Mecanica2013recapitulare

1.38bis. Fie, pe o masă de biliard, o bilă care se deplasează fără frecare, în lungul mesei, între cele două margini ale acesteia. La ciocnirea marginilor, care se petrece într-un timp foarte scurt, bila se întoarce înapoi, fără a-şi schimba modulul vitezei. Să se deseneze evoluţia în timp a coordonatei, vitezei şi acceleraţiei bilei.

Rezolvare.

Se consideră că deplasarea începe de la marginea din stînga, situată în originea axei x, către marginea din dreapta, situată la distanţa D. Mişcarea este rectilinie uniformă între marginile mesei. În deplasarea de la stînga la dreapta, viteza este constantă şi pozitivă, iar în deplasarea de la dreapta la stînga, viteza este tot constantă, dar negativă, şi de acelaşi modul.

La ciocnirea marginii din dreapta, viteza se modifică de la valoarea pozitivă V la valoarea negativă -V, într-un timp foarte scurt, astfel că acceleraţia este negativă (şi de valoare absolută foarte mare, datorită timpului de ciocnire foarte scurt).

La ciocnirea marginii din stînga, viteza se modifică de la valoarea negativă -V la valoarea pozitivă V, într-un timp foarte scurt, astfel că acceleraţia este pozitivă (la fel tot de valoare foarte mare, mai exact este simetrică în raport cu axa timpului faţă de acceleraţia la ciocnirea marginii din dreapta). poziţie viteză acceleraţie

timp

1

1.38ter. Fie, pe o masă de biliard, o bilă care se deplasează fără frecare, în lungul mesei, între cele două margini ale acesteia. La ciocnirea marginilor, care se petrece într-un timp foarte scurt, bila se întoarce înapoi, modulul vitezei după ciocnirea marginii reprezentînd o fracţie subunitară f (fracţie constantă la fiecare ciocnire) din modulul vitezei înainte de ciocnire. Să se deseneze evoluţia în timp a coordonatei, vitezei şi acceleraţiei bilei.

Rezolvare.

Se consideră că deplasarea începe de la marginea din stînga, situată în originea axei x, către marginea din dreapta, situată la distanţa D. Mişcarea este rectilinie uniformă între marginile mesei. În deplasarea de la stînga la dreapta, viteza este constantă şi pozitivă, iar în deplasarea de la dreapta la stînga, viteza este tot constantă, dar negativă, şi de modul mai mic.

La prima ciocnire a marginii din dreapta, viteza se modifică de la valoarea pozitivă V la valoarea negativă -fV, într-un timp foarte scurt, astfel că acceleraţia este negativă (şi de valoare absolută foarte mare, datorită timpului de ciocnire foarte scurt).

La ciocnirea marginii din stînga, viteza se modifică de la valoarea negativă -fV la valoarea pozitivă f2V, într-un timp foarte scurt, astfel că acceleraţia este pozitivă (este proporţională cu acceleraţia la ciocnirea marginii din dreapta, factorul de proporţionalitate fiind -f).

De asemenea, traseul între cele două margini este parcurs într-un interval de timp din ce în ce mai mare, mai precis dilatat printr-un factor 1/f după fiecare întoarcere.

Recomandare.

La urmărirea variaţiei în timp a acceleraţiei, urmăriţi evoluţia vitezei, iar la urmărirea variaţiei în timp a vitezei, urmăriţi evoluţia poziţiei. poziţie viteză acceleraţie

timp

2

1.38qua. Fie, pe o masă de biliard, o bilă care se deplasează cu frecare, în lungul mesei, între cele două margini ale acesteia. La ciocnirea marginilor, care se petrece într-un timp foarte scurt, bila se întoarce înapoi, modulul vitezei după ciocnirea marginii reprezentînd o fracţie subunitară (fracţie constantă la fiecare ciocnire) din modulul vitezei înainte de ciocnire. Să se deseneze evoluţia în timp a coordonatei, vitezei şi acceleraţiei bilei.

Recomandare.

