< έχουµε ταλαντώσεις (κλειστές φασικές καµπύλες γύρω από το σηµείο ισορροπίας) και για Ε> οι φασικές καµπύλες ανοίγουν από τα δεξιά επιτρέποντας την κίνηση να πάει στο άπειρο. γ) Κοντά στο ευσταθές σηµείο ισορροπίας η µέθοδος διαταραχών µας δίνει την εξίσωση του αρµονικού ταλαντωτή ( ) d a a dv + = + = ω = = π 1/4 Άρα η περίοδος των ταλαντώσεων θα είναι T = = π a ω

15 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος ΘΕΜΑ Α (α) Υλικό σηµείο κινείται σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών δυνάµεων k F () =, k >. Αν απότοµα η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό, να δειχθεί ότι η τροχιά γίνεται παραβολική. (β) Σώµα µάζας m = 4 κινείται στο πεδίο απωστικών κεντρικών δυνάµεων 116 F () =. Αν τη χρονική στιγµή t = το σώµα βρίσκεται στη θέση = iˆ+ ˆj 4kˆ µε ταχύτητα u = i ˆ + ˆ j+ kˆ, να υπολογίσετε την ενέργεια του E και την στροφορµή του L τη χρονική στιγµή t =. (α) Η ταχύτητα u µε την οποία κινείται το σώµα σε κυκλική τροχιά στο πεδίο κεντρικών k δυνάµεων F () = δίνεται από τη σχέση F ( ) k u = m = m. Όταν η σταθερά k ελαττωθεί στο µισό η ενέργεια το σώµατος γίνεται: 1 1 k ( k / ) E = mu + V( ) = m =. m Εποµένως έχουµε παραβολική τροχιά. (β) Η ενέργεια και η στροφορµή είναι ολοκληρώµατα της κίνησης οπότε η τιµή τους παραµένει σταθερή για κάθε χρονική στιγµή. Εποµένως η τιµή τους για t = είναι ίδια µε την τιµή τους για t =. Για t = έχουµε u = ( 1) = 11. Οπότε παίρνουµε = + + ( 4) = 9 και 1 k E = mu + = = 4, 9 iˆ ˆj kˆ L = m u = 4 4 = 4 (9+ 4) iˆ (6 4) ˆj+ (+ ) kˆ = 5iˆ 8ˆj+ kˆ. 1 1 ΘΕΜΑ Α Θεωρούµε έναν τόπο Ο στην επιφάνεια του Βόρειου ηµισφαίριου της Γης στον οποίο επικρατούν χαµηλές πιέσεις σε σχέση µε τις γειτονικές του περιοχές. Λόγω της διαφοράς της πίεσης οι αέριες µάζες θα κινηθούν προς αυτό τον τόπο. Αφού ορίσετε σαφώς ένα

16 Γ.Βουγιατζής, Χ. Σκόκος κατάλληλο καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων να µελετήσετε λεπτοµερώς το φαινόµενο αυτό. Να εξηγήσετε πως θα κινηθούν αέριες µάζες που ξεκινούν να κινούνται προς τον τόπο Ο από τα τέσσερα σηµεία του ορίζοντα (Ανατολή, ύση, Βορράς, Νότος). Αν ο τόπος Ο βρισκόταν στο Νότιο ηµισφαίριο της Γης θα υπήρχαν αλλαγές στην εξέλιξη του φαινοµένου; Γιατί; Παράγραφος 9.8 στο βιβλίο «Θεωρητική Μηχανική, Τεύχος Α» του Ι.. Χατζηδηµητρίου ή παράγραφος 18.1 στο βιβλίο «Εισαγωγή στη Θ.Μ.» του Κ.Χ. Τσίγκανου ΘΕΜΑ 4Α ύο υλικά σηµεία µε µάζες m 1 και m βρίσκονται αρχικά σε απόσταση και ηρεµούν. Αφήνονται ελεύθερα και έλκονται µε τη δύναµη βαρύτητας που ασκεί το ένα στο άλλο. Να βρεθεί η σχετική ταχύτητα των δύο σωµάτων όταν θα βρεθούν σε απόσταση = /. Πόση είναι η απόλυτη ταχύτητα των δύο σωµάτων σ αυτή την απόσταση; Έστω Ο το κέντρο µάζας των δύο = - 1 σωµάτων το οποίο είναι ακίνητο, αφού δεν επιδρούν εξωτερικές δυνάµεις στο 1 Ο σύστηµα. Τα δύο σώµατα θα κινηθούν πάνω στην ευθεία που τα ενώνει (πχ ο άξονας Ο) και η σχετική τους κίνηση θα περιγράφεται από την εξίσωση Gm1m m1m µ = F1 µ =, µ = ( 1) m1+ m Το σύστηµα (1) µπορεί να περιγράφει τη κίνηση ενός σώµατος µάζας µ, µε ταχύτητα Gm1m =υσχ, στο δυναµικό V =. Συνεπώς έχουµε το ολοκλήρωµα της ενέργειας 1 Gm1m Gm1m E = ( E ) µυ = = σχ α ρχ Από την παραπάνω σχέση βρίσκουµε 1 1 Gm ( 1+ m) υσχ = Gm ( 1+ m) ( για = /) υσχ = όπου το µείον οφείλεται στο ότι < (µειώνεται η απόσταση των σωµάτων) Η απόλυτη ταχύτητα, υ 1 = 1και υ =, των σωµάτων προκύπτει από τις σχέσεις m m = = υ = m G m1+ m m1+ m ( m1+ m) m m = = υ = m G m1+ m m1+ m ( m1+ m)

