ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-2: Φυσική Ι Χειµερινό Εξάµηνο 207 ιδάσκων : Γ. Καφεντζής Ασκηση. Θα ϐρούµε το x 2 από την εξίσωση της κινηµατικής : Πρώτη Σειρά Ασκήσεων - Λύσεις Σχήµα : Γραφική απεικόνιση άσκησης. u 2 2 = u 2 + 2a (x 2 x = (0 = (50 + 2( 0(x 2 x x 2 = x + 25 m ( εδοµένου ότι το όχηµα ϐρίσκεται 50 m απο την αρχή (x 0, χρειάζεται να καθορίσουµε το x x = x 0 + u 0 (t t 0 = 0 + (50(0.60 0.0 = 30 m (2 Οπως µπορούµε να παρατηρήσουµε x 2 = (30 + 25 = 55 m, πράγµα που σηµαίνει οτι ο Ethan δε ϑα καταφέρει να σταµατησει σε απόσταση 50 m τελικά ϑα καταλήξει στην ϕυλακή! Ασκηση 2. i. Αναγνωρίζουµε 3 διαφορετικές ϕάσεις στην κίνηση. Η δεύτερη η τρίτη είναι οι δύο ελεύθερες πτώσεις, µε a = µέγιστο ύψος εκτόξευσης y 2. Στην επιταχυνόµενη κίνηση : Στη σταθεσή ϕάση, y = y 0 + u 0 (t t 0 + 2 a(t t 0 = 2 at2 = (30(30 = 3.500m 2 u = u 0 + a(t t 0 = at = 30 30 = 900 m/s u 2 2 = 0 = u 2 2(y 2 y y 2 = y + u2 2 Άρα το µέγιστο υψόµερο είναι 54.8 m. 9002 = 3500 + = 54800 m = 54.8 km (3 2 9.8
Φυσική Ι - 207/Πρώτη Σειρά Ασκήσεων 2 Σχήµα 2: Γραφική απεικόνιση άσκησης 2. ii. Ο πύραυλος είναι στον αέρα µέχρι την χρονική στιγµή t 3. Γνωρίζουµε ήδη ότι t = 30 s, υπολογίζουµε την t 2, ως εξής : u 2 = 0 = u (t 2 t t 2 = t + u = 22 s (4 Συνεπώς η χρονική στιγµή t 3 υπολογίζεται ως ο χρόνος που χρειάζεται για να πέσει 54.8 km: y 3 = 0 = y 2 + u 2 (t 3 t 2 2 (t 3 t 2 = y 2 2 (t 3 t 2 2y2 t 3 = t 2 + = 228 s (5 iii. Η ταχύτητα αυξάνεται γραµµικά, µε σταθερή επιτάγχυνση 30 m/s 2 για 30 s συνεπώς, η µέγιστη ταχύτητα ϑα είναι 900 m/s. Μετά ξεκινά να µειώνεται µε σταθεσή επιβράδυνση 9.8 m/s 2. Η ταχύτητα γίνεται Σχήµα 3: Άσκηση 2: Γραφική παράσταση ταχύτητας - χρόνου.