La urmărirea variaţiei în timp a acceleraţiei, urmăriţi evoluţia atît a vitezei cît şi a (curburii graficului) poziţiei, iar la urmărirea variaţiei în timp a vitezei, urmăriţi evoluţia poziţiei (şi a pantei graficului poziţiei). poziţie viteză acceleraţie

timp

Constatare. Întîmplarea a făcut ca alegerea parametrilor mişcării să fi condus la oprirea bilei în imediata apropiere de marginea din stînga.

3

Prezentăm o situaţie cînd bila se opreşte între margini, atunci cînd merge de la stînga la dreapta. poziţie viteză acceleraţie

timp

1.46. Din acelaşi punct, aflat la înălţimea h0 = 245 m deasupra solului, sunt lăsate să cadă liber, la un interval de timp τ = 2 s, două corpuri. Se cere distanţa maximă dintre corpurile aflate încă în aer ( g = 10m/s 2 ).

A) 200m; B) 120m; C) 24,5m; D) 140m; E) 150m; F) 145m.

(Corneliu Ghizdeanu)

Rezolvare.

Se consideră axa verticală y orientată în jos, cu originea în punctul de unde corpurile sînt lăsate să cadă.

Legea de mişcare pentru primul corp este 1 y1 (t ) = gt 2 2 iar pentru al doilea corp este 1 y 2 (t ) = g (t − τ )2 2

Distanţa dintre corpuri este (cînd corpurile sînt în aer, adică între aruncarea celui de-al doilea corp şi ajungerea primului corp pe sol) 1 1 1 1 1 τ⎞ ⎛ d (t ) = y1 (t ) − y 2 (t ) = gt 2 − g (t − τ )2 = gt 2 − gt 2 + gtτ − gτ 2 = gτ⎜ t − ⎟ 2 2 2 2 2 ⎝ 2⎠

4

Se vede că distanţa dintre corpuri creşte liniar în timp (care este semnificaţia acestei creşteri liniare a distanţei dintre corpuri?), deci este maximă chiar înainte ca primul corp să ⎛ 2h0 τ ⎞ 2h0 atingă solul, adică la momentul de timp t = tc = . Astfel, d max = gτ⎜⎜ − ⎟⎟ , g 2⎠ ⎝ g adică d max = 120 m.

Rezolvare considerînd axa verticală y orientată în sus, cu originea pe sol.

Legea de mişcare pentru primul corp este 1 y1 (t ) = h0 − gt 2 2 iar pentru al doilea corp este 1 y 2 (t ) = h0 − g (t − τ )2 2 Distanţa dintre corpuri este (cînd corpurile sînt în aer, adică între aruncarea celui de-al doilea corp şi ajungerea primului corp pe sol) 1 1 τ⎞ ⎛ d (t ) = y 2 (t ) − y1 (t ) = h0 − g (t − τ )2 − h0 + gt 2 = gτ⎜ t − ⎟ 2 2 ⎝ 2⎠

S-a obţinut rezultatul intermediar de la rezolvarea anterioară, iar continuarea este aceeaşi.

1.51bis. Un corp care pleacă din repaus şi se mişcă uniform accelerat parcurge distanţa d1 înr-un interval de timp t1 . Calculaţi distanţa d 2 pe care o parcurge corpul în intervalul de timp imediat următor t2 .

Rezolvare.

Legea de mişcare pentru situaţiile concrete ale problemei se scrie 1 d1 = at12 2 1 d1 + d 2 = a (t1 + t2 )2 2 sau d d1 + d 2 = 21 (t1 + t2 )2 t1 sau 2

⎛ t ⎞ d1 + d 2 = d1 ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ t1 ⎠ ⎝ t ⎛ t ⎞ adică d 2 = d1 2 ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ t1 ⎝ t1 ⎠

5

1.51ter. Un corp se mişcă uniform accelerat şi parcurge distanţa d1 într-un interval de timp t1 , şi apoi, în intervalul de timp imediat următor t 2 parcurge distanţa d 2 . Calculaţi acceleraţia corpului.

Rezolvare.

O concluzie importantă a problemei precedente este că, dacă mobilul pleacă din repaus, se mişcă uniform accelerat şi parcurge distanţa d1 înr-un interval de timp t1 , atunci distanţa d 2 pe care o parcurge corpul în intervalul de timp imediat următor t 2 se calculează uşor şi are o valoare unică.

