Delta mi!

Po wychyleniu pręta o kąt  z położenia równowagi (rysunek) działa na niego moment skręcający do położenia równowagi

Dla małych wychyleń z położenia równowagi  Ponieważ nie ma poślizgu, ruch pręta jest czystym obrotem względem chwilowej osi przechodzącej przez punkt styczności pręta z walcem, a jego moment bezwładności względem tej osi to  Równanie ruchu obrotowego ma postać  gdzie  jest przyspieszeniem kątowym. Jest to równanie ruchu harmonicznego:

Częstość drgań wynosi  szukany okres drgań

Podczas lotu pocisku z dużą prędkością siła oporu jest proporcjonalna do kwadratu prędkości pocisku. Z dobrym przybliżeniem można też założyć, że pocisk porusza się po linii prostej. Odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu wymaga zbadania, jak zmienia się energia pocisku z przebytą drogą. Działająca na pocisk siła to gdzie oznacza prędkość chwilową, a to stała zależna od kształtu pocisku; zwrot tej siły jest przeciwny do zwrotu prędkości. Ponieważ dla ruchu jednowymiarowego siła jest równa zmianie energii na jednostkę długości toru (w tym przypadku mamy do czynienia jedynie z energią kinetyczną ), możemy napisać równanie ruchu w postaci

Przy tej samej energii początkowej i przebytej drodze pocisk cięższy ma więc większą energię.

Warunek na brak poślizgu ma postać:  Aby nastąpił obrót wokół dolnej, przedniej krawędzi, musi być spełniony warunek:  gdzie  jest krawędzią sześcianu. Rozważmy przypadek graniczny, gdy siła  nie powoduje jeszcze obrotu. Z warunku na brak poślizgu otrzymujemy wtedy:

czyli  Musimy rozważyć dwa przypadki:

1)

 wtedy

2)

 wtedy

Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź:

oraz

Podczas jazdy z dużymi prędkościami niemal cała moc silnika zużywana jest na przezwyciężanie oporu powietrza. Siła oporu aerodynamicznego jest proporcjonalna do kwadratu prędkości pojazdu. Moc zużywana do utrzymania stałej prędkości jest więc proporcjonalna do trzeciej potęgi tejże prędkości. Po wymianie silnika maksymalna prędkość wzrośnie raza.

Jeżeli na ciało działa siła, która nie jest równoległa do jego prędkości, ciało skręca w stronę wskazywaną przez zwrot składowej siły prostopadłej do kierunku ruchu. Jeżeli rozważany w zadaniu „trójkąt” miałby nie być wypukły, byłoby to spowodowane silniejszym przyciąganiem Księżyca przez Ziemię (siłą ) niż przez Słońce (siłą ) w punktach, dla których Księżyc znajduje się między Ziemią a Słońcem. Tymczasem w punktach, w których Księżyc znajduje się najbliżej Słońca, stosunek tych sił przyciągania wynosi

Czynnik  w mianowniku jest zaniedbywalny w porównaniu z   toteż wypadkowa sił działających na Księżyc jest stale skierowana w stronę Słońca. Oznacza to, że Księżyc stale skręca w stronę Słońca i rozważany w zadaniu „trójkąt” jest zawsze wypukły.

Siła działająca na dziewczę trzymające się liny jest w każdej chwili prostopadła do kierunku ruchu dziewczęcia, nie wykonuje więc nad dziewczęciem żadnej pracy. Prędkość dziewczęcia zderzającego się ze słupem będzie więc równa jego prędkości początkowej.

Oznaczmy przez  stosunek długości wiszącej części liny do całkowitej długości liny. Niech  będzie naprężeniem liny tam, gdzie zaczyna się jej wisząca część. Warunek równowagi dla wiszącej części to  Z kolei siła tarcia statycznego jednej z dwóch leżących części liny  nie może przekraczać nacisku tej części liny na zbocze; nacisk ten jest równy  Ta siła tarcia musi zrównoważyć dwie siły: składową siły grawitacji wzdłuż zbocza  działającą na leżącą część liny oraz naprężenie liny  Podstawiając wartości funkcji trygonometrycznych, otrzymujemy maksymalną wartość  równą  Co ciekawe, jest to maksymalna część długości liny, jaka może wisieć w powietrzu dla dowolnego kąta

