ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι Σεπτέµβριος β) Υλικό σηµείο µάζας m κινείται στον άξονα Οx υπό την επίδραση του δυναµικού

Transcript

1 ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Ι Σεπτέµβριος 1 ΘΕΜΑ 1 α) Υλικό ηµείο µάζας κινείται τον άξονα x Οx υπό την επίδραη του δυναµικού V=V(x) Αν για t=t βρίκεται τη θέη x=x µε ενέργεια Ε δείξτε ότι η κίνηή του δίνεται από τη χέη x t t =± ( E V( x)) dx x (Προοχή: Να ορίετε την κάθε ποότητα που χρηιµοποιείται και να περιγράψετε το κάθε βήµα της αποδεικτικής διαδικαίας) β) Υλικό ηµείο µάζας κινείται τον άξονα Οx υπό την επίδραη του δυναµικού V = > Αν για t= το ώµα βρίκεται τη θέη x=> µε ταχύτητα x & = x να βρεθεί ο χρόνος τον οποίο το ώµα θα φτάει το ηµείο Ο γ) Είναι η κίνηη περιοδική; Αν ναι βρείτε την περίοδό της α) Έτω ότι µια τυχούα χρονική τιγµή t το υλικό ηµείο βρίκεται τη θέη x µε ταχύτητα x& Η ενεργεία του Ε διατηρείτε ταθερή ε όλη τη διάρκεια της κίνηης Από τον οριµό της ενέργειας έχουµε 1 E = x& + V ( x) x& =± ( E V ) dt = dx (1) ( E V) όπου το θετικό πρόηµο ιχύει όταν η κίνηη γίνεται προς τα δεξιά (θετική ταχύτητα) και το αρνητικό για την αντίθετη κατεύθυνη Ολοκληρώνουµε την (1) για την κίνηη από τη θέη x = xt ( ) έως την τυχούα θέη x = xt () και παίρνουµε το ζητούµενο t x x dt dx E V dx =± =± ( ) ( E V) t x x β) Έτω τ ο χρόνος για να φτάει το ώµα το Ο Η κίνηη γίνεται µε ενέργεια E = (ενέργεια την αρχική θέη) Εφαρµόζουµε τον τύπο της χέης του θέµατος (α) µε t = x = t = τ x= και το πρόηµο µείον αφού η κίνηη γίνεται από το x= > προς το Ο (η δύναµη είναι ελκτική προς το Ο): dx xdx τ = = x = τ = + x x γ) Το δυναµικό είναι άρτια υνάρτηη υνεπώς η κίνηη είναι η ίδια τον θετικό και τον αρνητικό ηµιάξονα Το ώµα λοιπόν θα φτάει µέχρι την θέη x = και ο χρόνος

2 που θα χρειατεί να διανύει το διάτηµα από το Ο το x = θα είναι επίης ίος µε / Η κίνηη λοιπόν είναι περατωµένη και (υνεπώς) περιοδική Άρα η υνολική περίοδος της κίνηης θα είναι T = 4τ = 4 / Επίης θα µπορούαµε να βρούµε τα όρια της κίνηης (προκύπτει εύκολα ότι x ) και τη υνέχεια να εφαρµόουµε κατάλληλα τη χέη του θέµατος (α) δηλαδή T / = ( E ) V Σηµείωη Κάποιος θα µπορούε να αµφιβητήει την περιοδικότητα της κίνηης δεδοµένου ότι το x= το δυναµικό γίνεται άπειρο Και µια τέτοια αµφιβήτηη θα αξιολογηθεί θετικά ΘΕΜΑ ιατηµικό κάφος µάζας κινείται γύρω από τη Γη (που τη θεωρούµε ακίνητη) ε ελλειπτική τροχιά µε εκκεντρότητα e=5 και µεγάλο ηµιάξονα Τη τιγµή t= το κάφος περνάει από το περίκεντρο της τροχιάς του µε ταχύτητα υ (α) Πόο πρέπει να αυξήουµε το µέτρο της ταχύτητας του κάφους ε χέη µε τη υ ώτε η τροχιά του να γίνει παραβολική; (β) Πάνω τη παραβολική τροχιά ε πόη απόταη ε χέη µε την αρχική θα βρίκεται το κάφος όταν η ταχύτητά του ξαναγίνει ίη µε υ ; γ) Πόη θα είναι η τροφορµή του κάφους ως προς τη Γη την παραπάνω απόταη; α) Το περίκεντρο της ελλειπτικής τροχιάς βρίκεται ε απόταη = (1 e) = / µε GM 1 GM ταχύτητα υ = υ = ' Για να έχουµε το = παραβολική τροχιά πρέπει η ταχύτητα υ να είναι τέτοια ώτε Ε= Άρα 1 GM ' GM ' υ' = υ = ή υ = υ 115υ (δηλαδή αύξηη 15%) β) Έτω ηµείο της παραβολικής τροχιάς ε απόταη µε ταχύτητα υ Θα είναι 1 υ ' GM GM G ' = = υ = GM / = 4 ή ' = γ) Η τροφορµή θα είναι ίδια µε αυτή της αρχικής θέης (για την παραβολική τροχιά) ' όπου = = / υ = υ = GM και υ (περίκεντρο) Άρα L = υ = GM