17 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι, ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 1 - Λύσεις Θεµάτων Θέµα 1. Ο Γαλιλαίος προβληµατίστηκε αρκετά για το αν θα έπρεπε να χρησιµοποιήσει ως ανεξάρτητη µεταβλητή στην περιγραφή της πτώσης των σωµάτων το ύψος ή τον χρόνο. Ας επιλέξουµε το ύψος. Σώµα µάζας m αφήνεται από ύψος h να πέσει στο οµογενές πεδίο βαρύτητας της Γης. Αν, εκτός του βάρους, ασκείται στο σώµα αντίσταση ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας (µε συντελεστή αναλογίας k) (α) Να βρείτε τη ταχύτητα του σώµατος ως συνάρτηση του ύψους και (β) να δείξετε ότι ο ρυθµός µείωσης της µηχανικής ενέργειας είναι ανάλογος του κύβου του µέτρου της ταχύτητας. h +z υ = z α) Σύµφωνα µε τη φορά του άξονα z τους σχήµατος, είναι B = mgk, Fαντ = kz k, άρα η διαφορική εξίσωση της κίνησης είναι dz mz = mg + kz m = mg + kz dt Το µέτρο της ταχύτητας είναι υ = z και η παραπάνω εξίσωση γράφεται dυ dυ dz dυ m = mg+ kυ m = mg+ kυ m υ = mg+ kυ dt dz dt dz Άρα η ταχύτητα σαν συνάρτηση του ύψους z θα δίνεται από την εξίσωση dυ υdυ 1 υ = g+ aυ, ( a= k/ m) = dz ln( g+ aυ ) = z+ c υ = g+ ce dt g + aυ a Η αυθαίρετη αταθερά της ολοκλήρωσης προσδιορίζεται από τις αρχικές συνθήκες z = h, υ =, δηλαδή c= ge h και η ζητούµενη συνάρτηση είναι η mg ( z h) υ = ( 1 e ) k β) Είναι 1 de dυ dz dυ dυ E = mυ + mgz = mυ + mg = mυ mgυ = υ( m mg) dt dt dt dt dt dυ Όµως από την Ε m = mg kυ. Άρα αντικαθιστώντας στην παραπάνω σχέση dt de παίρνουµε = kυ dt z ( ) Θέµα Υλικό σηµείο µε µάζα m και φορτίο q µπορεί να κινείται πάνω στον άξονα O υπό την επίδραση της ηλεκτρικής δύναµης που ασκούν δύο φορτία +Q τοποθετηµένα στις θέσεις (, R) και (, R). (α) Να βρείτε την εξίσωση της κίνησης του σηµείου. (β) Να δείξετε ότι η κίνησή για µικρές µετατοπίσεις είναι αρµονική ταλάντωση και να προσδιορίσετε την συχνότητα της ταλάντωσης.

18 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι, ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 1 - Λύσεις Θεµάτων α) Η οριζόντια δύναµη Coulomb που δρα στο φορτίο q είναι KQq KQq k F = cosθ = =, k = KQq Άρα η ζητούµενη εξίσωση της κίνησης είναι η m = k R + ( ) +Q R O R +Q θ -q β) Για µικρές µετατοπίσεις, έχουµε (αν αναπτύξουµε σε σειρά Taylo γύρω από το και κρατήσουµε µέχρι όρους 1 ης 1 1 τάξης) = + O ( ). Άρα η R + R ( ) KQq KQq παραπάνω εξίσωση γίνεται m = ή + ω =, όπου ω =. Η R R συχνότητα των ταλαντώσεων θα είναι η f = π / ω. Θέµα α) είξτε ότι σε ένα πεδίο κεντρικών δυνάµεων, το δυναµικό είναι συνάρτηση µόνο της απόστασης από το κέντρο των δυνάµεων. β) Υλικό σηµείο µάζας m κινείται υπό την επίδραση κεντρικής δύναµης έτσι ώστε να διαγράφει τροχιά µε θ = σταθερ. εδοµένου ότι θ = h=σταθερό, βρείτε το δυναµικό του πεδίου δυνάµεων. α) Έστω κεντρική δύναµη F= F () e η οποία προέρχεται από δυναµικό V = V(, θ, ϕ) (σε σφαιρικές συντεταγµένες). Θα είναι V 1 V 1 V F() e = gadv (, θϕ, ) = gad V (, θϕ, ) = e + eθ + eϕ θ sinθ ϕ V V Άρα θα πρέπει = =, δηλαδή το V δεν εξαρτάται από τις γωνίες και επίσης θ ϕ V θα πρέπει F () = ή V F() d = d (1/ ) 1 m β) Η Ε της τροχιάς είναι η + = () F, όπου για την τροχιά που dθ L d (1/ ) δίνεται είναι 1/ = θ /σταθ., οπότε =. Επίσης είναι L= m θ = mhκαι η dθ mh Ε µας δίνει την δύναµη που ασκείται στο σώµα να είναι F () = mh mh Άρα V = V =

19 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι, ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 1 - Λύσεις Θεµάτων Θέµα 4. α) Πολεµικό αεροπλάνο µάζας 8 τόνων (8. kg) κινείται από βορρά προς νότο σε τόπο γεωγραφικού πλάτους φ = 6 ο µε ταχύτητα υ = 8 km/h σε χαµηλό ύψος ( z ). Ορίστε κατάλληλο σύστηµα συντεταγµένων πάνω στη Γη (κάντε σχήµα και περιγράψτε το) και βρείτε την κοριόλειο δύναµη που ασκείται στο αεροπλάνο και την κατεύθυνσή της. (Υπόδειξη: βρείτε τη σχέση που δίνει την κοριόλειο ως συνάρτηση της µάζας, του πλάτους, της ταχύτητας και της γωνιακής ταχύτητας περιστροφής της Γης και στη συνέχεια προσδιορίστε την αριθµητική τιµή της δύναµης). β) Τι ανακαλύπτουµε µε το πείραµα του εκκρεµούς του Foucault; Κατά τη µελέτη των εξισώσεών του βρίσκουµε τη σχέση ω ' = ωsinϕ, τι εκφράζει το ω '; α) Στο σχετικό σύστηµα Οyz που ορίζουµε στην επιφάνεια της Γης ο άξονας Ο έχει διεύθυνση από βορρά προς νότο και ο άξονας Oy από δυτικά προς τα ανατολικά. Επίσης, ο άξονας Oz σχηµατίζει γωνία ψ=9 ο -φ ως προς τον άξονα περιστροφής, δηλαδή το διάνυσµα ω θα είναι ω = ωcosϕi + ωsinϕk Για t= είναι υ = υ i και άρα η κοριόλειος δύναµη θα είναι Fc = mω υ = mωυ sinϕ j (1) ηλαδή η κοριόλειος δύναµη έχει αρχικά κατεύθυνση από τα ανατολικά προς τα δυτικά. Βάζοντας τις δοθείσες τιµές στον παραπάνω τύπο και ω = π /(846sec) βρίσκουµε Fc = 4N. β) Με το εκκρεµές του Foucault διαπιστώνουµε την περιστροφή της Γης. Αν η Γη περιστρέφεται µε γωνιακή ταχύτητα ω σε ένα τόπο γεωγραφικού πλάτους φ, τότε το επίπεδο του εκκρεµούς (που ορίζεται από το νήµα του και την διεύθυνση της ταλάντωσής του) περιστρέφεται µε γωνιακή ταχύτητα ω.

