γ /ω=0.2 γ /ω=1 γ /ω= (ω /g) v. (ω 2 /g)(x-l 0 ) ωt. 2m.

Transcript

1 Μηχανική Ι Εργασία #7 Χειμερινό εξάμηνο Ν. Βλαχάκης 1. Σώμα μάζας m και φορτίου q κινείται σε κατακόρυφο άξονα x, δεμένο σε ελατήριο σταθεράς k = mω του οποίου το άλλο άκρο είναι σταθερό. Το σύστημα βρίσκεται μέσα σε κατακόρυφο ομογενές βαρυτικό πεδίο = ˆx και οριζόντιο ομογενές μαγνητικό πεδίο B = Bẑ βλέπε δίπλα σχήμα. Στο σώμα, εκτός της δύναμης ελατηρίου, του βάρους και της δύναμης από το μαγνητικό πεδίο q v B, ασκείται και κάθετη αντίδραση από την ευθεία x, αλλά και τριβή ολίσθησης συντελεστή µ. Επιλέξτε μια τιμή του αδιάστατου λόγου µqb και για αυτήν απαντήστε mω τα ακόλουθα. α Γράψτε την εξίσωση κίνησης του σώματος και βρείτε τη γενική της λύση. β Βρείτε τη θέση σε κάθε χρόνο και περιγράψτε την κίνηση αν αρχικά το σώμα βρίσκεται ακίνητο στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. Σε ποιες χρονικές στιγμές ακινητοποιείται στιγμιαία το σώμα και πόσο συνολικό χρόνο διαρκεί η κίνησή του; Προαιρετικά: γ Αν το σώμα δεν κινείται σε κατακόρυφη ευθεία, αλλά ολισθαίνει πάνω σε πλάγιο επίπεδο γωνίας κλίσης φ ως προς την κατακόρυφη όπως στο δίπλα σχήμα, γράψτε την εξίσωση κίνησής του. Αν αρχικά το σώμα βρίσκεται ακίνητο στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου βρείτε τη θέση του σε κάθε χρόνο αν και για όσο κατεβαίνει. Υπάρχει περίπτωση να χάσει την επαφή του με το επίπεδο και αν ναι ποια η συνθήκη για να συμβεί αυτό;. Σώμα μάζας m και φορτίου q κινείται σε λείο οριζόντιο άξονα x, δεμένο σε ελατήριο σταθεράς k = mω1 του οποίου το άλλο άκρο είναι σταθερό. Σαν αρχή του άξονα Ο επιλέγουμε την θέση του q όταν το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος, οπότε η δύναμη ελατηρίου είναι k r = kxˆx. Δεύτερο φορτίο Q, ετερόσημο του q, εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση με γωνιακή ταχύτητα ω σε λείο οριζόντιο κύκλο με κέντρο το Ο και ακτίνα R. Η δύναμη Coulomb που ασκεί το Q στο q είναι mωr 3 r r Q r r Q, 3 όπου r Q το διάνυσμα θέσης του Q και ω = α Γράψτε την εξίσωση κίνησης του φορτίου q. Qq 4πε 0 mr 3. β Ποια η ισχύς που προσφέρει ο εξωτερικός παράγοντας που φροντίζει να παραμένει συνεχώς ομαλή κυκλική η κίνηση του Q παρότι δέχεται δύναμη από το φορτίο q; γ Αν x R και ω ω απλοποιήστε την εξίσωση κίνησης του φορτίου q και επιλύστε την θεωρώντας ότι το σώμα βρίσκεται αρχικά ακίνητο στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. k O O y O k φ R q x y k B ωt y B Q x x