Asta ne obligă să deducem că pentru situaţia din problema 1.51ter, mobilul pleacă cu o viteză

iniţială.

Legea de mişcare pentru situaţiile concrete ale problemei se scrie 1 d1 = v0t1 + at12 2 1 d1 + d 2 = v0 (t1 + t2 ) + a (t1 + t2 )2 2 de unde se obţin atît v 0 cît şi a . d 2 d1 − t2 t1 a=2 t1 + t2 1.60bis. Un corp este aruncat de jos în sus pe verticală cu viteza iniţială v 0 . Al doilea corp cade liber după τ secunde de la înălţimea h . Calculaţi dependenţa în timp a vitezei relative dintre cele două corpuri.

Rezolvare.

Se consideră axa verticală orientată în jos, cu originea în punctul de unde corpurile sînt lăsate să cadă.

Viteza primului corp este v1 (t ) = −v0 + gt iar a celui de-al doilea corp este v2 (t ) = g (t − τ ) .

Astfel, viteza relativă a celui de-al doilea corp faţă de primul este vr (t ) = v2 (t ) − v2 (t ) = g (t − τ ) + v0 − gt = v0 − gτ .

Se vede că viteza relativă este constantă în timp.

Cum se explică asta?

6

Atît timp cît corpurile se află în mişcare pe verticală în cîmp gravitaţional, ele îşi modifică viteza în aceeaşi măsură (cu aceeaşi rată), astfel ca diferenţa vitezelor rămîne constantă în timp. (Iar asta este de asemenea explicabil prin faptul că acceleraţia relativă dintre cele două corpuri este nulă - ambele corpuri se deplasează în cîmp gravitaţional, deci se mişcă cu acceaşi acceleraţie.)

Asta conduce de asemenea la creşterea liniară cu timpul a înălţimii celui de-al doilea corp faţă de primul (dacă viteza relativă a celui de-al doilea corp faţă de primul este pozitivă).

S-a răspuns astfel şi la întrebarea pusă în rezolvarea problemei 1.46 (care este semnificaţia creşterii liniare a distanţei dintre corpuri?): viteza relativă este constantă.

Rezolvare considerînd axa verticală orientată în sus, cu originea pe sol. v1 (t ) = v0 − gt v2 (t ) = − g (t − τ ) .

Viteza relativă a celui de-al doilea corp faţă de primul este v r (t ) = v2 (t ) − v2 (t ) = gτ − v0 .

Semnul este inversat faţa de rezolvarea anterioară, deoarece s-a schimbat sensul axei verticale.

1.136. De la o înălţime h0 faţă de un plan orizontal se lasă liberă, fără viteză iniţială, o bilă. Aceasta loveşte planul cu viteza v 0 şi se întoarce cu viteza v1 = ev 0 ( v 0 şi v1 în valori absolute, e < 1 ). Procesul se repetă identic până la oprirea bilei. Durata totală a mişcării bilei este: 2 h0 e 2h0 1 + e 1 2 h0 e ; B) ; C) ; A) g 1− e g 1− e 2 g 1− e

D) 2

2h0 e ; g 1+ e

E) 2

2h0 1 + e ; g 1− e

F)

2h0 e . g 1+ e (Constantin Neguţu)

Rezolvare.

Bila atinge solul cu viteza v0 = 2gh0 după un timp de cădere egal cu t0 = scris altfel t0 =

2h0 , sau g

v0 . La fiecare cădere, viteza vn de ricoşare este legată de viteza vn −1 de g

dinaintea lovirii solului prin relaţia vn = evn −1 , sau vn = e n v0 . După fiecare de ricoşare, bila

7

vn şi coboară un timp tcn = tun . Astfel, timpul scurs pînă înaintea celei g

urcă un timp tun =

N −1

de-a N ricoşări este τ N −1 = t0 + 2

∑t

un

,

n =1

adică

=

N −1

v0 +2 g

∑

v0 1 + e − e g 1− e

.