20 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι Φεβρουάριος 1 ΘΕΜΑ 1 α) Να βρεθούν οι επιτρεπτές περιοχές της κίνησης στον άξονα ' O για την απωστική δύναµη F = k, k > και για ενέργεια Ε. β) Υλικό σηµείο µάζας m µπορεί να κινείται στον οριζόντιο άξονα ' O υπό την επίδραση της δύναµης F = a b, όπου a, b µη µηδενικές σταθερές, i) να βρεθούν τα σηµεία ισορροπίας και η ευστάθειά τους. ii) Αν είναι m=1, a=1 και b=, να βρεθούν τα όρια της κίνησης αν αρχικά το σώµα βρίσκεται στη θέση () = 1µε ταχύτητα υ () =. 1 (α) Είναι V = k και οι επιτρεπτές περιοχές της κίνησης δίνονται από την ανισότητα 1 E E V E+ k (1) k Για E, η (1) ισχύει για κάθε. Άρα επιτρεπτή περιοχή είναι όλος ο άξονας ' O. Για Ε<, η (1) δίνει E E & k k V E> V E< (β ) i) Σηµεία ισορροπίας F = a a a b = 1 =, = b b Άρα για b< δεν υπάρχουν σηµεία ισορροπίας ενώ για b> έχουµε δύο σηµεία ισορροπίας τα 1 και. Για την ευστάθεια βρίσκουµε την δεύτερη παράγωγο του δυναµικού dv df dv = = b d d d ( ) dv a Άρα για το 1 βρίσκουµε = b = d 1 b ba. Συνεπώς για a< έχουµε ελάχιστο, δηλαδή ευστάθεια, ενώ για a> έχουµε µέγιστο δηλαδή αστάθεια

21 dv Για το βρίσκουµε d ενώ για a> έχουµε ελάχιστο, δηλαδή ευστάθεια. 1 = ba. Συνεπώς για a< έχουµε µέγιστο δηλαδή αστάθεια, b ii) Το δυναµικό είναι V = a. Η ενέργεια του συστήµατος θα είναι 1 b 1 E = mυ + a = = και άρα E V( ) (1 ) & Άρα, και λόγω της αρχικής συνθήκης (()=1), το υλικό σηµείο θα κινείται στο διάστηµα (, / ) ΘΕΜΑ Υλικό σηµείο µάζας m αφήνεται χωρίς αρχική ταχύτητα από ύψος h πάνω από την επιφάνεια της Γης. α) Να αποδειχτεί ότι η απόκλιση του σηµείου από την κατακόρυφο προς Ανατολάς 1 δίνεται από την σχέση y = ωgt cosϕ, όπου φ το γεωγραφικό πλάτος του τόπου και ω η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της Γης. β) Να αποδειχτεί ότι η παραπάνω απόκλιση εκφράζεται συναρτήσει του ύψους υπό την ωcosϕ / µορφή y = h. g * Να ορίσετε το σύστηµα συντεταγµένων που θα χρησιµοποιήσετε. Επειδή ω<<1 να αγνοηθούν οι όροι τάξεως ω. Θεωρούµε ένα µη αδρανειακό σύστηµα συντεταγµένων µε αρχή ένα σηµείο Ο της επιφάνειας της Γης και µε άξονες Ο (προς τον νότο) Οy (προς ανατολάς) και Οz κατακόρυφο ως προς την επιφάνεια της Γης στο σηµείο Ο. Στο σύστηµα αυτό η κίνηση ενός υλικού σηµείου υπό την επίδραση του οµογενούς πεδίου βαρύτητας δίνεται από τις εξισώσεις && = ω sin ϕy& (1) && y = ωcos ϕz& ωsin ϕ& () && z = g+ ωcos ϕy& () Με αρχικές συνθήκες () = y() =, z() = h, & () = y& () = z& () = α) Η ζητούµενη απόκλιση είναι αυτή κατά τον άξονα y.

22 (1) = ωsin ϕy+ c, (4) όπου c= λόγω αρχικών συνθηκών (y=, & = ) () z = gt+ ωcos ϕy+ c, (5) όπου c= λόγω αρχικών συνθηκών (t=,y=, z & = ) Αντικαθιστούµε τις (4) και (5) στην () και βρίσκουµε, θέτοντας ω =, && y = ωcos ϕ( gt) 4ω cos ϕy 4ω sin ϕy = (ωgcos ϕ) t 1 y& = ωgcosϕt + c1 y = ωgcosϕt + ct 1 + c όπου c 1 =, c = λόγω αρχικών συνθηκών (t=, y & =,y=). Άρα 1 y = ωgt cos ϕ (6) β) Αντικαθιστώντας την (6) στην (5) έχουµε 1 z& = gt+ ω gcos ϕt gt z = gt + h (6) h Άρα το σώµα πέφτει στην επιφάνεια της Γης (z=) σε χρόνο t =. Αντικαθιστώντας g ωcosϕ το χρόνο πτώσης στην (6) βρίσκουµε y = h g / ΘΕΜΑ = + k (α) Υλικό σηµείο κινείται στο χώρο υπό την επίδραση της δύναµης F ( y ) ˆ. αποδειχθεί ότι διατηρείται η συνιστώσα της στροφορµής µόνο κατά τον άξονα Oz. Να (β) Η τροχιά υλικού σηµείου µάζας m στο χώρο καθορίζεται από τη σχέση ˆ t () ti sin π π = + t cos t ˆ + j+ ( t ) k ˆ όπου t ο χρόνος. Να υπολογίσετε το έργο της δύναµης F = y z 4y iˆ+ yz 4 y z ˆj+ y z y k ˆ ( ) ( ) ( ) που δρα στο σώµα για το χρονικό διάστηµα από t = έως t = 1. (α) Ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής είναι

23 iˆ ˆj kˆ dl = F = y z = ( y y ) iˆ ( y ) ˆj+. kˆ dt y Εποµένως µόνο η χρονική παράγωγος της οπότε dl dt (β) Η δύναµη z = L = σταθ. F z L z προέρχεται από δυναµικό γιατί iˆ ˆj kˆ F = = y z συνιστώσας της στροφορµής µηδενίζεται, y z 4y yz 4 y z y z y = ( 6yz + 6yz ) iˆ ( y z + y z ) ˆj + ( yz 8y + yz + 8y) kˆ = Εποµένως υπάρχει συνάρτηση δυναµικού V(, y, z ), ώστε F = V(, y, z), η οποία υπολογίζεται ως εξής: V V F = y z 4 y = V(, y, z) = y z + y + c1 ( y, z ), V c1 Fy = yz 4 y z = yz 4 y c1( y, z) = yz + c( z), y y V c Fz = y z y = y z y c ( z) = z+ c. z z Οπότε V(, y, z) = y z + y + yz+ z. Για τη θέση του κινητού έχουµε: για t = ˆ 1 iˆ 1ˆ = + j+ k, και για t = 1 = iˆ+ 1ˆj+ kˆ. Οπότε το έργο της δύναµης W 1 είναι W1 = V(,1, ) V(,1, ) = 1 8 =. 1 ΘΕΜΑ 4 Στο πρόβληµα των δυο σωµάτων θεωρούµε δυο σηµειακές µάζες m1, m που βρίσκονται αντίστοιχα σε θέσεις R 1, R ως προς ένα αδρανειακό σύστηµα συντεταγµένων µε αρχή το σηµείο Ο. Τα δυο υλικά σηµεία ασκούν το ένα στο άλλο δυνάµεις οι οποίες υπακούουν στο τρίτο αξίωµα του Νεύτωνα. Αν R το διάνυσµα θέσης του κέντρου µάζας των δυο σωµάτων ως προς το Ο, το διάνυσµα θέσης της µάζας ως προς την m, και 1 1, αντίστοιχα τα διανύσµατα θέσης των µαζών m1, m ως προς το κέντρο µάζας τους, να δείξετε αναλυτικά ότι η στροφορµή του συστήµατος: m

