PISMENI ISPIT IZ KLASIČNE MEHANIKE I 3.. 9. Zdtk Čestic mse m izbčen je s površine Zemlje pod kutem α brzinom v. Ako je otpor zrk proporcionln trenutnoj brzini konstnt proporcionlnosti je ), izrčunjte komponente brzine 5 bodov) i položj čestice bodov). Nd ite grnične vrijednosti kd 5 bodov). Rješenje: Newtonov jednžb gibnj m r = m g r ) koordintni sustv orjentirmo tko d je os z vertikln, os x horizontln mẍ = ẋ i m z = mg ż ) koristimo metodu snižvnj red jedndžbe: ẋ = v x, i ż = v z mv x = v x i mv z = mg v z 3) seprirmo vrijble integrirmo x komponentu brzine dv x = v x m i dv z = dt 4) mg + v z m vx v x dv x v x = m t = ln v x ln v x = m t = v x = v x e m t 5) početn brzin čestice: v x = v cos α i v z = v sinα grničn vrijednost kd integrirmo z komponentu brzine v x = v cos αe m t 6) lim v x = lim v cos αe m t = v cos α 7) v z v z dv z mg + v z = m t = vz v z dmg + v z) mg + v z = m t 8) riješimo integrl ln mg + v z ) ln mg + v z) = m t = mg + v z = mg + v z)e m t 9) = v z = mg ) mg + + v sin α e m t ) = v z = mg ) e m t + v sin αe m t )
grničnu vrijednost kd rčunmo pomoću L Hospitlovog prvil neodred eni oblik ) x komponent položj čestice integrirmo prethodnu jedndžbu x lim v e m t z = mg lim + v sin α ) = mg lim t m e m t + v sin α 3) = gt + v sinα 4) v x = dx dt = v cos αe m t = dx = v cos αe m t dt 5) dx = v cos α t e m t dt = x = mv cos α e m t) 6) grničnu vrijednost kd rčunmo pomoću L Hospitlovog prvil neodred eni oblik ) lim x = mv e m t cos α lim z komponent položj čestice integrirmo prethodnu jedndžbu z = mg z = m g = mv cos α lim t m e m t = v cos αt 7) v z = dz dt = mg ) e m t + v sin αe m t 8) m m e t + m ) t + mv sin α e m t + t ) + mv sin α m e m t) 9) e m t) ) grničnu vrijednost kd rčunmo pomoću L Hospitlovog prvil neodred eni oblik ) lim z = e m t + t m m g lim = m g lim = mgt = mgt t m e m t + t m e + mv sin α lim + mv sin α lim t m e m t m t ) ) e m t + lim + v sin αt 3) lim t m e m t + v sin αt 4) = g t + v sin αt 5)
Zdtk Čestic mse m gib se u Keplerovom potencijlu. U početnom trenutku, čestic se nlzi n k osi x n udljenosti R od ishodišt, brzin joj iznosi i ztvr kut α = 3 s osi mr x. Izrčunjte energiju i zkretni impuls čestice 5 bodov), te skicirjte efektivni potencijl i odredite d li je orbit omed en ili neomed en 5 bodov) Rješvjući kvdrturu, izvedite izrz z orbitu bodov). Skicirjte orbitu bodov). Rješenje: zkretni impuls čestice možemo izrčunti u početnom trenutku k M = m r v = mv R sin α = m R mr = kmr 6) energij čestice je sum kinetičke i potencijlne energije u početnom trenutku efektivni potencijl glsi E = T + UR ) = m v k R = 4 m k mr k R = k R 7) U eff r) = k r + M mr = k r + kr r 8) U eff r) E r M mr r k r Slik : Skic efektivnog potencijl. Energij čestice je pozitivn, postoji smo jedn točk obrt i gibnje je neomed eno. energij je pozitivn p je gibnje neomed eno orbitu tržimo kvdrturom φ φ = čestic se n početku gibnj nlzi n osi x p vrijedi φ = r Mdr R r m [ E + k ] 9) r M r 3
uvrstimo sve dostupne podtke u izrz z orbitu φ = r Mdr R r m [ E + k ] 3) r M r = M m r = M m r = dr R r Er + kr M m dr R k r mkr m kr R r + kr mkr m r dr R r r + r R R 3) 3) 33) koristimo oznku x r/r φ = x dx x x + x rješenje odgovrjućeg tbličnog integrl Bronštejn, br. 58) dx I = x x + bx + c ovisi o prmetrim c i = 4c b 34) 35) u nšem slučju vrijedi =, b =, c =, = 8 4 = 36) prmetr je sigurno negtivn ne može biti nul zbog početnog uvjet α = 45 ). z kombinciju prmetr c < i < vrijedi dx x x + bx + c = bx + c rcsin c x. 37) uvrstimo rješenje integrl u jedn. 34) φ = rcsin x x x = rcsin x x 3 rcsin 38) = rcsin x 39) 3 invertirmo prethodnu relciju x = 3 sin φ 4) uvrstimo ntrg supstituciju x = r/r R r = 3sin φ 4) orbit čestice rφ) = R 3sin φ 4) 4
y r m x Slik : Skic orbite čestice. Crtkni dio orbite se ne ostvruje uz zdne početne uvjete. Orbit čestice divergir z kut sinφ = / 3. Pericentr orbite se nlzi u točki φ = 3π/, r = R / + 3). rješenje možemo provjeriti tko d iskoristimo poznti izrz z orbitu u Keplerovom potencijlu p r = 43) + ecos φ φ ) ekscentricitet orbite e = + M E mk = + mk R R mk = 3 44) prmetr orbite p = M mk = mkr mk = R 45) kut φ koji nem veze s kutem φ u početnoj jedndžbu kvdrture) izrčunmo iz uvjet rφ = ) = R orbit čestice R = p + ecos φ = r = R + 3cos φ = cos φ = = φ = 3π R + 3 cos φ 3π/) = R 3 sin φ 46) 47) 5
Zdtk 3 Čestic mse m gib se po stošcu otvornog kut α u homogenom grvitcijskom polju. Npišite Lgrngin 5 bodov) i jedndžbe gibnj 5 bodov). Pokžite d problem možemo svesti n jednodimenzionlno gibnje u efektivnom potencijlu i nd ite tj potencijl bdov). Izrčunjte položj rvnoteže i odredite d li je rvnotež stbiln ili nestbiln 5 bodov). Rješenje: čestic je ogrničen n gibnje po stošcu p koordinte ρ i z nisu nezvisne z = ρcot α 48) d bi izrčunli kinetičku energiju čestice, trebmo brzinu čestice u cilindričnim koordintm r = ρ ρ + ρ φ φ ż k 49) kvdrirmo brzinu i pomnožimo je s m/ T = m [ ρ + ρ φ + ż ] 5) = m [ ] ρ + ρ φ + ρ cot α 5) = m [ ] sin α ρ + ρ φ 5) sustv se nlzi u homogenom grvitcijskom polju p potencijln energij glsi U = mgz = mgρcot α 53) Lgrngin čestice je rzlik kinetičke i potencijlne energije L = m [ ] sin α ρ + ρ φ mgρcot α 54) Euler-Lgrnge jedndžbe L ρ d L dt ρ = = ρ sin α ρ φ + g cot α =, 55) L φ d L dt φ = = d ) mρ φ = 56) dt Lgrngin ne ovisi o koordinti φ cikličk koordint) p je pripdni generlizirni impuls konstnt gibnj p φ mρ p φ φ = φ = mρ. 57) uvrstimo φ u prvu jedndžbu gibnj m sin α ρ p φ + mg cot α =. 58) mρ3 6
pomnožimo jedndžbu s sin α ztim je npišemo u obliku = m ρ = mg sinαcos α + p φ sin α mρ 3, 59) = m ρ = ρ mgρsin α cos α + p φ sin α mρ problem smo sveli n jenodimenzionlno gibnje u efektivnom potencijlu položj rvnoteže odredimo iz uvjet ). 6) V eff = mgρsin α cos α + p φ sin α mρ. 6) dv eff dρ = 6) ρ=ρ derivirmo efektivni potencijl dv eff dρ = = mg sin α cos α p φ sin α ρ=ρ mρ 3 = 63) položj rvnoteže [ ] p /3 φ ρ = m 64) g cot α je stbiln do tog zključk možemo doći tko d nprvimo skicu potencijl ili izrčunmo drugu derivciju mor biti pozitivn d bi dobili minimum) V eff ρ) b/ρ ρ Slik 3: Skic efektivnog potencijl. Rdi se o sumi čln proporcionlnog s ρ i čln proporcionlnog s /ρ. S skice vidimo d potencijl im minimum, odnosno d je točk rvnoteže stbiln. ρ 7