Oznaczmy masy ciężarka, podstawki i walca przez  Równanie ruchu ciężarka ma postać  gdzie  jest jego przyspieszeniem, a  siłą naprężenia nici.  jest jedyną siłą działającą w kierunku poziomym na układ podstawki i walca, zatem oznaczając przez  przyspieszenie ruchu postępowego tego układu, możemy napisać:  Moment bezwładności pełnego walca względem jego osi wynosi  a równanie ruchu obrotowego względem tej osi ma postać  gdzie  jest przyspieszeniem kątowym. Przyspieszenie względem Ziemi najniżej położonego punktu walca równe jest przyspieszeniu ciężarka, mamy więc związek  Eliminując z wypisanych równań przyspieszenia liniowe oraz naprężenie nici, otrzymujemy wzór na przyspieszenie kątowe walca:

Droga kątowa walca wynosi  zatem szukana liczba obrotów to

W rozważanej w zadaniu sytuacji stosujemy wyidealizowany opis polegający na przyjęciu, że podłoże jest powierzchnią nieskończenie ciężkiego ciała. Jeśli natomiast przyjmiemy, że ciało, od którego odbija się piłeczka, ma masę  to zasadę zachowania pędu i energii dla ruchu jednowymiarowego przy założeniu, że ciężkie ciało początkowo spoczywa, możemy zapisać jako:

gdzie  i   są odpowiednio prędkościami piłeczki i ciężkiego ciała tuż po odbiciu. Są one równe

oraz

a zatem dla  rzeczywiście mamy  oraz

Sytuacja opisana w zadaniu przedstawiona jest rysunku.

Dla czytelności schemat ten przesadnie ukazuje położenie tunelu względem krzywizny Ziemi. W rzeczywistości odległość między Deltą i Albionem nie przekracza 100 km. Oznacza to, że kąt  przyjmuje wartości bardzo bliskie zeru. Uzasadnia to przybliżenie

oraz

Przyspieszenie wagonów jest zatem równe iloczynowi promienia Ziemi  i ich przyspieszenia kątowego  względem środka Ziemi. Składowa siły grawitacji wzdłuż tunelu  wyraża się wzorem  gdzie  jest całkowitą siłą grawitacji działającą na wagon. Dla wagonu o masie  mamy więc

Równanie to jest identyczne z równaniem ruchu dla wahadła matematycznego o długości  wagonik będzie więc wykonywał ruch okresowy o okresie  Podróż z Delty do Albionu zajmuje pół okresu, zatem szukany czas jest równy  Podstawiając wartości liczbowe, uzyskujemy czas przejazdu równy 42 minuty, niezależny od odległości między Deltą i Albionem.

Kartkę uda się wyciągnąć, gdy przyłożona siła  przekroczy maksymalną wartość tarcia statycznego między prętem i kartką:  gdzie  jest siłą nacisku pręta na kartkę, równą co do wartości sile reakcji  kartki na pręt. Rozważmy sytuację graniczną, gdy siła tarcia osiągnęła maksymalną wartość, a układ pozostaje jeszcze w równowadze. Oznacza to, że wszystkie siły działające na pręt równoważą się, a wypadkowy moment tych sił względem dowolnego punktu wynosi 0. Warunek równowagi momentów sił względem punktu  ma postać

gdzie  jest długością pręta. Uwzględniając, że  otrzymujemy

Gdy  czyli przyspieszenie podstawki jest nie mniejsze od przyspieszenia ziemskiego, ciężarek odrywa się od podstawki od razu. Zmiana energii kinetycznej ciężarka po zakończeniu ruchu w dół wynosi 0 i równa jest pracy sił ciężkości i sprężystości:  gdzie  jest maksymalnym wydłużeniem sprężyny i wynosi

Rozważmy przypadek  Równanie ruchu ciężarka, dopóki nie straci on kontaktu z podstawką, ma postać  gdzie  jest wydłużeniem sprężyny, a   siłą reakcji podstawki. W chwili oderwania, po przebyciu przez ciężarek drogi  jest  Stąd  Z drugiej strony  ponieważ do chwili oderwania ciężarek wraz z deską porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym i szukany czas wynosi  Prędkość ciężarka w chwili oderwania ma wartość  Od chwili oderwania ciężarek porusza się ruchem harmonicznym.