24 L R mu R m u όπου u1 = R & 1, u = R &, µπορεί να γραφτεί ως L = R muk + µ u όπου m= m1+ m, uk = R & mm 1, µ = και u = & m + m = (α) Από τον ορισµό του κέντρου µάζας (ΚΜ) και το m σχήµα της εκφώνησης έχουµε: mr 1 1+ mr R =, = R R1. (1) m1+ m Λύνοντας τη σχέση (1) ως προς R 1, R m 1 R παίρνουµε: R m m1 R1 = R, R = R+ R 1 () m1+ m m1+ m από όπου συµπεραίνουµε ότι: m m1 1 =, = O. () m1+ m m1+ m Παραγωγίζοντας τις () και () έχουµε: ' ' u = u + u, u = u + u, (4) 1 K 1 m u = u, u m = 1 u. ' ' 1 m1+ m m1+ m Από τις () και (5) έχουµε: ' ' m 11+ m =, mu 1 1+ mu =. Οπότε για τη στροφορµή έχουµε: (),(),(4) L = R1 mu 1 1+ R mu = ' ' = ( R+ 1) m1( uk + u1) + ( R+ ) m( uk + u) = ' ' = R mu 1 K + R mu mu 1 K + 1 mu 1 1+ ' ' + R muk + R mu + muk + mu = ' ' ' ' = R m + m u + R mu + m u + m + m u + mu + m u = ( ) ( ) ( ) 1 K mm mm = R mu u+ u = K m1+ m m1+ m () = R muk + ( 1) µ u = = R mu + µ u. K K K (5),(6) (5) (6)

25 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 1 Θέµατα και Λύσεις Θέµα 1 ο ίνεται η δύναµη F = ( y ) i + ( y y ) j + zk. α) είξτε ότι µπορεί να προέλθει από δυναµικό β) Βρείτε το δυναµικό γ) Αν ένα υλικό σηµείο κινείται κατά µήκος της τροχιάς = t, y = t, z = t+ 1, να βρεθεί το έργο της δύναµης F στο χρονικό διάστηµα t [,]. α) otf = i + j + ( y + y) j =, άρα προέρχεται από δυναµικό V = V(, y, z) β) Θα είναι F = gadv, δηλαδή V V V = ( y ) (1a) = ( y y ) (1b) = z (1c) y z y V C (1 a) V = + + C( y, z) () = y + () y y Από την (1b) και () έχουµε C y = y C = + c( z) (4). Αντικαθιστώντας την (4) στην (), y παραγωγίζοντας ως προς z και συγκρίνοντας το αποτέλεσµα µε την (1c) βρίσκουµε z cz ( ) = + c', όπου c σταθερά που µπορούµε να τη θέσουµε ίση µε το µηδέν. Άρα η () γίνεται 1 y V = ( + y + z ) + γ) Για t= το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση A ( A =, y A =, z A =1) µε V A = 1/ Για t= το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση B ( B =, y B =4, z B =) µε V B = 5/ Το έργο δεν εξαρτάται από την διαδροµή και είναι ίσο µε W = V V = 18 B A

26 Θέµα ο Υλικό σηµείο µπορεί να κινείται στο θετικό ηµιάξονα Ο υπό την επίδραση του δυναµικού 1 V =, 4 + > α) Να σχεδιαστεί το δυναµικό και να βρεθεί το σηµείο ισορροπίας και η ευστάθειά του. β) Να βρεθούν τα όρια της κίνησης (θεωρήστε τις περιπτώσεις Ε< και Ε>). α) Παρατηρούµε ότι lim V =, limv = Επίσης έχουµε ακρότατο για dv 5 = 4 4 = 1 = d = 1 όπου V (1) = + 1 = 1 (η ελάχιστη τιµή ενέργειας). Σύµφωνα µε τα παραπάνω όρια, το ακρότατο πρέπει να είναι ελάχιστο. Άρα το σηµείο ισορροπίας θα είναι το =1 και είναι ευσταθές. β) Τα όρια της κίνησης θα δίνονται από την ανισότητα E V( ) ή 1 4 E + E (1) Θέτουµε y = > και γράφουµε την εξίσωση 1± 1+ E Ey + y 1= y = () E i) Για Ε> πρέπει στην () να θεωρήσουµε µόνο το πρόσηµο (+) 1+ E 1 1+ E 1 δηλαδή y = > = 1 = E E και η (1) ισχύει για 1 ii) Για 1<Ε< η () µας δίνει δύο πραγµατικές ρίζες δηλαδή E 1 1 E 1 1 E y = = > = = E E E 1 1+ E 1 1 E 1 1 E y = = + > = + = E E E και η (1) ισχύει για 1 Επιτρεπτή περιοχή Επιτρεπτή περιοχή Θέµα ο

27 Ένα διαστηµόπλοιο µάζας m βρίσκεται σε απόσταση α από το κέντρο ενός πολύ µικρού και σφαιρικά οµογενούς αστεροειδούς µάζας m A =m. Θεωρούµε ότι αρχικά και τα δύο σώµατα ηρεµούν. (α) Με πόση ταχύτητα πρέπει εκτοξεύσουµε το διαστηµόπλοιο, ώστε η σχετική κίνησή του (ως προς τον αστεροειδή) να είναι κυκλική; (β) Πόση θα είναι τότε η ταχύτητα του κέντρου µάζας των δύο σωµάτων; (γ) Ποια θα είναι η τροχιά του κάθε σώµατος ως προς το κέντρο µάζας; Αρχικά (t=) έχουµε υ =, υ () = υ () = υ j, A σχ σχ υ και κυκλ = υ σχ Α Κ U () α) Η εξίσωση της σχετικής κίνησης του διαστηµόπλοιου ως προς τον αστεροειδή θα a είναι mm A Gmm A µ && = F1 && = ma + m Gm ( A + m ) 4mG && = e && = e δηλαδή κεντρικές δυνάµεις µε F () = 4 Gm / που κινούν ένα σώµα µάζας m=1. Η ταχύτητα της κυκλικής τροχιάς µε ακτίνα = aθα είναι κάθετη στο και µε µέτρο af 4Gm υκυκλ = = m a β) Μετά την εκτόξευση του δορυφόρου η ταχύτητα του κέντρου µάζας του συστήµατος θα είναι Gm ( ma + m ) υkm = maυa() + m υ () = υ () υkm = υ () = υσχ j= j 4 4 a γ) Η σχετική κίνηση του αστεροειδή και του διαστηµόπλοιου ως προς το κέντρο µάζας θα είναι αντίστοιχα m m Α A =, = ma + m ma + m Επειδή η σχετική κίνηση = () t εκφράζει κυκλική τροχιά µε ακτίνα = a, και η σχετική κίνηση του αστεροειδή και του διαστηµόπλοιου θα είναι κυκλική κίνηση µε ακτίνες m a mα a A = a=, = a= m + m 4 m + m 4 A A