Zdtk 4 Z homogenu ploču mse m n slici izrčunjte tenzor inercije s obzirom n točku O bodov). Koristeći Steinerov teorem izrčunjte tenzor inercije s obzirom n centr mse 5 bodov). Izrčunjte komponente tenzor u sustvu čije se ishodište nlzi u centru mse, os x prolzi kroz točku, b). bodov). Rješenje: Y b O X Slik 4: Homogen ploč smješten u rvnini xy. Treb izrčunti tenzor inercije s obzirom n točku O. ploč je homogen p je plošn gustoć omjer mse i površine ploče Dijgonlni elementi tenzor inercije I xx = σ σx,y) = y dxdy = σ ms površin = m b. 65) b dxy dy = σ b3 3 = 3 mb 66) I yy = σ x dxdy = 3 m 67) x I zz = σ + y ) dxdy = 3 m + b ) 68) Nedijgonlni elementi I xz i I yz propdju z = ) p preostje I xy = σ xydxdy = σ b = mb 69) 4 tenzor inercije s obzirom n točku O I O 3 mb 4 mb = 4 mb 3 m 3 m + b ) 7) centr mse ploče nlzi se u točki /,b/,) vektor od točke O do centr mse d = i + b j 7) 8
Y y b b d CM x O X Slik 5: Primjenom Steinerovog teorem treb izrčunti tenzor inercije s obzirom n centr mse ploče. Steinerov teorem elementi tenzor I O ij = I cm ij ) + m d δ ij d i d j 7) I cm xx = IO xx m 4 I cm yy = I O yy m 4 I cm zz = I O zz m 4 + b ) = 3 mb 4 mb = mb 73) + b b ) = 3 m 4 m = m 74) + b ) = 3 m + b ) 4 m + b ) = m + b ) 75) Ixy cm = IO xy + md xd y = 4 mb + mb = 76) 4 tenzor inercije s obzirom n centr mse je dijgonln ovj rezultt smo mogli i očekivti jer su osi kroz centr mse osi simetrije prvokutnik, smim time i glvne osi prvokutnik I O mb = m 77) m + b ) Y y y b x b φ CM x O X Slik 6: Treb izrčunti komponente tenzor u sustvu x y z. još trebmo izrčunti komponente tenzor u sustvu x y z 9
mtric trnsformcije = cos φ sin φ sin φ cos φ 78) oznčimo cos φ s c, sin φ s s tenzor u sustvu x y z I ij = im jn I mn = im I mn T nj = I T) 79) ij mn mn množimo mtrice c s I T mb c s = s c m s c 8) m + b ) = c s b c b s m s c s c 8) + b = b c + s b sc + sc m b sc + sc b s + c 8) + b sinus i kosinus kut φ sin φ = b + b i cos φ = + b 83) končno, tenzor u sustvu x y z I = m b 3 b b 3 +b +b 3 b b 3 +b b 4 + 4 +b + b 84) uočimo d vrijedi I zz = I xx + I yy
Primjedbe: zdtk tržene limese možemo npisti odmh jer se u slučju rdi o običnom kosom hicu limese možemo iskoristiti ko provjeru rezultt z zdtk rješenje zdtk se moglo lko provjeriti jer se rdi o Keplerovom problemu u tom slučju znmo formulu z orbitu i smo treb izrčunti ekscentricitet i prmetr orbite iz zdnih podtk zdtk 4 tenzor inercije ploče je 3 3 mtric nem nikkve prepreke d ploču vrtimo oko osi z tenzor inercije s obzirom n centr mse mor biti dijgonln jer su osi sustv kroz centr mse osi simetrije ploče, time i njezine glvne osi T. Nikšić