Uitwerkingen Werkcollege 1
WERKCOLLEGE 1 1.A Vrije val De vrije val is een beweging van massapunten in de buurt van het aardoppervlak. Invloeden van de lucht (wrijving, wind) worden verwaarloosd. a) Stel de bewegingsvergelijking op voor een deeltje in het gravitatieveld in de buurt van het aardoppervlak. b) Integreer de bewegingsvergelijking. Wat is de snelheid en de plaats als functie van de tijd? c) Stel dat een lichaam horizontaal wordt geworpen met een snelheid vx0. Wat is de hoogte als functie van x? Bereken de kinetische energie als functie van de tijd. d) Bereken de potentiële energie van een lichaam in de buurt van het aardoppervlak als functie van de hoogte. e) Bereken de totale energie van het lichaam uit vraag c.
1.B Centrale botsing Een elastische botsing is een botsing waar de totale energie alleen bestaat uit kinetische energie en potentiële energie waarmee de botsende deeltjes met elkaar wisselwerking hebben. Dit is een idealisatie, maar voor vele problemen is ze goed genoeg om de waargenomen verschijnselen te beschrijven. We beperken ons hier tot de centrale botsing, waar twee deeltjes zich op één lijn naar elkaar toe bewegen. a) Maak gebruik van behoud van impuls en energie om te laten zien dat voor en na de botsing de deeltjes zich op dezelfde rechte lijn bevinden. b) Stel dat de posities en de snelheden van de deeltjes op t=0 (voor de botsing) gegeven zijn door x1, x2, v1 en v2 en neem aan dat de massa’s van de deeltjes gelijk zijn. Neem verder aan dat de wisselwerking (de potentiële energie) van de deeltjes oneindig groot en positief is als zij elkaar raken en 0 als zij elkaar niet raken. Bereken de plaats en snelheid voor en na de botsing. c) Met dezelfde aannames als onder b maar neem nu aan dat de massa’s verschillend zijn. Beschrijf een botsing van een bal tegen een harde muur. d) Beschrijf kwalitatief wat er gebeurt bij een niet-centrale botsing, bijvoorbeeld bij een botsing van biljartballen. Verklaar kwalitatief de werking van het effect.
Basketbal (toets oktober 2000) Een basketbalspeler wil de bal in de basket gooien. Zie onderstaande figuur.
1
Inleiding Mechanica & Transductietechniek
v x 0 0 De bal wordt op tijdstip t=0 gegooid, met een initiele snelheid v 0 = 0 en beginpositie r0 = 0 . v z 0 z 0 De bal heeft een massa m. De initiele snelheid v 0 maakt een hoek α met het horizontale vlak.
a) Geef uitdrukkingen voor de versnellingsvector a de snelheidsvector v en de plaatsvector r als functie van de tijd t. b) Wat is de potentiele energie van de bal op het hoogste punt ten opzichte van de uitgangspositie r0 ? Geef een uitdrukking voor de maximale hoogte zmax die de bal bereikt als functie van de initiele snelheid v 0 en de hoek α.
x b De bal bereikt de basket op positie rb = 0 . z b c) Bepaal de grootte van de snelheid v b waarmee de bal op positie rb in de basket aankomt als functie van de beginsnelheid v 0 . d) Geef een uitdrukking voor de benodigde vertikale component van de beginsnelheid vz0 (als functie van vx0, xb en hb) opdat de bal inderdaad op positie rb aankomt.
UITWERKINGEN 1 Opdracht 1.A. Vrije val a) Stel de bewegingsvergelijking op voor een deeltje in het gravitatieveld in de buurt van het aardoppervlak.
2
Uitwerkingen Werkcollege 1
⇒
Valversnelling in de z-richting: Fz = -mge z
0 a = 0 - g
b) Integreer de bewegingsvergelijking. Wat is de snelheid en de plaats als functie van de tijd? 0 v = 0 + v 0 - gt
t
∫
⇒
v = a dt = at + v 0 0
t
t
∫
r = v dt = 0
∫ (at + v 0 ) dt = 2at 2 + v 0 t + r0 1
⇒
0
⋅ v t x0 + r0 r = v y 0 ⋅ t 1 2 - 2 gt + v z 0 ⋅ t
c) Stel dat een lichaam horizontaal wordt geworpen met een snelheid vx0. Wat is de hoogte als functie van x? Bereken de kinetische energie als functie van de tijd. We kunnen de valtijd berekenen door alleen de z component van r te beschouwen. 1 1 rz = - gt 2 + v z 0 ⋅ t + rz 0 = h − gt 2 2 2 1 2 h - rz = gt 2
t=
2( h - rz ) g
Het aardoppervlak wordt bereikt als rz=0, dus op t =
2h . g
(dimensie controle: h = [m], g=[m/s2], dus h/g = [s2]) In horizontale richting wordt de positie gegeven door: rx = v x 0 ⋅ t
Ofwel: t =
rx vx0
Dit invullen in de uitdrukking voor rz geeft de gevraagde vallengte als functie van rx: rz = h −
1 rx g 2 v x0
2
Dit is de bekende paraboolbaan. De kinetische energie is gegeven door: E kin =
(
)
(
)
1 1 1 1 1 mv 2 = m v x2 + v z2 = m v x20 + ( gt ) 2 = mv x20 + mg 2 t 2 = E kin , x + E kin , z 2 2 2 2 2
d) Bereken de potentiële energie van een lichaam in de buurt van het aardoppervlak als functie van de hoogte. r2
∫
h
∫
E pot = F ⋅ dr = mg dr = mgr 0h = mgh r1
0
e) Bereken de totale energie van het lichaam uit vraag c.