28 Θέµα 4 ο Έστω ένα αδρανειακό σύστηµα S και ένα µη αδρανειακό σύστηµα S και ένα κινούµενο υλικό σηµείο Σ. είξτε ότι η απόλυτη ταχύτητα του Σ ως προς το S δίνεται από τη σχέση υ = υ + ω + υ, a σ όπου υσ η σχετική ταχύτητα. Να γίνει σχήµα και να σηµειωθούν τα διανύσµατα θέσης που χρησιµοποιούνται. β) Τι είναι η µετοχική ταχύτητα υµ και µε τι ισούται; Έστω S το αδρανειακό σύστηµα µε κέντρο το Ω και S το µη αδρανειακό µε κέντρο το Ο. dr a α) απόλυτη ταχύτητα υ a = dt d σ σχετική ταχύτητα υ σ = dt Είναι R= R + dr a dr a d a dr a d σ = + = + + ω dt dt dt dt dt Ω R δηλαδή υ = υ + υ + ω a σ Ο R Σ β) Η µετοχική ταχύτητα για το σηµείο Σ είναι η απόλυτη ταχύτητα ενός υποθετικού σηµείου το οποίο είναι ακίνητο στο µη αδρανειακό σύστηµα και η θέση του συµπίπτει µε αυτήν του Σ, είναι δηλαδή για αυτό το υποθετικό σηµείο υ σ =. Άρα σύµφωνα µε τον παραπάνω τύπο υµ = υ + ω ή υµ = υa υσ

29 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΟΥΝΙΟΣ 1 Θέµατα και Λύσεις ΘΕΜΑ 1. Υλικό σηµείο κινείται στον άξονα ' O υπό την επίδραση του δυναµικού a V( ) = a, a >. α) Βρείτε τα σηµεία ισορροπίας και την ευστάθειά τους. β) Για ποιο διάστηµα των τιµών της ενέργειας και της θέσης έχουµε περατωµένη κίνηση; γ) Σχεδιάστε το φασικό διάγραµµα και σηµειώστε τις περιοχές που περιγράφουν διαφορετικές κινήσεις ποιοτικά. α) Τα σηµεία ισορροπίας αντιστοιχούν στα ακρότατα του δυναµικού, δηλαδή dv 1 = a = a a = d = a 1 E V Είναι dv a > για = 1 = a = d a < για = E 1 Άρα το 1 είναι ευσταθές και το ασταθές. β) Περατωµένες τροχιές έχουµε για ενέργειες στο διάστηµα E1 < E < E, όπου E i οι τιµές του δυναµικού στα ακρότατα δηλαδή 1a 7a E1 = V( 1) =, E = V( ) = 6 Οι περατωµένες τροχιές εκτείνονται στο διάστηµα < <, όπου τα και βρίσκονται ως ρίζες της εξίσωσης = a a 7a V( ) = E a = 7a 6 = (σηµείωση: γνωρίζουµε εκ των προτέρων ότι η παραπάνω εξίσωση έχει µια διπλή ρίζα την =a) B γ) Γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας το διάγραµµα µοιάζει µε αυτό του αρµονικού ταλαντωτή (περιοχή Α), ενώ γύρω από το ασταθές σηµείο (όπου Ε=Ε ) έχουµε υπερβολές (απωστικές δυνάµεις). Για Ε>Ε έχουµε τις ανοιχτές φασικές καµπύλες της περιοχής Β και για Ε<Ε 1 έχουµε τις ανοιχτές φασικές καµπύλες της περιοχής Γ. A B G

30 ΘΕΜΑ. Υλικό σηµείο µάζας m=1 εκτελεί ταλαντώσεις που περιγράφονται από την διαφορική εξίσωση && + & + = F cos( ωt) α) Έστω F =. Προσδιορίστε την περίοδο της ταλάντωσης, δώστε την σχέση = t () που την περιγράφει (θεωρώντας αρχικό πλάτος D και αρχική φάση θ ) και σχεδιάστε την πρόχειρα. β) Για F. Βρείτε τη συχνότητα και το πλάτος συντονισµού. Σχεδιάστε την ταλάντωση κατά τον συντονισµό και αφού έχει περάσει αρκετός χρόνος (t>>1).. Η λύση της Ε είναι η (δες τυπολόγιο) γ t t () = De cos( ω t θ ) + Acos( ωt δ), (1) 1 όπου D, θ σταθερές που εξαρτώνται από τις αρχικές συνθήκες και Α, δ σταθερές που εξαρτώνται από τις παραµέτρους του ταλαντωτή (δες τυπολόγιο) b 1 m= 1, b= 1, γ = =, F, ω m k α) Για F = θα έχουµε Α= και ω1 = γ =. m t / Άρα t () = De cos( t θ) Έχουµε δηλαδή φθίνουσες ταλαντώσεις µε περίοδο π 4π T = = ω 1 β) Για F έχουµε εξαναγκασµένες ταλαντώσεις µε πλάτος (δες τυπολόγιο) A = F ω + (1 ω ), () Συχνότητα συντονισµού έχουµε για την τιµή ω=ω R όπου το Α γίνεται µέγιστο, δηλαδή το q = ω + (1 ω ) γίνεται ελάχιστο ή dq 1 = + 4ω R = ω R = dω = ω ω Για ω=ω R η () µας δίνει το πλάτος του συντονισµού R F A = Για t>>1 o πρώτος όρος της (1) γίνεται πολύ µικρός (τον θεωρούµε µηδέν) και για τον συντονισµό παίρνει τη µορφή F 1 t () = cos( t δ ), δηλαδή έχουµε αρµονική ταλάντωση πλάτους Α και περιόδου T = π. F T F -

