ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Τρισδιάστατες κινήσεις Οι µονοδιάστατες κινήσεις είναι εύκολες, αλλά ζούµε σε τρισδιάστατο χώρο. Θα δούµε λοιπόν τώρα πως θα αντιµετωπίζοµε την κίνηση υλικού σηµείου στις τρεις διαστάσεις. Ας θεωρήσοµε τρισδιάστατο ορθογώνιο σύστηµα αξόνων x, y, z και υλικό σηµείο µάζας m στην τυχούσα θέση που έχει συντεταγµένες x, y, z . z m r y x r Ορίζοµε το διάνυσµα θέσης r του υλικού σηµείου ως r r = x iˆ + y ˆj + z kˆ , (2.1) όπου iˆ, ˆj , kˆ είναι τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων x, y, z αντιστοίχως. Αν το υλικό σηµείο κινείται, οι συντεταγµένες x, y, z είναι συναρτήσεις του χρόνου. Επειδή οι άξονες x, y, z είναι σταθεροί, τα µοναδιαία διανύσµατα iˆ, ˆj , kˆ είναι σταθερά. Έτσι, αν παραγωγίσοµε την εξίσωση (2.1) για να πάροµε την ταχύτητα του υλικού σηµείου, θα έχοµε r r dr (t ) dx(t ) ˆ dy (t ) ˆ dz (t ) ˆ u (t ) = = i+ j+ k. dt dt dt dt (2.2) r Αν στο υλικό σηµείο ασκείται δύναµη F , ο ∆εύτερος Νόµος του Νεύτωνα µας λέει r r ma = F ή m r du r =F dt ή m Σελίδα 1 από 12 r r d 2r =F, dt 2 (2.3) r r όπου a είναι η επιτάχυνση του υλικού σηµείου. Η δύναµη F µπορεί να εξαρτάται από τον χρόνο, τη θέση, την ταχύτητα κλπ. Αντικαθιστώντας την (2.1) στην τελευταία από τις σχέσεις (2.3) και λαµβάνοντας υπόψη ότι το διάνυσµα της δύναµης έχει τρεις συνιστώσες, ας πούµε Fx , Fy , Fz , έχοµε d 2x ˆ d2y ˆ d 2z ˆ i + m j + m k = Fx iˆ + Fy ˆj + Fz kˆ dt 2 dt 2 dt 2 (2.4)  d 2x   d2y   d 2z   m 2 − Fx  iˆ +  m 2 − Fy  ˆj +  m 2 − Fz  kˆ = 0 .  dt   dt   dt  (2.5) m ή Για να ισχύει η εξίσωση αυτή πάντοτε, πρέπει να έχοµε d 2x − Fx = 0 dt 2 d2y m 2 − Fy = 0 dt d 2z m 2 − Fz = 0 dt m ή ή ή d 2x = Fx dt 2 d2y m 2 = Fy dt d 2z m 2 = Fz . dt m (2.6) 2.1 Ανεξαρτησία των κινήσεων Εκ πρώτης όψεως, φαίνεται ότι το πρόβληµα της τρισδιάστατης κίνησης υλικού σηµείου είναι ισοδύναµο µε τρεις µονοδιάστατες κινήσεις. Αυτό όµως είναι σωστό αν η συνιστώσα Fx εξαρτάται µόνο από τα t , x, u x και όχι από τα y, z , u y , u z . Οµοίως για τα Fy και Fz . Σε τέτοια περίπτωση λέµε ότι έχοµε ανεξαρτησία των κινήσεων. r Έτσι, για τη δύναµη F = ax 2 iˆ + by 3 ˆj + ckˆ , όπου a, b, c είναι σταθερές, έχοµε r ανεξαρτησία των κινήσεων, ενώ για τη δύναµη F = a ′x 2 y iˆ + b ′xy 3 ˆj + c ′xyz kˆ , όπου a ′, b ′, c ′ είναι σταθερές, δεν έχοµε ανεξαρτησία των κινήσεων, διότι για να βρούµε την κίνηση στον άξονα x πρέπει να ξέροµε την κίνηση στον άξονα y . Σ’ αυτή την