Pierwsze kolokwium z Mechaniki i Przyległości dla nanostudentów (wykład prof. J. Majewskiego)

Transkrypt

1 Pierwsze kolokwium z Mechaniki i Przylełości dla nanostudentów (wykład prof. J. Majewskieo) Zadanie Dane są cztery wektory A, B, C oraz D. Wyrazić liczbę (A B) (C D), przez same iloczyny skalarne tych wektorów. Zadanie 2 Punkt materialny o masie m porusza się ruchem jednostajnym, tj. ze stałą wartością prędkości v po okręu o promieniu (okrą położony jest horyzontalnie). Na punkt ten działa siła oporu F op = κv oraz inna zewnętrzna siła F pozwalająca punktowi utrzymywać stałą prędkość. Znaleźć pracę jaką wykonuje siła oporu F op podczas jedneo obieu punktu wokół okręu. Jaką pracę wykonuje wtedy siła zewnętrzna F? Zadanie 3 Korzystając z przybliżoneo wzoru r(t) = r + v t + 2 t2 ω t (v t + ) 3 t2, w którym ω jest wektorem prędkości kątowej obrotu Ziemi, a polem ciążenia, napisać explicite wzory na zależność od czasu składowych wektora położenia dla rzutu ukośneo pod kątem α do poziomu w kierunku na Wschód (tj. w sytuacji, dy składowa równoleła do Ziemi prędkości początkowej skierowana jest dokładnie wzdłuż równoleżnika) w punkcie o szerokości eoraficznej ϕ na obracającej się Ziemi. Znaleźć różnicę zasięów (tj. odlełości punktu upadku od punktu wyrzucenia) takieo rzutu na obracającej się i nieobracającej się Ziemi (tj. poprawkę do zasięu spowodowaną siłą Coriolisa). Czy można tak dobrać kąt α, by siła Coriolisa nie spowodowała zmiany zasięu? Uwaa: Uwzlędniać tylko wyrazy liniowe w prędkości kątowej obrotu Ziemi. Zadanie 4 Punkt materialny o masie m może poruszać się bez tarcia po wewnętrznej stronie ustawionej pionowo (tj. tak, że jej średnica jest równoleła do ziemskieo pola rawitacyjneo ) obręczy o promieniu. Napisać równania ruchu uwzlędniające siłę reakcji i znaleźć zależność tej siły od położenia punktu na obręczy, jeśli w najniższym położeniu punkt miał liniową prędkość v. Jaka musi być minimalna prędkość v aby punkt nidy nie oderwał się od toru (zakładając, że więzy są jednostronne)? Wskazówka: Wyodniej jest pewnie użyć układu bieunoweo.

2 ozwiązanie Zadania Stosując zapis wskaźnikowy mamy Ponieważ ǫ ijk ǫ ilr = δ jl δ kr δ jr δ kl zatem (A B) (C D) = ǫ ijk A j B k ǫ ilr C l D r. (A B) (C D) = (δ jl δ kr δ jr δ kl )A j B k C l D r = A j B k C j D k A j B k C k D j = (A C)(B D) (A D)(B C). ozwiązanie Zadania 2 Ponieważ ruch się odbywa po okręu, wektor prędkości v jest zawsze styczny do okręu, czyli do infinitezymalneo elementu przemieszczenia dr. W oólnym wzorze na pracę siły F mamy więc dw = F op dr = κv dr = κ v dr = κ v dl, dzie dl jest dłuością elementu dr. Całka po obieu okręu daje zatem dw = κ v dl = 2πκ v. Praca siły wymuszającej ruch jednostajny musi być równa tejże co do wartości, lecz przeciwneo znaku, bo per saldo eneria mechaniczna punktu pozostaje stała. ozwiązanie Zadania 3 Powiedzmy, że wybierzemy oś z nieinercjalneo układu przyczepioneo do Ziemi w punkcie rzutu prosto w niebo, a jeo oś x na południe (wtedy - bo układ musi być prawoskrętny, żeby działały wzory z iloczynami wektorowymi - oś y musi być na Wschód). W takim układzie =, v = v cos α v sin α, ω = ω cosϕ. sin ϕ Potrzebne iloczyny wektorowe: e x e y e z ω = ω cosϕ sin ϕ = ω cosϕ e y, ω v = v ω e x e y e z cosϕ sin ϕ cosα sin α = v ω (sin ϕ cosα e x cosϕsin α e y + cosϕcosα e z ). 2