31 ΘΕΜΑ. α) Nα δείξετε ότι η διαφορική εξίσωση της κίνησης σε πεδίο κεντρικών δυνάµεων F() d 1 1 m () + = F dϑ L µπορεί να γραφτεί στη µορφή 4 d d m F() =. dϑ dϑ L β) Να βρεθεί το πεδίο κεντρικών δυνάµεων F() στο οποίο είναι δυνατή η ύπαρξη τροχιών της µορφής = asin( bθ ), µε ab>,. Ποία συνθήκη πρέπει να ικανοποιούν τα C ab,, ώστε η δύναµη να είναι της µορφής F () =, όπου C σταθερά διάφορη του n µηδενός και n 1 φυσικός; α) Έχουµε: d 1 d 1 d 1 d = =, dϑ d dϑ dϑ d 1 d 1 d d 1 d 1 d = = = dϑ dϑ dϑ dϑ dϑ dϑ d 1 d d 1 d d 1 d =. = d dϑ dϑ dϑ dϑ dϑ d 1 1 m Αντικαθιστώντας την παραπάνω σχέση στην εξίσωση () + = F, dϑ L παίρνουµε d 1 d 1 m () + = F. dϑ dϑ L Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο µέλη της εξίσωσης µε, καταλήγουµε τελικά στη ζητούµενη σχέση 4 d d m F() =. dϑ dϑ L β) Παραγωγίζοντας την εξίσωση της τροχιάς δυο φορές παίρνουµε d d = abcos( bϑ) = a b cos ( bϑ) = a b 1 sin ( bϑ) = b ( a ) dϑ dϑ, d = ab sin( bϑ ) = b. dϑ Αντικαθιστώντας τις δυο παραπάνω σχέσεις στην διαφορική εξίσωση που δείξαµε στο ερώτηµα α) έχουµε 4 4 m a b m b b ( a ) = F () b + b = F () L L

32 ( b ) L 1 a b F () = 5 m Από την έκφραση της δύναµης βλέπουµε ότι για b = 1 και a > η δύναµη είναι της C a L µορφής F () = µε C = και n = 5. n m ΘΕΜΑ 4. Υλικό σηµείο Σ είναι υποχρεωµένο να κινείται υπό την επίδραση του βάρους του πάνω σε λείο επίπεδο Π που περιστρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από τον οριζόντιο άξονα O. Ορίστε κατάλληλο σχετικό σύστηµα ως προς το επίπεδο (να γίνει το σχήµα) και βρείτε τις διαφορικές εξισώσεις της κίνησης και την αντίδραση R του επιπέδου. Έστω ΟXYZ αδρανειακό σύστηµα αξόνων, και Οyz περιστρεφόµενο (µη αδρανειακό) σύστηµα µε µοναδιαία διανύσµατα iˆ, ˆj, kˆ όπως φαίνονται στο σχήµα. Τα δύο συστήµατα συντεταγµένων ταυτίζονται για t =. z Z R y Ο Σ ωt Y, X B ωt Η διαφορική εξίσωση της κίνησης του Σ είναι: mγσ = F mγ mω ( ω ) m& ω mω uσ όπου ˆ ˆ = i + yj, u = iˆ + yj ˆ & & σ, γ iˆ yj ˆ σ = && + &&, ω = ωî. Υπολογίζουµε τους όρους που εµφανίζονται στην παραπάνω εξίσωση. Επειδή οι αρχές των δύο συστηµάτων συντεταγµένων ταυτίζονται έχουµε γ =.

33 Επειδή η γωνιακή ταχύτητα είναι σταθερή έχουµε & ω = m & ω =. Η δύναµη F είναι το άθροισµα του βάρους B = mg[cos( ωt) kˆ + sin( ωt) ˆj ] και της αντίδρασης R = Rkˆ. iˆ ˆj kˆ iˆ ˆj kˆ Έχουµε ω = ω = ωykˆ οπότε ω ( ω ) = ω = ω yj ˆ. iˆ ˆj kˆ Επίσης ω u = ω = ωy& kˆ. σ & y y& Αντικαθιστώντας όλες αυτές τις σχέσεις στην αρχική διαφορική εξίσωση και παίρνοντας τις συνιστώσες των διανυσµάτων στους άξονες, y, z, καταλήγουµε στις ακόλουθες εξισώσεις m && =, my && = mg ωt + mω y sin( ), mz && = = mg cos( ωt) mωy& + R. ω y Οι δύο πρώτες διαφορικές εξισώσεις περιγράφουν την κίνηση στο επίπεδο. Η τρίτη εξίσωση µας δίνει την αντίδραση του επιπέδου R = mg cos( ωt) + mω y&

34 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι - ΙΟΥΝΙΟΣ 1 ΘΕΜΑΤΑ Β ΘΕΜΑ 1Β. Υλικό σηµείο κινείται στον άξονα ' O υπό την επίδραση του δυναµικού a V( ) = a +, a >. α) Βρείτε τα σηµεία ισορροπίας και την ευστάθειά τους. β) Για ποιο διάστηµα των τιµών της ενέργειας και της θέσης έχουµε περατωµένη κίνηση; γ) Σχεδιάστε το φασικό διάγραµµα και σηµειώστε τις περιοχές που περιγράφουν διαφορετικές κινήσεις ποιοτικά. Παρόµοια µε τα θέµατα Α. Βρίσκουµε 7a 1a 1 = a, = a, E1 =, E =, = 5 a 6 ΘΕΜΑ Β. Υλικό σηµείο µάζας m=1 εκτελεί ταλαντώσεις που περιγράφονται από την διαφορική εξίσωση 1 1 && + & + = F cos( ωt) α) Έστω F =. Προσδιορίστε την περίοδο της ταλάντωσης, δώστε την σχέση = t () που την περιγράφει (θεωρώντας αρχικό πλάτος D και αρχική φάση θ ) και σχεδιάστε την πρόχειρα. β) Για F. Βρείτε τη συχνότητα και το πλάτος συντονισµού. Σχεδιάστε την ταλάντωση κατά τον συντονισµό και αφού έχει περάσει αρκετός χρόνος (t>>1). Παρόµοια µε τα θέµατα Α. Βρίσκουµε 1 7 8π α) γ =, ω1 =, T = F β) ω R =, AR = 8 7 ΘΕΜΑ Β. α) Nα δείξετε ότι η διαφορική εξίσωση της κίνησης σε πεδίο κεντρικών δυνάµεων F() d 1 1 m () + = F dϑ L µπορεί να γραφτεί στη µορφή

35 4 d d m F() =. dϑ dϑ L β) Να βρεθεί το πεδίο κεντρικών δυνάµεων F() στο οποίο είναι δυνατή η ύπαρξη τροχιών της µορφής = asin( bθ ), µε ab>,. Ποία συνθήκη πρέπει να ικανοποιούν τα C ab,, ώστε η δύναµη να είναι της µορφής F () =, όπου C σταθερά διάφορη του n µηδενός και n 1 φυσικός;. Όπως τα θέµατα Α ΘΕΜΑ 4Β. Υλικό σηµείο Σ είναι υποχρεωµένο να κινείται υπό την επίδραση του βάρους του πάνω σε λείο επίπεδο Π που περιστρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από τον οριζόντιο άξονα Oy. Ορίστε κατάλληλο σχετικό σύστηµα ως προς το επίπεδο (να γίνει το σχήµα) και βρείτε τις διαφορικές εξισώσεις της κίνησης και την αντίδραση R του επιπέδου. Παρόµοια µε τα θέµατα Α. Βρίσκουµε m && = mg sin( ωt) + mω, my && =, mz && = = mg cos( ωt) + mω& + R. και R = mg cos( ωt) mω &.