τ N −1 =

n =1 N −1

v n v0 = +2 g g

Cînd N → ∞ , se obţine τ =

N −1 n

N −1 ⎤ v ⎡ e v0 v0 ⎡ 1 − e N −1 ⎤ ⎢1 + 2 e n ⎥ = 0 ⎢1 + 2e = ⎥= g ⎢ 1− e ⎦ g ⎣ g ⎥ n =1 n =1 ⎣ ⎦

∑

∑

v0 1 + e = g 1− e

2h0 1 + e . Timpul pînă la oprire este finit, chiar g 1− e

dacă ricoşarea se produce de o infinitate de ori înainte de oprire, asta datorită timpilor de urcare şi de coborîre din ce în ce mai mici.

Dacă se doreşte calcularea distanţei totale parcurse de bilă pînă la oprire, aceasta este N −1

h = h0 + 2 lim

N →∞

∑

N −1

hn = h0 + 2 lim

N →∞

n =1 N −1

∑ n =1

vn2 = h0 + 2 lim N →∞ 2g

N −1 2 n 2 e v0

∑ n =1

2g

=

⎡ ⎤ 1 ⎤ 1+ e ⎡ . = h0 ⎢1 + 2 lim e 2n ⎥ = h0 ⎢1 + 2e 2 = h0 ⎥ 2 2 N →∞ 1 e 1 − e − ⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎥ n =1 ⎦ 2

∑

1.136. De la o înălţime h0 faţă de un plan orizontal se lasă liberă, fără viteză iniţială, o bilă. Aceasta loveşte planul cu viteza v 0 şi se întoarce cu viteza v1 = ev 0 ( v 0 şi v1 în valori absolute, e < 1 ). Procesul se repetă identic până la oprirea bilei. Durata totală a mişcării bilei este: 2 h0 e 2h0 1 + e 1 2 h0 e ; B) ; C) ; A) g 1− e g 1− e 2 g 1− e

D) 2

2h0 e ; g 1+ e

E) 2

2h0 1 + e ; g 1− e

F)

2h0 e . g 1+ e

(Constantin Neguţu)

1.136bis (Ahile şi broasca ţestoasă - unul dintre paradoxurile lui Zenon) Conform lui Zenon, a fost organizată o cursă de alergare între o broască ţestoasă care se deplasează cu viteza v şi Ahile "cel iute de picior" care se deplasează cu viteza V , unde V > v . Încrezător în viteza sa, Ahile a luat startul după ce broasca parcursese o distanţă l0 .

Zenon susţine că Ahile nu a prins niciodată din urmă broasca ţestoasă, bazîndu-se pe următorul raţionament:

8

în timpul în care Ahile a parcurs distanţa l0 , broasca a parcurs o nouă distanţă l1 ; în timpul în care Ahile a parcurs distanţa l1 , broasca a parcurs o nouă distanţă l2 ; ............................................ şamd, aşa că, potrivit acestui raţionament, de fiecare dată cînd Ahile ajunge într-un punct prin care broasca deja trecuse, broasca parcurge o nouă distanţă, adică broasca se află întotdeauna înaintea lui Ahile, iar Ahile nu o poate ajunge din urmă. Cum se explică acest paradox, deoarece noi ştim că cine merge mai repede îl prinde din urmă pe cineva care merge mai încet?

Rezolvare.

Ahile parcurge distanţa l0 în timpul t0 = l1 = vt0 =

l0 . În acest timp, broasca parcurge distanţa V

v l0 .

V

Ahile parcurge distanţa l1 în timpul t1 =

l1 v = 2 l0 . În acest timp, broasca parcurge V V

2

l2 v 2 ⎛v⎞ distanţa l2 = vt1 = ⎜ ⎟ l0 , pe care Ahile o parcurge în timpul t2 = = 3 l0 .

