Zadania z mechaniki dla nanostudentów. Seria 3. (wykład prof. J. Majewskiego)

Transkrypt

1 Zadania z mechaniki dla nanostudentów Seria 3 (wykład prof J Majewskiego) Zadanie 1 Po równi pochyłej o kącie nachylenia do poziomu równym α zsuwa się klocek o masie m, na który działa siła oporu F = m v Znaleźć położenia klocka w funkcji czasu jeśli w chwili t = znajdował się on na wysokości h Sprawdzić, że w granicy dostaje się szkolne rozwiązanie Obliczyć stratę energii mechanicznej (kinetycznej plus potencjalnej) klocka po zjechaniu z wysokości h i porównać ją z pracą wykonaną przez siłę oporu Zadanie 2 Znaleźć i przeduskutować tor cząstki o ładunku q i masie m poruszającej się w stałym i jednorodnym polu magnetycznym B = B e z w ośrodku, w którym działa na nią siła oporu F = mv Wskazówka: równania ruchu w płaszczyźnie prostopadłej do pola magnetycznego najłatwiej rozwiązać wprowadzając zmienną zespoloną ξ = x + iy Zadanie 3 Rakiety V2, którymi ostrzeliwano Londyn w czasie II Wojny Światowej przebywały drogę s = 3 km i na skutek działania siły Coriolisa doznawały odchylenia x = 37 m (w którą stronę?) Zakładając, że leciały one ze stałą prędkością wzdłuż południka znaleźć czas ich lotu Przyjąć, że szerokość geograficzna miejsca wystrzelenia i Londynu była mniej więcej ta sama i wynosiła 52 o 1

2 Rozwiązanie zadania 1 Wybierzmy oś x układu współrzędnych wzdłuż równi i w dół Równanie Newtona ma wtedy tylko x-ową składową: Trzeba zatem scałkować równanie Całkowanie m d2 x dx = mg sin α m dt2 dt v(t) v dv dt = g sin α v dv t g sin α v = dt daje g sin α v(t) t = ln, g sin α v to jest v(t) = 1 [ g sin α + (v g sin α) e t] Aby otrzymać x(t) trzeba powyższe równanie jeszcze raz scałkować: x(t) x dx = 1 W wyniku całkowania dostajemy x(t) = x + 1 Gdy musimy rozwinąć Wstawiamy to do wzoru na x(t) i mamy: dt [ g sin α + (v g sin α) e t] [ gt sin α v g sin α e t 1 = t t t 3 + ( e t 1 )] x(t) = x + 1 [ gt sin α + (v g sin α)t 1 ] 2 (v g sin α)t 2 + = x + 1 [ v t v t ] 2 g t2 sin α + x + v t g sin α t2, 2

3 tak jak być powinno Energia początkowa E() = mgh Energia mechaniczna klocka w chwili t wynosi E(t) = 1 2 mv2 (t) + mgh(t), gdzie h(t) jest chwilową wysokością klocka daną wzorem h(t) = h [x(t) x ] sin α Stąd zmiana energii od początku ruchu do chwili t wynosi [ ] 1 E(t) = mgh 2 mv2 (t) + mgh(t) Praca siły oporu jest dana wzorem Zatem W = = 1 2 mv2 (t) + mg sin α [x(t) x ] = m [ g sin α + (v g sin α) e t] [ mg sin α + gt sin α v g sin α ( e t 1 )] r(t) W = m Elementarne całkowanie daje F op dr = F op (t)v(t)dt = m v 2 (t)dt [ g sin α + (v g sin α) e t] 2 dt W = m g2 t sin 2 α + 2m 2 g sin α(v g sin α) ( e t 1 ) + m 2 2(v g sin α) 2 ( e 2t 1 ) I to powinno być to samo co E(t) Rozwiązanie zadania 2 Bez straty ogólności można przyjąć taki układ odniesienia, że r() =, v() = v e x +u e z Wektorowe równanie Newtona po rozpisaniu na składowe daje m d v(t) = qv(t) B mv(t), dt v x = ω B v y v x, v y = ω B v x v y, v z = v z, 3