3 Zatem korzystając z podaneo wzoru możemy napisać rozwiązanie równanń ruchu w postaci r(t) = v t cosα + sin ϕ cosα 2 t2 + v ω t 2 cos ϕ sin α + 3 ω t3. sin α cosϕcosα Teraz można zacząć stąd wydobywać informacje. Po pierwsze czas trwania ruchu: od z() = do z(t) =. ównanie ( ) = z(t) = v T sin α 2 v ω cosϕcosα T 2, daje T =, co jest początkiem rzutu, oraz T = 2v sin α 2v ω cosϕcosα 2v ( sin α + 2v ω cos ϕ cosα +... Pierwszy wyraz jest czasem trwania ruchu, na nieobracającej się Ziemi. Teraz znajdujemy y-ową współrzędną y(t) punktu upadku. y(t) = v T cos α v ω T 2 cosϕsin α + 3 ω T 3 cosϕ = Y + Y, ) T + T. dzie Y y(t, ω = ), a Y składa się z dwóch części: Y = Y + Y 2, dzie Y = v ω T 2 cosϕsin α + 3 ω T 3 cos ϕ, Y 2 = v T cosα, (w Y można zastąpić T przez T, bo różnica jest wyższeo rzędu w ω). Tak więc Y = 3 v 2v ω cosϕsin 3 α, 2v Y 2 = v ω cosϕcos 2 α sin α. Siła Coriolisa powoduje też pewne odchylenie w kierunku osi x (na Południe na półkuli północnej): X x(t) = v ω T 2 sin ϕ cosα, (oczywiście X - niema odchylenia w kierunku osi x na nieobracającej się Ziemi). Całkowity zasię l jest dany przez l = (Y + Y ) 2 + ( X) 2 ( = Y + Y ) 2 ( ) X 2 + Y + Y +..., 3 Y Y

4 bo pozostałe wyrazy rozwinięcia są wyższeo rzędu w ω. Zatem l Y : ( 2v l = Y + Y 2 = v ω cosϕsin α cos 2 α ) 3 sin2 α 2v = v ω cosϕsin α ( 4 cos 2 α ). 3 Odchylenie się zeruje dla rzutu pod kątem α = π/6. ozwiązanie Zadania 4 Wybierzmy układ bieunowy tak, by kąt ϕ = odpowiadał najniższemu położeniu punktu na obręczy. Kąt ϕ rośnie wtedy w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zaara. Pola ciążenia ma wtedy składowe ównanie więzów ma trywialną postać r = cos ϕ, ϕ = sin ϕ. f(r, ϕ) = r =. Zatem równania Newtona z uwzlędnieniem siły reakcji mają postać m d2 r r 2 [ m 2 dr ( ) 2 = m cosϕ + λ, ] + ϕ rd2 2 Po uwzlędnieniu więzów przybierają one postać m = m sin ϕ. = m cosϕ + λ, m d2 ϕ = m sin ϕ. 2 Mamy też zasadę zachowania enerii mechanicznej (bo niema tarcia) Stąd 2 m( ϕ)2 + m ( cos ϕ) = 2 mv2. m = m v m ( cosϕ).

5 Wstawiając to do radialneo równania Newtona mamy czyli m cosϕ + λ = m v2 + 2m ( cosϕ), λ = m v2 + 2m 3m cos ϕ. W najniższym położeniu punktu (tj. dla ϕ = ) radialna składowa siły reakcji, czyli λ jest ujemna: λ = m v2 m. Aby punkt się nie oderwał, λ nie może zmienić znaku (punkt oderwania jest tam, dzie λ =, tj. tam, dzie znika siła reakcji) dla żadneo kąta ϕ. Musi zatem być co może być spełnione, dy m v2 + 2m 3m cos ϕ <, v 2 > 5. Ten sam wynik można oczywiścioe dostać z żądania, by w najwyższym punkcie toru (dla ϕ = π) siła odśrodkowa była większa niż siła ciążenia: Z zasady zachowania enerii m v2 (ϕ = π) > m. znajdujemy, że 2 mv2 (ϕ = π) + 2m = 2 mv2, mv 2 4m > m, co prowadzi do teo sameo warunku na v, co uzyskany poprzednio. 5