3 ΘΕΜΑ (α) Να δείξετε ότι ε πεδίο ελκτικών δυνάµεων F () ένα ώµα µάζας µπορεί πάντοτε να εκτελέει κυκλική κίνηη ακτίνας µε ταθερή γωνιακή ταχύτητα ω είξτε επίης ότι η ταχύτητα u της κυκλικής τροχιάς δίνεται από τη χέη F ( ) u = 5 (β) Υλικό ηµείο µάζας = 1 κινείται το πεδίο κεντρικών δυνάµεων F () = 5 Κάποια χρονική τιγµή βρίκεται τη θέη ˆ 1 = 6iˆ+ 7ˆj και η ταχύτητα του είναι 1 u1 = ( 4iˆ+ 67 ˆj+ 445) ˆ Να βρεθεί το µέτρο της ταχύτητας του όταν βρεθεί τη θέη 86 = 5iˆ 5ˆj+ 6ˆ L (α) Από τη διαφορική εξίωη && = F() που περιγράφει την κίνηη ενός ώµατος ε πεδίο ελκτικών δυνάµεων F () ως προς την ακτίνα του βλέπουµε ότι τα ηµεία ιορροπίας της αντιτοιχούν ε κυκλική κίνηη Τα ηµεία ιορροπίας L βρίκονται από τη λύης της εξίωης && = F( ) + = Η εξίωη αυτή έχει πάντα λύη αν F () < όταν δηλαδή έχουµε ελκτική δύναµη Η γωνιακή ταχύτητα της κίνηης είναι & L ϑ = ω = δηλαδή ταθερή Για την ταχύτητα της κίνηης έχουµε L L L L u = ω = = u = = F( = ) (β) Από την αρχή διατήρηης της ενέργειας έχουµε: 1 u1 + V( 1 1) = u + V( ) Επειδή = + + = και 1 ( 6) 7 ( 1) 86 = + + = έχουµε 5 ( 5) = V( 1) = V( ) οπότε και 1 1 u1 = u Εποµένως 1 5 u = u1 = = 86 86

4 ΘΕΜΑ 4 Υλικό ηµείο µάζας µπορεί να κινείται χωρίς τριβή µέα ε οριζόντιο ωλήνα ο οποίος περιτρέφεται µε ταθερή γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνάει από ηµείο Ο του ωλήνα Το υλικό ηµείο βρίκεται το ένα άκρο ελατηρίου (που βρίκεται µέα το ωλήνα) φυικού µήκους και ταθεράς l = Το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι ταθερά υνδεδεµένο το ηµείο Ο Αν ω για t = το υλικό ηµείο βρίκεται ε απόταη l από το Ο και έχει ταχύτητα ίη µε µηδέν (ως προς το ωλήνα) να βρεθεί η κίνηη του υλικού ηµείου και οι αντιδράεις του ωλήνα Έτω ΟXYZ αδρανειακό ύτηµα αξόνων και Οxz περιτρεφόµενο (µη αδρανειακό) ύτηµα µε µοναδιαία διανύµατα iˆ ˆj ˆ όπως φαίνονται το χήµα Τα δύο υτήµατα υντεταγµένων ταυτίζονται για t = Y l O Ÿ z Z x Χ ωt Η διαφορική εξίωη της κίνηης του ηµείου είναι: γ = F γ ω ( ω ) & ω ω u όπου ˆ ˆ ˆ = xi + j+ z u = xiˆ + j ˆ + zˆ & & & γ xiˆ j ˆ zˆ = && + && + && ω = ω ˆ και = & = && = z = z& = && z = Υπολογίζουµε τους όρους που εµφανίζονται την παραπάνω εξίωη Επειδή οι αρχές των δύο υτηµάτων υντεταγµένων ταυτίζονται έχουµε γ = Επειδή η γωνιακή ταχύτητα είναι ταθερή έχουµε & ω = & ω = Η δύναµη F είναι το άθροιµα του βάρους B = gˆ της αντίδραης R = R ˆj+ R ˆ και της δύναµης του ελατηρίου F = ( x l ) i 1 ˆ iˆ ˆj ˆ iˆ ˆj ˆ Έχουµε xj ˆ ω = ω = ω οπότε ω ( ω ) = ω = ω xiˆ x ωx z

5 iˆ ˆj ˆ Επίης ω u = ω = ωx& ˆj x& Αντικαθιτώντας όλες αυτές τις χέεις την αρχική διαφορική εξίωη και παίρνοντας τις υνιτώες των διανυµάτων τους άξονες x z καταλήγουµε τις ακόλουθες εξιώεις x && = ( x l ) + xω && = = R ω x& z && = = g + Rz Από την πρώτη παίρνουµε l = ω && x ω x= && x+ ω x= ω l Η λύη της οµογενούς && x+ ω x= έχει τη µορφή x = Acos( ωt) + Bsin( ωt) ενώ ψάχνοντας για µια µερική λύη της µη οµογενούς της µορφής = C βρίκουµε C = l Εποµένως η γενική λύη είναι η x = Acos( ωt) + Bsin( ωt) + l όπου οι ταθερές AB καθορίζονται από τις αρχικές υνθήκες Γνωρίζουµε ότι για t = έχουµε x = l x & = Βάζοντας αυτές τις ιότητες τις χέεις x = Acos( ωt) + Bsin( ωt) + l και x& = Aω sin( ωt) + Bωcos( ωt) βρίκουµε A= l και B = οπότε η λύη είναι: x = lcos( ωt) + l Από τη δεύτερη διαφορική εξίωη βρίκουµε R = ω x& = ωl ωsin( ωt) R = ω l sin( ωt) = l sin( ωt) ενώ η τρίτη µας δίνει Rz = g