4 gdzie wprowadzilśmy tradycyjne oznaczenie ω B = qb/m Rozwiązanie dla zkładowej z-owej jest oczywiste v z (t) = u e t, z(t) = u ( ) 1 e t Dwa sprzężone równania na v x i v y można zapisać w postaci macierzowej d vx ωb vx vx = A dt v y ω B v y v y Rozwiązanie jest wtedy (jak nauczają matematycy) postaci vx (t) v y (t) = e A vx () v y () = e A v Ponieważ jednak A = ( ωb ω B ) + 1 1, a macierz jednostkowa jest przemienna z każdą macierzą, można rozwiązanie zapisać od razu w postaci { ( vx (t) = e t ωb exp t v y (t) ω B )} v Podnoszenie e do macierzy jest zwykle uciążliwe, ale tu akurat jest proste ponieważ ( ωb ω B ) 2 1 = ω 2 1 Rozwijając w szereg Taylora eksponens bez trudu znajdujemy, że { } ωb exp t = ω B cosωb t sin ω B t sin ω B t cosω B t Rozwiązanie dla v x i v y jest zatem postaci Po odcałkowaniu tych wzorów znajdujemy v x (t) = v e t cosω B t, v y (t) = v e t sin ω B t x(t) = v e t ω B sin ω B t cosω B t ω 2 B C x, y(t) = v e t ω B cosω B t + sin ω B t ω 2 B C y 4

5 Stałe C x i C y trzeba dobrać tak, by x() = i y() = : x(t) = v e t ω B sin ω B t cosω B t ω 2 B v ω 2 B + 2, y(t) = v e t ω B cosω B t + sin ω B t ω 2 B v ω B ω 2 B + 2 Tor ruchu w płaszczźnie xy można znaleźć przenosząc wyrazy wolne na lewą stronę, podnosząc te wzory do kwadratu i dodając je do siebie stronami [x(t) C x ] 2 + [y(t) C y ] 2 = v 2 ω 2 B + 2 e 2t Nie jest to ściśle rzecz biorąc równanie toru, bo czas t nie został zeń całkowicie wyeliminowany, niemniej można stąd odczytać, że torem w płaszczźnie xy jest spirala o środku w punkcie (C x, C y ) Uwaga: Sprzężone równania na v x (t) i v y (t) można scałkować też innymi sposobami, np korzystając z liczb zespolonych ξ(t) = v x (t) + iv y (t) lub jeszce inaczej Sprawdzenie, że wychodzi to samo pozostawiamy studentom Rozwiązanie zadania 3 Korzystamy z ogólnego wzoru na ruch w polu siły ciązżenia w układzie nieinercjalnym związanym z Ziemią r(t) = r + v t g t2 ω t (v t + 1 ) 3 g t2 Umieśćmy początek układu w punkcie wystrzelenia pocisku V2 tak, że r = i wybierzmy oś układu y na północ, oś x na wschód, a oś z wwierch Wtedy v = v e y, g = g e z, a ω = ω(cosφ e y + sin φ e z ), gdzie φ jest szerokością geograficzną punktu zaczepienia układu współrzędnych Obliczamy e x e y e z ω v = ω cosφ sin φ = v ω sin φ e x v e x e y e z ω g = cosφ sin φ = gω cosφ e x g Prędkość v pocisków znajdujemy z dystansu dzielącego miejsce ich wystrzelenia od Londynu Wzłuż osi y ogólny wzór daje po prostu ruch jednostajny Stąd v = s t 5

6 Odchylenie pocisków V2 (od ruchu dokładnie wzdłuż południka) jest ich przemieszczeniem wzdłuż osi x Ogólny wzór daje nam x(t) = ( v ωt 2 sin φ) 1 3 ( ωgt3 cosφ) = sωt sinφ 1 + gt2 3s cotφ x(t) > zatem odchylenie jest na wschód (bo na półkuli północnej rzeki płynące na ółnoc podmywają swoje prawe brzegi) Wiedząc, że x = 37 km, a s = 3 km można z równania tego znaleźć czas lotu t Równanie to jest jednak trzeciego stopnia i analitycznie jest to trudne (choć możliwe - wzory Cardano!) Gdyby jednak pominąć kawałek z t 3 to otrzymalibyśmy t = x sω sin φ = xt = 256 sek s2π sin φ (T jest okresem obrotu Ziemi równym 86 sek) Pominięty kawałek nie jest mały: gt 2 3s = 1 m sek sek 2 9 km 6, (cot 52 o 78) i do otrzymania dokładnego wyniku trzeba się trochę bardziej przyłożyć 6