Z zasady zachowania energii  gdzie  jest wydłużeniem sprężyny w stanie równowagi, a   jest odległością od położenia równowagi w chwili oderwania, wyznaczamy amplitudę drgań  Maksymalne wydłużenie sprężyny  jest sumą wydłużenia w położeniu równowagi  oraz amplitudy drgań

Załóżmy, że książkę można traktować jako jednorodny prostopadłościan.

Jego (główne) momenty bezwładności względem osi  i   wynoszą odpowiednio  oraz  przy czym  Jeśli  i   są składowymi prędkości kątowej książki wzdłuż tych osi, energia kinetyczna i kwadrat długości wektora momentu pędu wynoszą odpowiednio

oraz

Ponieważ na książkę nie działają żadne siły, wielkości  i   są zachowane, a więc stała jest również wielkość

W opisanej sytuacji (obrót początkowo wokół osi ) wielkość ta jest z dobrym przybliżeniem równa zeru. Skoro jednak współczynniki przy  i   są ujemne, to obrót wokół osi  lub  wiązałby się z przyjmowaniem przez rozważaną wielkość wartości ujemnej, istotnie różnej od zera, co nie jest możliwe.

Z symetrii problemu wynika, że w każdej chwili położenia żuków będą znajdować się w wierzchołkach pewnego kwadratu. Prędkość ustalonego żuka wygodnie jest rozłożyć na składową „do środka kwadratu” i składową do niej prostopadłą.

Ta pierwsza, określająca tempo, w jakim każdy z żuków zbliża się do środka kwadratu, jest równa  Ponieważ początkowa odległość żuka do środka kwadratu wynosi  szukany czas, w jakim żuki osiągną środek kwadratu, jest równy

Przyjmijmy, że zmniejszenie prędkości satelity nastąpiło w punkcie  orbity kołowej przedstawionej na rysunku. Ognisko elipsy, po której zaczyna poruszać się satelita, znajduje się w punkcie  w środku planety. Interesuje nas czas, po którym satelita znajdzie się w punkcie  czyli połowa okresu obiegu po elipsie  Z III prawa Keplera mamy

gdzie  jest okresem obiegu satelity po orbicie kołowej, natomiast – półosią wielką elipsy:  Okres obiegu po orbicie kołowej wyznaczamy, wiedząc, że siła dośrodkowa jest siłą grawitacji

oraz (  i   to masy planety i satelity,  to prędkość satelity). Stąd

Uwzględniając, że przyspieszenie na powierzchni planety wyraża się wzorem  otrzymujemy szukany czas:

W układzie odniesienia  związanym ze statkiem kuter porusza się ze stałą prędkością  i w szukanym czasie przebywa drogę równą długości odcinka (Rys. ). Największe zbliżenie ma miejsce, gdy tory kutra i statku przecinają się, zatem tory te są do siebie prostopadłe. Odcinek  jest dwa razy dłuższy od  więc  Kąt  wyznaczający kurs statku, wynosi  lub  Drugiej możliwości odpowiada rysunek wykonany linią przerywaną. Szukany czas wynosi

1. Położenie równowagi ciężarka odpowiada rozciągnięciu sprężyny o   gdzie  jest stałą sprężyny .

Położenie równowagi spławika odpowiada zrównoważeniu siły ciężkości przez siłę wyporu:

czyli zanurzeniu jego objętości  na głębokość  gdzie  jest polem przekroju poprzecznego spławika, a   gęstością cieczy w wiadrze.

Ponieważ w obu przypadkach siły generowane przez pionowe przesunięcie względem położenia równowagi są proporcjonalne do tego przesunięcia (i skierowane przeciwnie), więc ruch jest harmoniczny, a częstość jest pierwiastkiem z ilorazu odpowiedniego współczynnika proporcjonalności przez masę:

Spadanie wiadra odpowiada zmianie efektywnego przyspieszenia ziemskiego. W związku z tym ciężarek będzie drgał z tą samą częstością, ale względem zmienionego położenia równowagi, oraz ze zmienioną amplitudą (czy można tak dobrać warunki początkowe, żeby amplituda nie zmieniła się?). Natomiast w przypadku spławika zmieni się częstość drgań (zmaleje) i amplituda (chyba że spadanie rozpoczęło się w momencie maksymalnego wychylenia z położenia równowagi, wtedy amplituda się nie zmieni, dlaczego?), ale położenie równowagi nie zmieni się.