περίπτωση πρέπει να λύσοµε και τις τρεις διαφορικές εξισώσεις ταυτοχρόνως, δηλαδή να τις λύσοµε ως σύστηµα. Παράδειγµα 2.1: Υλικό σηµείο µάζας m , που βρίσκεται στην αρχή των αξόνων, βάλλεται υπό γωνία θ < π / 2 ως προς το οριζόντιο επίπεδο µε αρχική ταχύτητα u 0 > 0 . Θεωρείστε ότι το πεδίο βαρύτητας είναι σταθερό µε επιτάχυνση g και ότι δεν υπάρχει τριβή αέρα. Α) Να γραφεί η διανυσµατική εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου. Σελίδα 2 από 12 Β) Θεωρώντας ότι η βολή γίνεται στο επίπεδο xz , να γραφούν οι εξισώσεις κίνησης για τις δυο κινήσεις στους άξονες x και z . Γ) Να βρεθεί η ταχύτητα και η θέση του υλικού σηµείου για t > 0 . ∆) Να δείξετε ότι: 1) τα αποτελέσµατά σας ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες, 2) όλοι οι όροι στα αποτελέσµατά σας έχουν τις σωστές διαστάσεις και 3) στο όριο t → ∞ τα αποτελέσµατά σας δίνουν λογικά και αναµενόµενα αποτελέσµατα. Λύση: z m r y x Α) v du m = − mgkˆ , dt v v dr όπου u = = u x iˆ + u y ˆj + u z kˆ . Ας γράψοµε και τις αρχικές συνθήκες, παρ’ ότι δεν dt v ζητούνται, θεωρώντας ότι η βολή γίνεται στο επίπεδο xz : r (0) = 0 και v u (0) = u 0 (cos θ iˆ + sin θ kˆ) . Β) du x =0 dt du m z = − mg dt m Γ) Για την κίνηση στον άξονα x έχοµε: du x =0 dt ⇒ u x = c1 , όπου c1 είναι πραγµατική σταθερά. Από αυτήν έχοµε Σελίδα 3 από 12 dx = c1 dt ⇒ x = c1t + c 2 , όπου c 2 είναι πραγµατική σταθερά. Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες ότι x(0) = 0 και u x (0) = u 0 cos θ έχουµε: u x (t ) = u 0 cos θ και x(t ) = u 0 cos θ t . Για την κίνηση στον άξονα z έχουµε: du z = − g ⇒ du z = − gdt ⇒ dt ∫ du z = − g ∫ dt + A ⇒ u z = − gt + A , όπου A είναι πραγµατική σταθερά. Από αυτήν έχοµε dz = − gt + A ⇒ dz = − gtdt + Adt ⇒ dt ∫ dz = − g ∫ tdt + A∫ dt + B , όπου B είναι πραγµατική σταθερά. Τέλος έχοµε 1 z (t ) = − gt 2 + At + B . 2 Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες ότι u z (0) = u 0 sin θ και z (0) = 0 έχουµε: u z (t ) = − gt + u 0 sin θ , 1 z (t ) = − gt 2 + u 0 sin θ t . 2 Άρα, η λύση του δοθέντος προβλήµατος είναι r  1  r (t ) = x(t )iˆ + z (t )kˆ = (u 0 cos θ t ) ) iˆ +  − gt 2 + u 0 sin θ t  kˆ .  2  Αυτήν την τροχιά θα ακολουθήσει το υλικό σηµείο. ∆) Παρατηρούµε ότι: 1. Οι αρχικές συνθήκες ικανοποιούνται. 2. Όλοι οι όροι έχουν τις σωστές διαστάσεις. 