Φυσική Ι - 207/Πρώτη Σειρά Ασκήσεων 3 µηδέν όταν t 2 = 22 s. Τελικά, την χρονική στιγµή t 3 = 228 s η ταχύτητα υπολογίζεται να είναι : u 3 = u 2 (t 3 t 2 = 040 m/s. Ασκηση 3. i. Σηµεία στροφής έχουµε όταν η ταχύτητα αλλάζει πρόσηµο. Θέτουµε u x = 0 ελέγχουµε σε ποιές χρονικές στιγµές η ταχύτητα µηδενίζεται : u x = 0 t 2 7t + 0 = 0 (t 2(t 5 = 0 t = 2s t = 5s (6 Άρα η ταχύτητα αλλάζει πρόσηµο για στις t = 2 s t = 5 s. ii. Η επιτάγχυνση δίνεται απο την παράγωγο της ταχύτητας : a x = du x dt = 2t 7 (7 Αντικαθιστώντας τις χρονικές στιγµές που ϐρήκαµε πριν, ϐρίσκουµε : a x (2 = 2(2 7 = 3 m/s 2 a x (5 = 2(5 7 = 3m/s 2 Προχοσή : Στο πρόβληµα δεν υπάρχει σταθερή επιτάχυνση για να χρησιµοποιήσουµε τις εξισώσεις κίνησης που γνωρίζουµε, όµως πάντα ισχύει η σχέση a = du dt, ανεξαρτήτως του είδους της κίνησης. Ασκηση 4. Σχήµα 4: Γραφική αναπαράσταση άσκησης 4. i. Η απόσταση που ταξίδεψε είναι x = u 0x t = t. Ο χρόνος της πτήσης υπολογίζεται απο την y-εξίσωση, χρησιµοποιώντας το γεγονός οτι η µπαλα ξεκινά τελειώνει την κίνησή της στο y = 0: y y 0 = 0 = u 0 sin θt 2 t2 = (u 0 sin θ 2 t t t = 2u 0 sin θ (8 Άρα η απόσταση που διένυσε είναι : Για θ = 30, η απόσταση ϑα είναι : x = 2u 0 sin θ = 2u2 0 sin θ cos θ (9 (x earth = 2u2 0 sin θ cos θ 2 25 sin 30 cos 30 = = 55.2m (0 earth 9.80
Φυσική Ι - 207/Πρώτη Σειρά Ασκήσεων 4 (x moon = 2u2 0 sin θ cos θ moon = 2u2 0 sin θ cos θ 6 earth = 6 2u2 0 sin θ cos θ = 6(x earth = 33.2m ( earth Η µπάλα του γκόλφ ταξίδεψε 33.2 55.2 = 276 m µακρύτερα στο ϕεγγάρι απότι στη γη. ii. Οι χρόνοι πτήσεις είναι : (t moon = 2u2 0 sin θ moon (t earth = 2u2 0 sin θ 2 25 sin 30 = = 2.55s (2 earth 9.80 = 2u2 0 sin θ 6 earth Η µπάλα ταξίδεψε για 5.30 2.55 = 2.75 s περισσότερο στο ϕεγγάρι. Ασκηση 5. Η µετατόπιση είναι x = 62 m. = 6 2u2 0 sin θ earth = 6(t earth = 5.30s (3 ενώ Λύνοντας ως προς u 0 : x = (u 0 x t = t t = x (4 y f = y i + (u 0 sin θ t + 2 a y( t (5 x y = (u 0 sin θ + ( x 2 ( (6 y = (tan θ x + ( x 2 ( ( x 2 ( = (tan θ x y u 2 0 = ( x ( 2 cos θ (tan θ x y ( x ( u 0 = = 2 cos θ (tan θ x y 9.8 ( 62 ( = 2 cos 30 (tan 30 62 ( 2 = 25.78m/s (7 Αυτή είναι η ταχύτητα οταν το ακόντιο ϕεύγει από το χέρι του ακοντιστή. Αυτή γίνεται u f κατά τη διάρκεια της ϱίψης, συνεπώς η σταθερή επιτάχυνση a ϑα είναι : a = u2 f u2 i 2 x = 25.782 0 2 2 0.70 = 474m/s 2 (8 Ασκηση 6. i. Η γωνιακή ταχύτητα ω δεν αλλάζει σε αυτή τη κίνηση, άρα : a 2 a = ω2 r 2 ω 2 r = 2 a 2 = 2a = 2 20 = 40m/s 2 (9
Φυσική Ι - 207/Πρώτη Σειρά Ασκήσεων 5 ii. Εστω a 3 η επιτάγχυνση του πρώτου κόκκου σκόνης αν το ω διπλασιαστεί (ω 3 = 2ω. Η απόσταση r από το κέντρο δε ϑα αλλάξει, άρα : a 3 = ω2 3 r a ω 2r = 2ω2 r ω 2r = 22 = 4 a 3 = 4a = 4 20 = 80m/s 2 (20 Ασκηση 7. i. Λύνοντας την : y 2 = y 0 + u 0y (t 2 t 0 y 2 = 0 + 30 sin 60 (7.5 0 + 2 ( 9.8(7.5 02 = 80.8 m (2 Άρα ϐρίσκεται περίπου 8 m ψηλότερα από το σηµείο που το σωµατίδιο χτύπησε στο έδαφος. Σχήµα 5: Γραφική απεικόνηση άσκησης 7. ii. Επιπλέον, u 2 y = u2 0y (y y 0 0 = (30 sin 60 + 2( 9.8(y 0 y = 34.4 m.