V V ⎝V ⎠ n −1 l v Ahile parcurge distanţa ln −1 în timpul tn −1 = n −1 = n l0 . În acest timp, broasca V V 2

⎛v⎞ parcurge distanţa l2 = vt1 = ⎜ ⎟ l0 . ⎝V ⎠ N

Astfel, distanţa parcursă de broască după N astfel de repetări este LN =

∑l

n

, adică

n =1

N

N

LN =

∑ ⎛⎜⎝ V ⎞⎟⎠ v

n

n =1

de repetări dă

⎛v⎞ 1− ⎜ ⎟ N v v ⎡ ⎛v⎞ ⎤ ⎝V ⎠ = l l0 = l0 1 − ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ , care, pentru un număr infinit 0 V 1− v V − v ⎣⎢ ⎝ V ⎠ ⎦⎥ V l L v L = l0 . Acestea sînt parcurse în timpul T = = 0 . Sau, dacă V −v v V −v N −1

dorim să urmărim raţionamentul lui Zenon, T = lim

N →∞

N −1

= lim

N →∞

∑V

vn

l0 N →∞ V

l = lim n +1 0

n =0

N −1

∑V n =0

vn n

=

∑t n =0

l0 1 l = 0 V 1− v V − v V

Rezolvarea normală

9

n

=

Broasca parcurge în timpul T distanţa L = vT , iar Ahile parcurge în acelaşi timp T l v distanţa L + l0 = VT . Astfel, se obţine T = 0 şi L = l0 .

V −v V −v 1.65bis Un mobil parcurge o fracţiune f din drumul său total cu viteza v1 şi restul drumului cu viteza v2 . Care este viteza medie a mobilului?

Rezolvare. v1v2 d d 1 vm = = = = f 1− f (1 − f )v1 + fv2 t1 + t2 fd + (1 - f)d + v1 v2 v1 v2 2 2v1v2 1 , se obţine vm = , sau vm = , ceea ce poate fi scris ca 1 1 v1 + v2 2 + v1 v2 2 1 1 = + , adică viteza medie este media armonică a vitezelor pe cele două jumătăţi de drum. v m v1 v2

Dacă

f =

1.65ter Un mobil parcurge o fracţiune f1 din drumul său total cu viteza v1 , o altă fracţiune f 2 cu viteza v2 , ..., şi o fracţiune f n cu viteza vn . Care este viteza medie a mobilului?

Rezolvare. d 1 d = = f d f f1d f 2 d f1 f 2 t1 + t2 + L tn + +L n + +L n v1 v2 vn v1 v2 vn f f f 1 = 1 + 2 +L n sau vm v1 v2 vn n 1 Dacă f1 = f 2 = L f n = , se obţine vm = , ceea ce poate fi scris ca 1 1 1 n + L v1 v2 vn n 1 1 1 = + + L , adică viteza medie este media armonică a vitezelor pe diversele fracţiuni v m v1 v2 vn vm =

egale de drum.

1.65qua Un mobil parcurge o fracţiune f din drumul său total cu viteza v1 şi restul drumului o "parcurge" cu viteza v 2 = 0 . Care este viteza medie a mobilului?

10

Rezolvare.

La problema 1.65bis am obţinut vm =

v1v2 , ceea ce conduce, în cazul v 2 = 0 , la (1 − f )v1 + fv2

vm = 0 , deoarece mobilul nu termină niciodată să parcurgă întregul drum.

1.103bis Un mobil parcurge un drum astfel: o fracţiune f din timpul total cu viteza v1 şi restul timpului cu viteza v2 . Care este viteza medie a mobilului?

Rezolvare. d d + d 2 v1 ft + v2 (1 − f )t vm = = 1 = = fv1 + (1 − f )v2 t t t Dacă f =

v + v2 1 , se obţine vm = 1 , adică viteza medie este media aritmetică a vitezelor pe cele 2 2

două porţiuni de drum parcurse în intervale egale de timp.

1.103ter Un mobil parcurge un drum astfel: o fracţiune f1 din timpul total cu viteza v1 , o altă fracţiune f 2 din timp cu viteza v2 , ..., şi o fracţiune f n din timp cu viteza vn . Care este viteza medie a mobilului?

Rezolvare. d d + d 2 + L + d n v1 f1t + v2 f 2 t + L + vn f n t vm = = 1 = = f1v1 + f 2 v2 + L + f n vn t t t v + v2 + L + vn 1 , adică viteza medie este media Dacă f1 = f 2 = L f n = , se obţine vm = 1 n n aritmetică a vitezelor pe diversele fracţiuni de drum parcurse în intervale egale de timp.

11