3. Στον άξονα x η ταχύτητα είναι σταθερή και η θέση αυξάνεται γραµµικά µε τον χρόνο, διότι η ασκούµενη δύναµη στο υλικό σηµείο δεν έχει x συνιστώσα. Στον άξονα z έχοµε ελεύθερη πτώση στο σταθερό πεδίο βαρύτητας µε αρχική ταχύτητα προς τα πάνω. Παράδειγµα 2.2: Υλικό σηµείο µάζας m , που βρίσκεται στην αρχή των αξόνων, βάλλεται υπό γωνία θ < π / 2 ως προς το οριζόντιο επίπεδο µε αρχική ταχύτητα Σελίδα 4 από 12 u 0 > 0 . Η τριβή τού αέρα είναι ανάλογη της ταχύτητας του υλικού σηµείου µε σταθερά αναλογίας β . Θεωρείστε το πεδίο βαρύτητας σταθερό µε επιτάχυνση g . Α) Να γραφεί η διανυσµατική εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου. Β) Θεωρώντας ότι η βολή γίνεται στο επίπεδο yz , να γραφούν οι εξισώσεις κίνησης για τις δυο κινήσεις στους άξονες y και z . Γ) Να βρεθεί η ταχύτητα και η θέση του υλικού σηµείου για t > 0 . ∆) Να δείξετε ότι: 1) τα αποτελέσµατά σας ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες, 2) όλοι οι όροι στα αποτελέσµατά σας έχουν τις σωστές διαστάσεις και 3) στο όριο t → ∞ τα αποτελέσµατά σας δίνουν λογικά και αναµενόµενα αποτελέσµατα. Λύση z m r y x Α) m v du v = − mgkˆ − β u , dt v v dr όπου u = . Ας γράψοµε και τις αρχικές συνθήκες, παρ’ ότι δεν ζητούνται, dt r θεωρώντας ότι η βολή γίνεται στο επίπεδο yz : r ( 0) = 0 και v u (0) = u 0 (cos θ ˆj + sin θ kˆ) . m Β) m du y dt = − βu y du z = −mg − βu z . dt Γ) Για την κίνηση στον άξονα y έχοµε: Σελίδα 5 από 12 du y dt =− β m ⇒ uy du y uy =− β m du y ∫ ⇒ dt =− uy β m∫ dt + c , όπου c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Συνεπώς ln u y = − β m t+c u y = e − βt / m e c ⇒ u y = c1e − βt / m , ⇒ όπου τη θετική σταθερά e c µε αυθαίρετο πρόσηµο τη γράψαµε ως πραγµατική σταθερά c1 . Για την προβολή της κίνησης στον άξονα y , δηλαδή για το y (t ) έχοµε dy = c1e − βt / m dt ⇒ dy = c1e − βt / m dt y (t ) = − m β ⇒ ∫ dy = c ∫ e − βt / m 1 dt + c 2 ⇒ c1e − βt / m + c 2 . Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες ότι y (0) = 0 και u y (0) = u 0 cos θ έχοµε u y (t ) = u 0 cos θ e − βt / m και y (t ) = mu 0 cos θ β (1 − e − βt / m ). Για την κίνηση στον άξονα z έχοµε du z β   = − g + u z  dt m   ⇒ du z = − dt g + βu z / m ⇒ du z ∫ g + βu z /m = − ∫ dt + A , όπου A είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Συνεπώς m β ln g + β u z / m = −t + A ⇒ g + β u z / m = e − βt / m e βA / m ln g + βu z / m = − β t / m + β A / m ⇒ ⇒ g + β u z / m = Be − βt / m , όπου τη θετική σταθερά e βA / m µε αυθαίρετο πρόσηµο τη γράψαµε ως πραγµατική σταθερά B . Συνεπώς έχοµε για την προβολή της ταχύτητας στον άξονα y u z (t ) = m β (Be − βt / m ) −g . Για την προβολή της κίνησης στον άξονα z , δηλαδή για το z (t ) έχοµε Σελίδα 6 από 12 ( dz m = Be − βt / m − g dt β ) ⇒ (Be β m dz = − βt / m ) − g dt ⇒ ∫ dz = β ∫ (Be m − βt / m ) − g dt + C όπου C είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Συνεπώς, z (t ) = − m2 β 2 Be − βt / m − mg β t +C. Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες ότι u z (0) = u 0 sin θ και z (0) = 0 έχοµε u z (t ) = z (t ) = mg  − βt / m β u 0 sin θ − βt / m  e + e − 1 β  mg  β u 0 sin θ  m2  mg t. g +  1 − e − βt / m − 2 β m β   ( ) Άρα, η λύση του δοθέντος προβλήµατος είναι r r (t ) = y (t ) ˆj + z (t )kˆ = mu 0 cos θ β (1 − e −β t / m β u 0 sin θ  mg  ˆ  −b t / m g + 1 − e − t k .   2 β m β     ) ˆj +  m ( 2 ) Αυτήν την τροχιά θα ακολουθήσει το υλικό σηµείο. ∆) Παρατηρούµε ότι: 1. Οι αρχικές συνθήκες ικανοποιούνται. 2. Όλοι οι όροι έχουν τις σωστές διαστάσεις. Οι εκθέτες είναι αδιάστατοι, όπως πρέπει. 3. Στον άξονα y η ταχύτητα µηδενίζεται για t → ∞ αφού µόνο δύναµη τριβής ασκείται. Αφού η ταχύτητα µηδενίζεται εκθετικά, η θέση τείνει σε οριακή τιµή. Στον άξονα z για t → ∞ η δύναµη τριβής εξουδετερώνει τη δύναµη της βαρύτητας και η ταχύτητα τείνει σε οριακή τιµή. Το z τείνει στο − ∞ , όπως αναµένεται. r Παράδειγµα 2.3: Για ποιό από τα παρακάτω πεδία δυνάµεων F ( x, y, z ) µπορούµε να πούµε ότι ισχύει η ανεξαρτησία των κινήσεων στους τρεις άξονες και γιατί; r F0 = σταθερά Α) F ( x, y, z ) = F0 iˆ + F0 ˆj + F0 kˆ, r x y ˆ Β) F ( x, y, z ) = F0 iˆ + F0 j + F0 kˆ, x0 y0 F0 , x 0 , y 0 = σταθερές r x ˆ y ˆ Γ) F ( x, y, z ) = F0 i + F0 j + F0 kˆ, y0 x0 F0 , x 0 , y 0 = σταθερές Σελίδα 7 από 12 r xy xy z ∆) F ( x, y, z ) = F1 2 iˆ + F1 2 ˆj + F1 kˆ, z0 x0 y0 F1 , x0 , y 0 = σταθερές r x2 y2 z2 Ε) F ( x, y, z ) = F2 2 iˆ + F2 2 ˆj + F2 2 kˆ, x0 y0 z0 F2 , x0 , y 0 , z 0 = σταθερές r z2 ˆ x2 ˆ y2 ˆ ΣΤ) F ( x, y, z ) = F0 2 i + F1 2 j + F2 2 k , z0 x0 y0 F0 , F1 , F2 , x0 , y 0 , z 0 = σταθερές r x2 z2 y2 x2 z2 y2 Ζ) F ( x, y, z ) = F0 4 iˆ + F1 4 ˆj + F2 4 kˆ, z0 x0 y0 F0 , F1 , F2 , x0 , y 0 , z 0 = σταθερές Λύση: Ας θεωρήσοµε το πιο γενικό πεδίο δυνάµεων r F ( x, y, z ) = Fx ( x, y, z )iˆ + Fy ( x, y, z ) ˆj + Fz ( x, y, z )kˆ . Η διανυσµατική εξίσωση κίνησης υλικού σηµείου µάζας m υπό την επίδραση της ως άνω δύναµης είναι r r d 2r m 2 = F ( x, y , z ) , dt η οποία υπό µορφή συνιστωσών γράφεται d 2x m 2 = Fx ( x, y, z ) . dt m m d2y = Fy ( x, y , z ) , dt 2 d 