2 ΛΥΣΕΙΣ: 1. α Με r = xˆx, v = ẋˆx, a = ẍˆx, δύναμη ελατηρίου mω x l 0 ˆx όπου l 0 το φυσικό μήκος του ελατηρίου, βάρος mˆx, δύναμη από το μαγνητικό πεδίο qẋˆx Bẑ = qẋbŷ, κάθετη αντίδραση N = Nŷ και τριβή T = µ N ẋ ˆx αντίρροπη της ταχύτητας, ο νόμος Νεύτωνα γράφεται ẋ mẍˆx = mω x l 0 ˆx + mˆx qẋbŷ + Nŷ µ N ẋ ẋ ˆx. Η ŷ συνιστώσα του δίνει N = qẋb, οπότε η τριβή είναι T = µ qẋb ẋ ˆx = µ q Bẋˆx. ẋ Η ˆx συνιστώσα δίνει την εξίσωση κίνησης mẍ = mω x l 0 + m µ q Bẋ, ή ισοδύναμα την γραμμική μη-ομογενή εξίσωση ẍ + γẋ + ω x = ω l 0 + με γ = µ q B, η οποία περιγράφει m φθίνουσα ταλάντωση. Η μερική λύση είναι μια σταθερά, η x μερ = l 0 + /ω η οποία ισούται με τη θέση ισορροπίας, ενώ η λύση της ομογενούς είναι x ομ = e ] [C γt 1 cos ω γ t + C sin ω γ t, x ομ = e γt C 1 + C t και x ομ = C 1 e γ γ t ω + C e γ+ γ ω t, στις περιπτώσεις της ασθενούς γ < ω, κρίσιμης γ = ω και ισχυρής γ > ω απόσβεσης, αντίστοιχα. Άρα η γενική λύση είναι x = l 0 + ] [C ω + e γt 1 cos ω γ t + C sin ω γ t, x = l 0 + ω + e γt C 1 + C t και x = l 0 + ω + C 1e γ γ t ω + C e γ+ γ ω t, στις περιπτώσεις της ασθενούς γ < ω, κρίσιμης γ = ω και ισχυρής γ > ω απόσβεσης, αντίστοιχα. ] Οι αντίστοιχες ταχύτητες είναι ẋ = γe [C γt 1 cos ω γ t + C sin ω γ t + e γt ] ω γ [ C 1 sin ω γ t + C cos ω γ t, ẋ = γe γt C 1 + C t+c e γt και ẋ = γ γ ω C 1 e γ γ ω t γ + γ ω C e γ+ γ ω t. β Οι αρχικές συνθήκες x t=0 = l 0 και ẋ t=0 = 0 προσδιορίζουν σε κάθε περίπτωση τις σταθερές C 1 και C. Εχουμε τις περιπτώσεις: Ασθενής απόσβεση γ < ω: C 1 = ω, C γ = ω ω γ, δηλ. x = l 0 + ω γ [cos ω e γt ω γ t + ω γ sin ω γ t ] και ẋ = ω γ e γt sin ω γ t. Το σώμα εκτελεί ταλάντωση γύρω από τη θέση ισορροπίας x = l 0 + με φθίνον πλάτος. Η ω nπ ταχύτητα μηδενίζεται στους χρόνους t = όπου n = 0, 1,,... Πρακτικά σε χρόνο 5/γ ω γ το εκθετικό μηδενίζεται και το σώμα καταλήγει ακίνητο στη θέση ισορροπίας. Κρίσιμη απόσβεση γ = ω: C 1 = γ, C = γ, δηλ. x = l 0 + γ γ e γt 1 + γt και ẋ = te γt. Το σώμα ξεκινά από την ηρεμία στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου x = l 0 και κινείται προς τη θέση ισορροπίας x = l 0 + χωρίς να αλλάξει φορά κίνησης, διότι η ταχύτητα δεν μηδενίζεται γ παρά μόνο για t = 0 και t = +. Πρακτικά όμως μηδενίζεται σε χρόνο 5/γ τότε το εκθετικό πρακτικά μηδενίζεται και το σώμα καταλήγει ακίνητο στη θέση ισορροπίας. Ισχυρή απόσβεση γ > ω: C 1 = γ + γ ω, C ω = γ γ ω, δηλ. γ ω ω γ ω

3 x = l 0 + ω γ + γ ω e γ γ ω t + γ γ ω e γ+ γ ω t και ω γ ω ω γ ω ẋ = [e γ γ t ] ω e γ+ γ ω t. γ ω Η εξίσωση ẋ = 0 έχει μόνες λύσεις τις t = 0 και t = +. Άρα το σώμα ξεκινά από την ηρεμία στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου x = l 0 και κινείται προς τη θέση ισορροπίας x = l 0 + ω χωρίς να αλλάξει φορά κίνησης. Η ταχύτητα μηδενίζεται πρακτικά σε χρόνο 5/ γ γ ω τότε μηδενίζεται πρακτικά το εκθετικό e γ γ ω t που «επιζεί» περισσότερο το άλλο εκθετικό e γ+ ω /x-l γ ω t μηδενίζεται γρηγορότερα, πρακτικά σε χρόνο 5/ ωt γ /ω=0. γ /ω=1 γ /ω= ω / v γ + γ ω ωt γ /ω=0. γ /ω=1 γ /ω= Τα διαγράμματα δείχνουν τη θέση και την ταχύτητα σε κατάλληλες μονάδες για τρεις περιπτώσεις μια ασθενούς, της κρίσιμης και μιας ισχυρής απόσβεσης. γ Το βάρος είναι τώρα m = m cos φ ˆx m sin φ ŷ, οπότε ο νόμος Νεύτωνα γράφεται mẍˆx = mω x l 0 ˆx + m cos φ ˆx m sin φ ŷ qẋbŷ + Nŷ µ N ẋ ẋ ˆx. Η ŷ συνιστώσα του δίνει N = qẋb + m sin φ. Οσο το σώμα δεν χάνει την επαφή με το επίπεδο είναι N 0, οπότε η τριβή είναι T = µ qẋb + m sin φ ẋ ẋ ˆx. Η ˆx συνιστώσα δίνει την εξίσωση κίνησης mẍ = mω x l 0 +m cos φ µ qẋb + m sin φ ẋ ẋ, ή ẍ±γẋ+ω x = ω l 0 + cos φ µ sin φ, όπου ± είναι το πρόσημο της ταχύτητας ẋ και γ = µqb m. Οπως ορίσαμε τώρα το γ δεν έχει απόλυτο στο φορτίο, οπότε μπορεί να είναι είτε θετικό είτε αρνητικό. Αρχικά το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος και η ταχύτητα είναι μηδέν οπότε μόνο η ˆx συνιστώσα του βάρους προσπαθεί να κινήσει το σώμα προς μεγαλύτερα x. Αν αυτή η συνιστώσα είναι μεγαλύτερη της τριβής το σώμα θα αρχίσει να κινείται. Αυτό συμβαίνει αν m cos φ > µm sin φ µ < cot φ. Οσο η ταχύτητα είναι θετική η εξίσωση κίνησης δίνει ẍ + γẋ + ω x = ω l 0 + cos φ µ sin φ. Η λύση της παραπάνω γραμμικής μη ομογενούς διαφορικής εξίσωσης βρίσκεται όπως πριν, απλά αντικαθιστώντας το στις προηγούμενες λύσεις με = cos φ µ sin φ. Οπως πριν, έχουμε τις περιπτώσεις:

4 [ γ < ω: x = l 0 + ω γ ω e γt cos ω γ t + ω γ sin ω γ t ] και ẋ = ω γ e γt sin ω γ t, N = qb ω γ e γt sin ω γ t + m sin φ. Η γραφή της λύσης απλοποιείται αν θέσουμε γ = ω cos λ όπου λ μια γωνία στο διάστημα 0, π, οξεία αν q > 0 γ > 0 και αμβλεία αν q < 0 γ < 0. Ετσι μπορούμε να γράψουμε x = l 0 + ω ω sin λ e ωt cos λ sin ωt sin λ + λ, ẋ = ω sin λ e ωt cos λ sin ωt sin λ και N = m µ tan λ e ωt cos λ sin ωt sin λ + m sin φ. Ενας περιορισμός για να ισχύει η παραπάνω λύση είναι ο ẋ 0 t π ω sin λ. Ενας δεύτερος περιορισμός προέρχεται από την απαίτηση το σώμα να μην χάνει την επαφή του με το επίπεδο, δηλ. N 0. Αν το φορτίο είναι θετικό αυτό ισχύει όσο ẋ 0. Αν όμως το φορτίο είναι αρνητικό τότε η δύναμη από το μαγνητικό πεδίο έχει τη φορά ŷ όσο ẋ > 0, οπότε υπάρχει πιθανότητα το σώμα να χάσει την επαφή του με το επίπεδο. Η συνθήκη N 0 δίνει τότε για q < 0 e ωt cos λ µ cot λ sin ωt sin λ cot φ µ. Μελετώντας την συνάρτηση του αριστερού μέλους στο διάστημα 0 < t < π ω sin λ, συμπεραίνουμε ότι αποκτά μέγιστη τιμή όταν t m = λ ω sin λ. Αν αυτή η μέγιστη τιμή eλ cot λ cos λ ικανοποιεί την ανισότητα e λ cot λ µ cos λ τότε το σώμα δεν θα χάσει ποτέ την επαφή με το επίπεδο. cot φ µ Αντίθετα, αν e λ cot λ µ cos λ >, τότε υπάρχει σημείο στο οποίο η N θα μηδενιστεί και cot φ µ αμέσως μετά το σώμα θα χάσει την επαφή του με το επίπεδο. γ = ω: x = l 0 + γ γ e γt 1 + γt και ẋ = te γt, N = qb te γt + m sin φ. Ο περιορισμός ẋ 0 ισχύει σε όλη την κίνηση. Αν το φορτίο είναι θετικό ισχύει επίσης N > 0. Αν όμως q < 0 τότε υπάρχει περίπτωση η N να μηδενιστεί και το σώμα να χάσει την επαφή με το επίπεδο. Η συνθήκη N 0 δίνει τότε για q < 0 γ te γ t µ cot φ µ. Η συνάρτηση του αριστερού μέλους είναι αύξουσα και παίρνει τιμές μέχρι το +, οπότε θα υπάρχει σίγουρα χρόνος στον οποίο θα ισχύει γ te γ t µ = τότε το σώμα θα χάσει την cot φ µ επαφή με το επίπεδο. Θα μπορούσαμε να το περιμέναμε αυτό και σκεπτόμενοι ενεργειακά. Αν το σώμα συνέχιζε επ άπειρον να κατεβαίνει στο επίπεδο, η ταχύτητά του θα αυξανόταν εκθετικά αν q < 0 και θα απειριζόταν. Αυτό είναι άτοπο γιατί κανένας δεν μπορεί να του δώσει αυτή την άπειρη ενέργεια. Το βάρος θα μπορούσε να εξηγήσει μόνο μια ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση δηλ. γραμμική και όχι εκθετική αύξηση της ταχύτητας, ενώ το μαγνητικό πεδίο δεν αυξάνει την ενέργεια του σώματος γιατί το έργο της δύναμης q v B είναι πάντα μηδενικό. γ > ω: x = l 0 + ω γ + γ ω e γ γ t ω + γ γ ω e γ+ γ ω t ω γ ω ω γ ω και ẋ = [e γ γ t ] ω e γ+ γ ω t, γ ω qb N = [e γ γ t ] ω e γ+ γ ω t + m sin φ. γ ω

5 Αν θέσουμε ω = l 0 + cosh λ γ γ cosh λ όπου λ θετική σταθερά η λύση γράφεται απλούστερα σαν x = cosh λ γ sinh λ e γt sinh γt tanh λ + λ, ẋ = γ tanh λ e γt sinh γt tanh λ και N = m µ tanh λ e γt sinh γt tanh λ + m sin φ. Η εξίσωση ẋ = 0 έχει μόνες λύσεις τις t = 0 και t = +. Άρα το σώμα κινείται συνεχώς με ẋ > 0. Αν το φορτίο είναι θετικό ισχύει επίσης N > 0. Αν όμως q < 0 τότε υπάρχει περίπτωση η N να μηδενιστεί και το σώμα να χάσει την επαφή με το επίπεδο. Η συνθήκη N 0 δίνει τότε για q < 0 e γ t coth λ sinh γ t tanh λ µ cot φ µ. Η συνάρτηση του αριστερού μέλους είναι αύξουσα και παίρνει τιμές μέχρι το +, οπότε θα υπάρχει σίγουρα χρόνος στον οποίο το σώμα θα χάσει την επαφή με το επίπεδο. Οπως και πριν, θα μπορούσαμε να το περιμέναμε αυτό και σκεπτόμενοι ενεργειακά.. α Η θέση του q είναι r = xˆx και του Q είναι r Q = R cosωtˆx+r sinωtŷ, οπότε η απόσταση μεταξύ τους είναι r r Q = [x R cosωt] + [R sinωt] = x + R Rx cosωt. Το ίδιο προκύπτει από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο με κορυφές τα φορτία και την αρχή των αξόνων. Η δύναμη Coulomb που ασκεί το Q στο q είναι F στο q = mωr 3 [x R cosωt]ˆx + [R sinωt]ŷ [x + R Rx cosωt] 3/ και η ˆx συνιστώσα του νόμου Νεύτωνα για το q δίνει ẍ + ω1x = ω R 3 [x R cosωt] [x + R Rx cosωt]. 