2. Spławik pozostanie w spoczynku, ale ciężarek zacznie drgać, bo w zmienionej sytuacji znajdzie się poza położeniem równowagi (zacznie poruszać się w górę względem wiadra).

Średnia prędkość atomów wodoru w fotosferze jest równa

Druga prędkość kosmiczna na powierzchni Słońca wynosi

Zatem większość atomów wodoru nie może wyrwać się z zasięgu pola grawitacyjnego Słońca. Część o prędkości znacznie większej od średniej pokonuje siłę ciężkości, tworząc wiatr słoneczny.

Większa kulka po odbiciu się od podłogi będzie miała prędkość  Mniejsza w układzie związanym z większą kulką będzie miała prędkość  po zderzeniu się z nią taką samą, ale skierowaną w drugą stronę. W układzie związanym z ziemią prędkość po zderzeniu będzie więc wynosiła  Kulka wzniesie się zatem na wysokość

Siła ciągu  to tarcie statyczne kół lokomotywy o szyny, a opory ruchu  to siły tarcia tocznego. Podczas rozpędzania się pociągu zachodzi równość

gdzie  to współczynnik tarcia statycznego, a   – tarcia tocznego,  jest masą obciążonego wagonu, zaś  to ilość wagonów. Ponieważ  więc

Jeżeli przyjmiemy, że dla stali  i   m, otrzymamy maksymalną liczbę wagonów równą 19.

Ponieważ kulka toczy się poziomo, więc siła odśrodkowa i siła grawitacji mają wypadkową prostopadłą do powierzchni miseczki.

Oznaczmy przez  punkt przecięcia prostej zawierającej tę wypadkową z osią miseczki i przez  przecięcie tej osi z płaszczyzną ruchu kulki. Niech  będzie promieniem zataczanego okręgu i niech

Mamy

Stąd czas obiegu to

i prędkość kątowa to  Jedyną zmienną jest tu  więc poszukujemy takiej krzywej (będącej przekrojem miseczki), dla której owo  czyli  jest stałe.

Krzywą taką jest parabola, a konkretnie  Istotnie, styczna do niej w punkcie  to

a normalna to

Ta normalna przecina oś  w punkcie

miseczka jest zatem paraboloidą obrotową.

Ciało nie odpadnie od pętli, jeżeli składowa siły grawitacji prostopadła do toru nie przekracza wartości siły odśrodkowej. Stąd otrzymujemy warunek

dla  i stwierdzamy, że  gdzie  jest prędkością ciała w najwyższym punkcie pętli. Ponadto zasięg rzutu ukośnego ciała wylatującego z pętli nie powinien być większy niż długość przerwy w pętli (mierzona w poziomie). Otrzymujemy stąd warunek

czyli  Wartość  musi zatem leżeć w przedziale  możemy ją znaleźć z zasady zachowania energii:

Stąd

Energia potencjalna przy powierzchni planety  Z zasady zachowania energii wynika zatem, że

gdzie  jest szukaną prędkością w nieskończoności, a  prędkością wystrzelenia pocisku na powierzchni planety. Stąd

Równania ruchu gwiazd:

gdzie  są prędkościami kątowymi ruchu gwiazd,  siłą wzajemnego przyciągania,  i  promieniami orbit. Środek masy znajduje się w punkcie takim, że  oraz  Stąd otrzymujemy:

oraz

Dla dowolnego odchylenia prętów od pionu o kąt  pręty działają na ciężarek siłą  a na sprężynę siłą  Z prawa Hooke’a mamy  gdzie  jest stałą sprężyny. Zatem  Przy małej zmianie wysokości  ciężarka wokół położenia równowagi  siła nań działająca zmienia się o

gdzie  oraz  Z drugiej strony  zatem

przy czym uwzględniliśmy to, że  Zatem okres małych drgań wynosi  Masę  znajdujemy z warunku równowagi:

Stąd  Ostatecznie, szukany okres drgań ciężarka wynosi:

Oznaczmy przez  i   szukane długości sprężyn. Dla kulek poruszających się ruchem harmonicznym o częstości  spełnione są równania:

Stąd wyznaczamy:

gdzie  Rozwiązanie to ma sens fizyczny, gdy obliczone wartości  i   są dodatnie, czyli

Z drugiego warunku wynika  a z drugiego  lub  Ostatecznie otrzymujemy  czyli

Przypuśćmy, że w pewnej chwili prędkość kątowa szpulki jest równa  Wtedy prędkość liniowa  punktu, w którym deseczka opiera się o szpulkę, jest równa  Prędkość tego punktu względem deski będzie skierowana wzdłuż deseczki, ponieważ cały czas styka się ona ze szpulką. Stąd:

Ruch szpulki odbywa się bez poślizgu, zatem:

Ostatecznie

Przyjmijmy, że ciężarek porusza się z prędkością  do góry, wtedy jego prędkość względem piasku wynosi  Ponieważ masa piasku na jednostkę długości strumienia jest równa  więc masa piasku przyklejonego w ciągu czasu  wynosi  Energia przekształcona w ciepło jest równa

W ciągu jednego okresu masa ciężarka nie zmienia się znacząco i można przyjąć, że jego ruch jest w przybliżeniu harmoniczny:  gdzie  jest amplitudą,  Gdy podstawimy zależność  do  rozwiniemy sześcian i scałkujemy względem okresu, niezerowy wkład do całki dadzą tylko parzyste potęgi  – zerowa i druga:

Pierwszy składnik po prawej stronie jest początkową energią kinetyczną piasku przyklejonego w ciągu okresu, zatem drugi składnik  jest spadkiem energii drgań w tym czasie. Przechodząc do dłuższej skali czasu, należy wyrażenie  przyrównać do  gdzie  jest energią drgań ciężarka,  Stąd

Podstawienie  i scałkowanie prowadzi do wyniku  czyli

Jak widać, wartość prędkości piasku nie ma znaczenia.

Drganie ciężarka wystąpi wtedy, gdy bloki ruchome będą się zbliżać do siebie i oddalać (oprócz tego w układzie występuje drugi stopień swobody – zgodny ruch bloków ruchomych, przy stałym położeniu ciężarka i stałej sile naciągu nici). Jeśli górny blok ruchomy przesunie się w górę o  a dolny pozostanie nieruchomy, to ciężarek przesunie się w górę o   Przy tym sprężynka ulegnie skróceniu o  czyli siła wywierana przez nić  zmniejszy się o  Siła napięcia nici  jest dwukrotnie mniejsza, zatem zmniejszy się ona o   tak jakby ciężarek wisiał na sprężynce o stałej sprężystości  Szukany okres drgań jest opisany wyrażeniem

Z bilansu energii

gdzie  jest momentem bezwładności pręta względem punktu podparcia, wyznaczamy prędkość kątową pręta  w zależności od kąta odchylenia od pionu :

Różniczkując po czasie, znajdujemy przyspieszenie kątowe :

Podzielmy pręt na niewielkie elementy o długości  i masie  odległe od punktu podparcia o  i dla każdego z nich wyznaczmy „siłę wyginającą”  tzn. prostopadłą do pręta składową siły wywieranej przez dany element na sąsiednie. Jeśli dodatni zwrot tej siły jest w stronę spadku pręta, to jest ona równa różnicy prostopadłej składowej siły ciężkości  i iloczynu  przez prostopadłą składową przyspieszenia:

Siły te zostały przedstawione na rysunku 2, wraz z prostopadłą do pręta składową siły reakcji podłoża  Moment  siły zginającej pręt w punkcie  jest równy sumie momentów sił  dla wszystkich  większych od :

W wyniku całkowania otrzymujemy

Maksymalna wartość  występuje tuż przed upadkiem i w punkcie  Wynosi ona

a jeśli pręt ma się nie złamać, to jego wytrzymałość na zginanie nie może być mniejsza.