2z = Fz ( x, y, z ) . dt 2 Είναι προφανές ότι δεν µπορούµε να λύσοµε µόνη της την πρώτη εξίσωση ως προς x αν η Fx εξαρτάται από τα y και z . Οµοίως για τη δεύτερη και την τρίτη εξίσωση. r Άρα το πιο γενικό πεδίο F ( x, y, z ) για το οποίο µπορούµε να πούµε ότι ισχύει η ανεξαρτησία των κινήσεων στους τρεις άξονες είναι r F ( x, y, z ) = Fx ( x)iˆ + Fy ( y ) ˆj + Fz ( z )kˆ . Με αυτό υπ’ όψιν, συµπεραίνοµε ότι για τα πεδία δυνάµεων Α, Β και Ε έχοµε ανεξαρτησία των κινήσεων, ενώ για τα υπόλοιπα δεν έχοµε. Σελίδα 8 από 12 2.2 Εύρεση δύναµης από την τροχιά Μέχρι τώρα έχοµε δει ότι αν µας δίνεται η δύναµη που ασκείται σε ένα υλικό σηµείο, τότε από τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα και τις αρχικές συνθήκες βρίσκοµε την τροχιά που θα κάνει το υλικό σηµείο. Τώρα θα αντιστρέψοµε το πρόβληµα. Έστω r r ότι µας δίνεται η τροχιά r = r (t ) που ακολουθεί ένα υλικό σηµείο. Μπορούµε να βρούµε τη δύναµη που ασκείται στο υλικό σηµείο; Η απάντηση είναι, ναι, πολύ εύκολα. Αρκεί να παραγωγίσοµε την εξίσωση της τροχιάς δυο φορές ως προς τον χρόνο και να πολλαπλασιάσοµε µε τη µάζα του υλικού σηµείου. Παράδειγµα 2.4: Θεωρείστε ότι υλικό σηµείο µάζας m κάνει κυκλική τροχιά ακτίνας R στο οριζόντιο επίπεδο µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω . Τι δύναµη ασκείται στο υλικό σηµείο; Λύση: Ας θεωρήσοµε σύστηµα συντεταγµένων xy , περιφέρεια κύκλου ακτίνας R µε κέντρο την αρχή των αξόνων, καθώς και υλικό σηµείο µάζας m που κινείται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω στην περιφέρεια του κύκλου. Την τυχούσα χρονική στιγµή t το υλικό σηµείο έχει συντεταγµένες x, y , που ικανοποιούν τη σχέση x 2 + y 2 = R 2 . Η διανυσµατική ακτίνα του υλικού σηµείου την τυχούσα χρονική στιγµή t είναι r r = x iˆ + y ˆj = R cos θ iˆ + R sin θ ˆj . r όπου θ είναι η γωνία που σχηµατίζει η διανυσµατική ακτίνα r µε τον άξονα x . Επειδή το υλικό σηµείο κινείται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα dθ / dt = ω = σταθερά, έχοµε ότι θ = θ (t ) = ωt , όπου θεωρήσαµε ότι για t = 0 το υλικό σηµείο ήταν στον άξονα x στη θέση x = R . Έτσι η διανυσµατική ακτίνα του υλικού σηµείου την τυχούσα χρονική στιγµή t είναι r r r = r (t ) = x(t ) iˆ + y (t ) ˆj = R cos ωt iˆ + R sin ωt ˆj . Από τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα έχοµε ότι r r r d 2r d  dr  d  d ( R cos ωt iˆ + R sin ωt ˆj )  F =m 2 =m  =m   dt  dt  dt  dt dt  d = m − Rω sin ωt iˆ + Rω cos ωt ˆj = − mRω 2 cos ωt iˆ − mRω 2 sin ωt ˆj dt [ ] r = − mω 2 ( R cos ωt iˆ + R sin ωt ˆj ) = −mω 2 r . r Αποδείξαµε λοιπόν ότι η δύναµη είναι κεντροµόλος και έχει µέτρο mω 2 r = mω 2 R . Παράδειγµα 2.5: Θεωρείστε ότι υλικό σηµείο µάζας m κάνει κυκλική τροχιά ακτίνας R στο οριζόντιο επίπεδο µε µη σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω = ω (t ) . Τι δύναµη ασκείται στο υλικό σηµείο; Σελίδα 9 από 12 Λύση: Όπως και στο προηγούµενο παράδειγµα, η διανυσµατική ακτίνα του υλικού σηµείου την τυχούσα χρονική στιγµή t είναι r r = x iˆ + y ˆj = R cos θ iˆ + R sin θ ˆj . r όπου θ είναι η γωνία που σχηµατίζει η διανυσµατική ακτίνα r µε τον άξονα x . Επειδή το υλικό σηµείο κινείται µε µη σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω = ω (t ) , έχοµε t dθ / dt = ω (t ) ⇒ θ (t ) = ∫ ω (t ′) dt ′ , όπου θεωρήσαµε ότι για t = 0 το υλικό σηµείο 0 ήταν στον άξονα x στη θέση x = R . Έτσι η διανυσµατική ακτίνα του υλικού σηµείου την τυχούσα χρονική στιγµή t είναι r r r = r (t ) = x(t ) iˆ + y (t ) ˆj = R cos θ (t ) iˆ + R sin θ (t ) ˆj . Από τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα έχοµε ότι r r r d 2r d  dr  d  d ( R cos θ iˆ + R sin θ ˆj )  F =m 2 =m  =m   dt  dt  dt  dt dt  =m d  dθ dθ −R sin θ iˆ + R cos θ  dt  dt dt [ ] ˆj  = m d − Rω sin θ iˆ + Rω cos θ ˆj .  dt  Για να συνεχίσοµε τις πράξεις πρέπει να προσέξοµε ότι τόσο το θ όσο και το ω είναι συναρτήσεις του χρόνου. Έτσι γράφοµε βάσει του κανόνα παραγώγισης γινοµένου r dω dθ ˆ dω dθ ˆ F = − mR sin θ iˆ − mRω cos θ i + mR cos θ ˆj − mRω sin θ j dt dt dt dt = − mRα sin θ iˆ − mRω cos θ ω iˆ + mRα cos θ ˆj − mRω sin θ ω ˆj = − mω 2 R(cos θ iˆ + sin θ ˆj ) + mRα (− sin θ iˆ + cos θ ˆj ) , όπου τη γωνιακή επιτάχυνση dω / dt τη συµβολίσαµε µε α . Το διάνυσµα που είναι στην πρώτη παρένθεση είναι το µοναδιαίο ακτινικό διάνυσµα r r r r R(cos θ iˆ + sin θ ˆj ) rˆ = r = = = cos θ iˆ + sin θ ˆj , r R R ενώ το διάνυσµα που είναι στη δεύτερη παρένθεση είναι το µοναδιαίο επιτρόχιο διάνυσµα θˆ = − sin θ iˆ + cos θ ˆj . Για να βεβαιωθούµε ότι είναι έτσι, ας εξετάσοµε την κατεύθυνση του διανύσµατος θˆ για διάφορες τιµές της γωνίας θ . Σελίδα 10 από 12 Για θ = 0 έχοµε θˆ = 0 iˆ + 1 ˆj = ˆj . Είναι παράλληλο προς τον άξονα y (δείχνει προς τα θετικά του), δηλαδή κάθετο στον άξονα x , άρα είναι εφαπτόµενο του κύκλου. Για θ = π / 2 έχοµε θˆ = −iˆ . Είναι παράλληλο προς τον άξονα x (δείχνει προς τα αρνητικά του), δηλαδή κάθετο στον