3/ β Η δύναμη που ασκεί το q στο Q είναι F στο Q = F στο q = mωr 3 [x R cosωt]ˆx + [R sinωt]ŷ. [x + R Rx cosωt] 3/ Η συνιστώσα της πάνω στην στεφάνη Fστο Q ˆφ ˆφ πρέπει να εξουδετερώνεται από τη δύναμη που ασκεί ο εξωτερικός παράγοντας, ώστε η επιτρόχια επιτάχυνση του Q να είναι μηδενική. Το βάρος του Q δεν παίζει ρόλο αφού ο κύκλος είναι οριζόντιος, ούτε η τριβή αφού είναι λείος. Πρέπει δηλ. αυτός ο παράγοντας να ασκεί δύναμη της οποίας η προβολή πάνω στο ˆφ, δηλ. πάνω στην ταχύτητα ˆφ του Q, να είναι Fστο Q ˆφ. Η ισχύς αυτής της δύναμης βρίσκεται πολλαπλασιάζοντας με την ταχύτητα του Q, δηλ. με ωr ˆφ. Είναι λοιπόν ίση με de dt = Fστο Q ˆφ ωr. Αντικαθιστώντας την δύναμη και ˆφ = sinωtˆx+cosωtŷ βρίσκουμε την ισχύ de dt = mωωr 4 x sinωt [x + R Rx cosωt]. 3/ Δεύτερος τρόπος: Η ενέργεια που δίνει ο εξωτερικός παράγοντας αυξάνει την ενέργεια του συστήματος, που είναι το άθροισμα κινητικών και δυναμικών. Δηλ. είναι E = mẋ + m Qω R + V, με V = kx + Qq 4πε 0 r r Q = mω 1x mω R 3 x + R Rx cosωt. Το ότι αυτή είναι η σωστή δυναμική ενέργεια προκύπτει και από την αναζήτηση συνάρτησης V ώστε να γράψουμε σαν V = V x ˆx τη δύναμη F ˆx = mω 1xˆx mω R 3 [x R cosωt] ˆx [x + R 3/ Rx cosωt] που εμφανίζεται στην εξίσωση κίνησης του φορτίου mẍ = mω1x mω R 3 [x R cosωt] [x + R Rx cosωt]. 3/ Η δυναμική ενέργεια αυτή όμως είναι χρονοεαξαρτώμενη, οπότε δεν έχουμε ολοκλήρωμα ενέργειας.

6 Αν γράψουμε E q = mẋ + V x, t η ενέργεια E q δεν είναι σταθερή. Παραγωγίζοντας ως προς το χρόνο έχουμε de q = mẋẍ + V dt x ẋ + V V = ẋmẍ F + t t = V t. Η ισχύς που προσφέρει είναι λοιπόν de dt = d [ mẋ + m ] Qω R + V x, t = mẋẍ + V dt x ẋ + V t και αντικαθιστώντας την δυναμική ενέργεια και την επιτάχυνση ẍ από το νόμο Νεύτωνα προκύπτει de dt = V t = mωωr 4 x sinωt [x + R Rx cosωt]. 3/ γ Αν x R και ω ω η εξίσωση κίνησης απλοποιείται σε ẍ + ω1x = ωr cosωt, δηλ. η κίνηση είναι εξαναγκασμένη ταλάντωση χωρίς απόσβεση. Ουσιαστικά στη δύναμη F στο q = mωr 3 r r Q μπορούμε να θέσουμε r = 0, λόγω του ότι ο r r Q 3 πολλαπλασιαστικός παράγοντας ω είναι ήδη μικρός. Η λύση της ομογενούς είναι C 1 sinω 1 t + C cosω 1 t, ενώ μια μερική λύση είναι A cosωt, με ω την αντικατάσταση να δίνει A = R. Άρα η γενική λύση της εξίσωσης κίνησης είναι x = ω1 ω ω ω1 ω R cosωt+c 1 sinω 1 t+c cosω 1 t και η αντίστοιχη ταχύτητα ẋ = ω1 ω R sinωt+ C 1 ω 1 cosω 1 t C ω 1 sinω 1 t. Οι αρχικές συνθήκες x t=0 = 0, ẋ t=0 = 0 δίνουν C 1 = 0, C = ω R. Άρα η λύση είναι ω1 ω x = ω ω1 ω R [cosωt cosω 1t] σύνθεση ταλαντώσεων. Στην περίπτωση που ω 1 = ω μπορούμε να βρούμε τη λύση είτε εφαρμόζοντας κανόνα L Hôpital στην παραπάνω λύση για ω 1 ω είναι x = ω R cosωt cosω 1t ω 1 ω = ω R ω ω [cosωt cosω 1 t] ω 1 ω ω 1 ω = 1 ω R t sinω 1t ω 1, είτε λύνοντας από την αρχή την ẍ + ω x = ω R cosωt, της οποίας μια μερική λύση έχει μορφή At sinωt, οπότε καταλήγουμε σε γενική λύση x = ω R ω t sinωt + C 1 sinωt + C cosωt και από τις αρχικές συνθήκες βρίσκουμε τις σταθερές. Και με τους δύο τρόπους βρίσκουμε τη λύση x = ω R ω t sinωt.