36 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι Σεπτέµβριος 1 ΘΕΜΑ 1. α) Υλικό σηµείο µάζας m κινείται στον άξονα Ο υπό την επίδραση του δυναµικού V=V(). Αν για t=t βρίσκεται στη θέση = µε ενέργεια Ε, δείξτε ότι η κίνησή του δίνεται από τη σχέση m 1 t t =± ( E V( )) d (Προσοχή: Να ορίσετε την κάθε ποσότητα που χρησιµοποιείται και να περιγράψετε το κάθε βήµα της αποδεικτικής διαδικασίας) β) Υλικό σηµείο µάζας m κινείται στον άξονα Ο υπό την επίδραση του δυναµικού k V =, k >. Αν για t= το σώµα βρίσκεται στη θέση =a> µε ταχύτητα & =, να βρεθεί ο χρόνος στον οποίο το σώµα θα φτάσει στο σηµείο Ο. γ) Είναι η κίνηση περιοδική; Αν ναι βρείτε την περίοδό της α) Έστω ότι µια τυχούσα χρονική στιγµή t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση µε ταχύτητα &. Η ενεργεία του Ε διατηρείτε σταθερή σε όλη τη διάρκεια της κίνησης. Από τον ορισµό της ενέργειας έχουµε 1 m E = m& + V ( ) & =± ( E V ) dt = d (1) m ( E V) όπου το θετικό πρόσηµο ισχύει όταν η κίνηση γίνεται προς τα δεξιά (θετική ταχύτητα) και το αρνητικό για την αντίθετη κατεύθυνση. Ολοκληρώνουµε την (1) για την κίνηση από τη θέση = t ( ) έως την τυχούσα θέση = t () και παίρνουµε το ζητούµενο t m m 1 dt d E V d =± =± ( ) ( E V) t β) Έστω τ ο χρόνος για να φτάσει το σώµα στο Ο. Η κίνηση γίνεται µε ενέργεια k E = (ενέργεια στην αρχική θέση). Εφαρµόζουµε τον τύπο της σχέσης του θέµατος a (α) µε t =, = a, t = τ, = και το πρόσηµο µείον, αφού η κίνηση γίνεται από το = a > προς το Ο (η δύναµη είναι ελκτική προς το Ο): m d m d m m τ = = a a a k k a a k k = τ = a a + a k a γ) Το δυναµικό είναι άρτια συνάρτηση συνεπώς η κίνηση είναι η ίδια στον θετικό και στον αρνητικό ηµιάξονα. Το σώµα λοιπόν θα φτάσει µέχρι την θέση = a και ο χρόνος

37 που θα χρειαστεί να διανύσει το διάστηµα από το Ο στο = a θα είναι επίσης ίσος µε a k/ m. Η κίνηση λοιπόν είναι περατωµένη και (συνεπώς) περιοδική. Άρα η συνολική περίοδος της κίνησης θα είναι T = 4τ = 4 a k/ m Επίσης θα µπορούσαµε να βρούµε τα όρια της κίνησης (προκύπτει εύκολα ότι a a) και στη συνέχεια να εφαρµόσουµε κατάλληλα τη σχέση του θέµατος (α), m δηλαδή T / = ( E ) V a a 1 Σηµείωση. Κάποιος θα µπορούσε να αµφισβητήσει την περιοδικότητα της κίνησης δεδοµένου ότι στο = το δυναµικό γίνεται άπειρο. Και µια τέτοια αµφισβήτηση θα αξιολογηθεί θετικά. ΘΕΜΑ. ιαστηµικό σκάφος µάζας m κινείται γύρω από τη Γη (που τη θεωρούµε ακίνητη) σε ελλειπτική τροχιά µε εκκεντρότητα e=.5 και µεγάλο ηµιάξονα a. Τη στιγµή t= το σκάφος περνάει από το περίκεντρο της τροχιάς του µε ταχύτητα υ. (α) Πόσο πρέπει να αυξήσουµε το µέτρο της ταχύτητας του σκάφους σε σχέση µε τη υ ώστε η τροχιά του να γίνει παραβολική; (β) Πάνω στη παραβολική τροχιά, σε πόση απόσταση, σε σχέση µε την αρχική, θα βρίσκεται το σκάφος όταν η ταχύτητά του ξαναγίνει ίση µε υ ; γ) Πόση θα είναι η στροφορµή του σκάφους ως προς τη Γη στην παραπάνω απόσταση; α) Το περίκεντρο της ελλειπτικής τροχιάς βρίσκεται σε απόσταση = a(1 e) = a/ µε GMm 1 GM ταχύτητα υ = υ =. m a a ' Για να έχουµε στο = παραβολική τροχιά πρέπει η ταχύτητα υ να είναι τέτοια ώστε Ε=. Άρα 1 GMm ' GM ' mυ' = υ = ή υ = υ 1.15υ (δηλαδή αύξηση 15%) a β) Έστω σηµείο της παραβολικής τροχιάς σε απόσταση µε ταχύτητα υ. Θα είναι 1 mυ ' GMm GMm Gm ' = = mυ = m GM / = a a 4 ή ' = γ) Η στροφορµή θα είναι ίδια µε αυτή της αρχικής θέσης (για την παραβολική τροχιά) ' όπου = = a/, υ = υ = GM και υ a (περίκεντρο). Άρα L = m υ = m GMa