άξονα y , άρα είναι εφαπτόµενο του κύκλου. Για θ = π έχοµε θˆ = − ˆj . Είναι παράλληλο προς τον άξονα y (δείχνει προς τα αρνητικά του), δηλαδή κάθετο στον άξονα x , άρα είναι εφαπτόµενο του κύκλου. Για θ = 3π / 2 έχοµε θˆ = iˆ . Είναι παράλληλο προς τον άξονα x (δείχνει προς τα θετικά του), δηλαδή κάθετο στον άξονα y , άρα είναι εφαπτόµενο του κύκλου. Για τυχούσα γωνία θ , αν κάνοµε παράλληλη µετατόπιση του θˆ στην αρχή των αξόνων και υπολογίσοµε τις συνιστώσες του στους άξονες x και y , βρίσκοµε ότι αυτές είναι − sin θ και cos θ αντιστοίχως. Έτσι η δύναµη που ασκείται στο υλικό σηµείο είναι Fˆ = − mω 2 R rˆ + mRα θˆ , ∆ηλαδή έχει ακτινική συνιστώσα µε µέτρο mω 2 R και επιτρόχια συνιστώσα µε µέτρο mRα . Η ακτινική συνιστώσα (κεντροµόλος) το κρατάει σε κυκλική τροχιά και η επιτρόχια συνιστώσα το επιταχύνει ή το επιβραδύνει ανάλογα µε το πρόσηµο του α . Προσοχή: Όπως είπαµε παραπάνω, t dθ / dt = ω (t ) ⇒ θ (t ) = ∫ ω (t ′) dt ′ . 0 t Έτσι, αν π.χ., ω (t ) = ω 0 , όπου ω 0 , t 0 είναι σταθερές, έχοµε t0 1 2 θ (t ) = ω 0 t2 1 = ω (t )t t0 2 και όχι ω (t )t !!! Άσκηση 2.1: Χρησιµοποιώντας τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα, Α) δείξτε ότι αν ένα υλικό σηµείο µάζας m εκτελεί κίνηση στον άξονα x , η οποία περιγράφεται από τη σχέση x(t ) = A sin(ω t ) + B cos(ω t ) , όπου A, B, ω = k / m είναι πραγµατικές σταθερές, η δύναµη που ασκείται στο υλικό σηµείο είναι δύναµη ελατηρίου σταθεράς k . Β) Τι διαφορά υπάρχει µεταξύ του παραπάνω x(t ) , του x(t ) = C sin(ω t + φ ) , όπου C , φ είναι πραγµατικές σταθερές και του x(t ) = C1e −iωt + C 2 e iωt , όπου C1 , C 2 είναι µιγαδικές σταθερές; Άσκηση 2.2: Σε µονοδιάστατα προβλήµατα κίνησης υλικού σηµείου µάζας m και δυναµικής ενέργειας V ( x) η ταχύτητα του υλικού σηµείου δίνεται από τη σχέση u ( x) = 2 [ E − V ( x)] , όπου E είναι η σταθερή ολική ενέργεια. Χρησιµοποιώντας m Σελίδα 11 από 12 τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα, να βρείτε το πεδίο δυνάµεων F ( x) αν V ( x) = λx 2 , λ > 0. Άσκηση 2.3: Θεωρείστε τον Ήλιο µάζας M σαν σηµείο στην αρχή των αξόνων xy . Η Γη µε µάζα m (θεωρείστε την σαν σηµείο) κινείται γύρω από τον Ήλιο. Α) Να γραφεί η διανυσµατική εξίσωση κίνησης της Γης καθώς και οι εξισώσεις κίνησης για τους άξονες x και y . Β) Υπάρχει ανεξαρτησία των κινήσεων; Γ) ∆είξτε ότι οι εξισώσεις κίνησης επιτρέπουν στη Γη να κάνει κύκλο ακτίνας R αν η γωνιακή ταχύτητά της είναι ω = GM / R 3 . Σελίδα 12 από 12