38 ΘΕΜΑ. (α) Να δείξετε ότι σε πεδίο ελκτικών δυνάµεων F () ένα σώµα µάζας m µπορεί πάντοτε να εκτελέσει κυκλική κίνηση ακτίνας µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω. είξτε επίσης ότι η ταχύτητα u της κυκλικής τροχιάς δίνεται από τη σχέση F ( ) u =. m 5 (β) Υλικό σηµείο µάζας m = 1 κινείται στο πεδίο κεντρικών δυνάµεων F () =. 5 Κάποια χρονική στιγµή βρίσκεται στη θέση ˆ 1 = 6iˆ+ 7ˆj k και η ταχύτητα του είναι 1 u1 = ( 4iˆ+ 67 ˆj+ 445k) ˆ. Να βρεθεί το µέτρο της ταχύτητας του όταν βρεθεί στη θέση 86 = 5iˆ 5ˆj+ 6kˆ L (α) Από τη διαφορική εξίσωση m && = F() που περιγράφει την κίνηση ενός m σώµατος m σε πεδίο ελκτικών δυνάµεων F () ως προς την ακτίνα του, βλέπουµε ότι τα σηµεία ισορροπίας της αντιστοιχούν σε κυκλική κίνηση. Τα σηµεία ισορροπίας L βρίσκονται από τη λύσης της εξίσωσης m && = F( ) + =. Η εξίσωση αυτή έχει m πάντα λύση αν F () <, όταν δηλαδή έχουµε ελκτική δύναµη. Η γωνιακή ταχύτητα της κίνησης είναι & L ϑ = ω =, δηλαδή σταθερή. Για την ταχύτητα της κίνησης έχουµε m L L L L u = ω = = u = = F( = ). m m m m m m (β) Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουµε: 1 mu1 + V( 1 1) = mu + V( ). Επειδή = + + = και 1 ( 6) 7 ( 1) 86 = + + = έχουµε 5 ( 5) = V( 1) = V( ), οπότε και 1 1 mu1 = mu. Εποµένως 1 5 u = u1 = =

39 ΘΕΜΑ 4. Υλικό σηµείο µάζας m µπορεί να κινείται χωρίς τριβή µέσα σε οριζόντιο σωλήνα ο οποίος περιστρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνάει από σηµείο Ο του σωλήνα. Το υλικό σηµείο βρίσκεται στο ένα άκρο ελατηρίου (που βρίσκεται µέσα στο σωλήνα) φυσικού µήκους και σταθεράς l =. Το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι σταθερά συνδεδεµένο στο σηµείο Ο. Αν k mω για t = το υλικό σηµείο βρίσκεται σε απόσταση l από το Ο και έχει ταχύτητα ίση µε µηδέν (ως προς το σωλήνα), να βρεθεί η κίνηση του υλικού σηµείου και οι αντιδράσεις του σωλήνα. Έστω ΟXYZ αδρανειακό σύστηµα αξόνων, και Οyz περιστρεφόµενο (µη αδρανειακό) σύστηµα µε µοναδιαία διανύσµατα iˆ, ˆj, kˆ όπως φαίνονται στο σχήµα. Τα δύο συστήµατα συντεταγµένων ταυτίζονται για t =. y Y kl, O Ÿ z, Z m Χ ωt Η διαφορική εξίσωση της κίνησης του σηµείου είναι: mγσ = F mγ mω ( ω ) m& ω mω uσ όπου ˆ ˆ ˆ = i + yj+ zk, u = iˆ + yj ˆ + zkˆ & & & σ, γ iˆ yj ˆ zkˆ σ = && + && + &&, ω = ω ˆk, και y = y& = && y = z = z& = && z =. Υπολογίζουµε τους όρους που εµφανίζονται στην παραπάνω εξίσωση. Επειδή οι αρχές των δύο συστηµάτων συντεταγµένων ταυτίζονται έχουµε γ =. Επειδή η γωνιακή ταχύτητα είναι σταθερή έχουµε & ω = m & ω =. Η δύναµη F είναι το άθροισµα του βάρους B = mgkˆ, της αντίδρασης R = R ˆj+ R kˆ και της δύναµης του ελατηρίου F = k( l ) i. 1 ˆ iˆ ˆj kˆ iˆ ˆj kˆ Έχουµε j ˆ ω = ω = ω οπότε ω ( ω ) = ω = ω iˆ. ω y z

40 iˆ ˆj kˆ Επίσης ω u = ω = ω& ˆj. σ & Αντικαθιστώντας όλες αυτές τις σχέσεις στην αρχική διαφορική εξίσωση και παίρνοντας τις συνιστώσες των διανυσµάτων στους άξονες, y, z, καταλήγουµε στις ακόλουθες εξισώσεις m && = k( l ) + mω, my && = = R mω &, y mz && = = mg + Rz. Από την πρώτη παίρνουµε k kl k= mω && ω = && + ω = ω l. m m Η λύση της οµογενούς && + ω =, έχει τη µορφή = Acos( ωt) + Bsin( ωt), ενώ ψάχνοντας για µια µερική λύση της µη οµογενούς της µορφής y = C βρίσκουµε C = l. Εποµένως η γενική λύση είναι η = Acos( ωt) + Bsin( ωt) + l, όπου οι σταθερές AB, καθορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Γνωρίζουµε ότι για t = έχουµε = l, & =. Βάζοντας αυτές τις ισότητες στις σχέσεις = Acos( ωt) + Bsin( ωt) + l και & = Aω sin( ωt) + Bωcos( ωt), βρίσκουµε A= l και B =, οπότε η λύση είναι: = lcos( ωt) + l. Από τη δεύτερη διαφορική εξίσωση βρίσκουµε R = mω & = mωl ωsin( ωt) R = mω l sin( ωt) = kl sin( ωt), ενώ η τρίτη µας δίνει y y Rz = mg.

41 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 11 ΘΕΜΑ 1. Υλικό σηµείο µάζας m=1, µπορεί να κινείται στον άξονα O υπό την επίδραση του δυναµικού V = e. α) Να βρεθούν τα σηµεία ισορροπίας και η ευστάθειά τους. β) Να βρεθεί, µε τη µέθοδο των διαταραχών, η διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας. γ) Να βρεθεί η περίοδος των µικρών ταλαντώσεων γύρω από το ευσταθές σηµείο ισορροπίας δ) Να σχεδιάσετε πρόχειρα το δυναµικό, εξηγώντας µε συντοµία τα ποιοτικά του χαρακτηριστικά, καθώς και το φασικό διάγραµµα. α) Σηµεία ισορροπίας dv = e + e = ( ) e = d = και = dv Επίσης, είναι = e + 4e e, και για τα σηµεία ισορροπίας d dv dv = < (ασταθες), = e > d d (ευσταθες) = = β) Σύµφωνα µε τη µέθοδο διαταραχών, γύρω από ένα σηµείο ισορροπίας = θα έχουµε d df d V m ( + ) = F( + ) = F( ) + + O ( ) m && = dt d d Άρα για το = θα πάρουµε τη.ε. && = (/ e ) η & && + (/ e ) = = = γ) Η παραπάνω εξίσωση είναι εξίσωση αρµονικού ταλαντωτή && + ω = µε κυκλική συχνότητα ω = /eκαι περίοδο π T = = eπ ω δ) Το δυναµικό στο = παρουσιάζει µέγιστο (βρήκαµε ασταθές σηµείο ισορροπίας) µε V()= και στο = παρουσιάζει ελάχιστο (βρήκαµε ασταθές σηµείο ισορροπίας) µε V() = e.54. Επίσης είναι lim V( ) =, lim V( ) = + Το δυναµικό και το φασικό διάγραµµα φαίνονται στο παρακάτω σχήµα