3
Inleiding Mechanica & Transductietechniek
Energie is een behouden grootheid, dus de totale energie zal tijdens de val niet veranderen. We kunnen hier dus eenvoudig de energie op t=0 berekenen: E tot = E pot + E kin = mgh +
1 2 mv x 0 2
Opdracht 1.B. Centrale botsing a) Maak gebruik van behoud van impuls en energie om te laten zien dat voor en na de botsing de deeltjes zich op dezelfde rechte lijn bevinden. Omdat de deeltjes zich op een rechte lijn bewegen hoeven we in de behoudswetten alleen deze richting te beschouwen. Voor behoud van impuls moet dus gelden: m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′ Verder moet na de botsing de totale energie in het systeem gelijk zijn aan de totale energie voor de botsing. Echter, behoud van impuls en energie doet nu nog niet ter zake. Er is sprake van een centrale botsing. D.w.z. alle bij de botsing optredende krachten zullen gericht zijn langs de lijn waarover de massa’s bewegen. Er zullen dus alleen langs deze lijn versnellingen en snelheidsveranderingen optreden en er zullen geen snelheidscomponenten in andere richtingen ontstaan. b) Stel dat de posities en de snelheden van de deeltjes op t=0 (voor de botsing) gegeven zijn door x1, x2, v1 en v2 en neem aan dat de massa’s van de deeltjes gelijk zijn. Neem verder aan dat de wisselwerking (de potentiële energie) van de deeltjes oneindig groot en positief is als zij elkaar raken en 0 als zij elkaar niet raken. Bereken de plaats en snelheid voor en na de botsing. Behoud van impuls: m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′ Behoud van (alleen kinetische) energie:
1 1 1 1 m1v12 + m2 v2 2 = m1v1′2 + m2 v2′ 2 2 2 2 2
Er is gegeven dat de massa’s gelijk zijn, dus we hebben: v1 + v2 = v1′ + v2′ v12 + v2 2 = v1′2 + v2′ 2
Dit zijn 2 vergelijkingen met 2 onbekenden, dus in principe kunnen we het vraagstuk nu oplossen. Uit de eerste vergelijking volgt: v2′ = v1 + v2 − v1′
Substitutie in tweede vergelijking: v1′2 + ( v1 + v2 − v1′ ) = v12 + v2 2 2
v1′2 + ( v1 + v2 ) − 2( v1 + v2 ) v1′ + v1′2 = v12 + v2 2 2
(
)
2v1′2 − 2( v1 + v2 ) v1′ + ( v1 + v2 ) − v12 + v2 2 = 0 2
2v1′2 − 2( v1 + v2 ) v1′ + 2v1v2 = 0 b 1 ± b 2 − 4ac vinden we nu de twee oplossingen 2a 2a voor v1′ en door invullen in de behoud van impuls vergelijking de bijbehorende v2′
Met de abc formule ax 2 + bx + c = 0 ⇒ x1,2 = − v1′ = v1 met v2′ = v2 of v1′ = v2 met v2′ = v1
De eerste oplossing geeft aan dat er niets verandert; alsof de deeltjes door elkaar heengegaan zijn zonder interactie. De tweede oplossing beschrijft de werkelijke situatie na de botsing: de deeltjes hebben elkaars snelheid aangenomen. c) Met dezelfde aannames als onder b maar neem nu aan dat de massa’s verschillend zijn. Beschrijf een botsing van een bal tegen een harde muur. 4
Uitwerkingen Werkcollege 1
We moeten nu de massa’s in onze berekening meenemen! We hebben weer 2 vergelijkingen met 2 onbekenden, dus het probleem is weer oplosbaar. Uit de behoud van impuls vergelijking volgt: v2′ =
1 ( m1v1 + m2 v2 − m1v1′ ) m2
Substitutie in de behoud van energie vergelijking geeft: 2
m m m1v1′2 + m2 1 v1 + v2 − 1 v1′ = m1v12 + m2 v2 2 m2 m2 2
m1v1′2
2
m m m m + m2 1 v1 + v2 − 2m2 1 v1 + v2 1 v ′ + 1 v1′ = m1v12 + m2 v2 2 m2 m2 m2 m2
2 2 m + m m1 v′ 2 − 2m m1 v + v m1 v ′ + m m1 v + v = m v 2 + m v 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 m2 m2 m2 m2 2 2 m + m m1 v ′ 2 − 2m m1 v + v m1 v′ + m m1 v 2 + 2m m1 v v + m v 2 = m v 2 + m v 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 m2 m2 m2 m2 m2 2 2 m + m m1 v′ 2 − 2(m v + m v ) m1 v ′ + m m1 − m v 2 + 2m m1 v v = 0 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 m2 m m2 m2 2 1 b Met de abc formule ax 2 + bx + c = 0 ⇒ x1,2 = − ± b 2 − 4ac vinden we weer de twee oplossingen 2a 2a voor v1′ en door invullen in de behoud van impuls vergelijking de bijbehorende v2′
v1′ =
(m1 − m2 )v1 + 2m2 v2 met (m1 + m2 )
v2′ =
(m2 − m1 )v2 + 2m1v1 (m1 + m2 )
Voor (m2/m1)>>1 en v2=0 volgt hieruit v1' = -v1. Dus bij een botsing met een harde muur zal de bal met dezelfde snelheid terugkaatsen. d) Beschrijf kwalitatief wat er gebeurt bij een niet-centrale botsing, bijvoorbeeld bij een botsing van biljartballen. Verklaar kwalitatief de werking van het effect. Bij een niet centrale botsing zullen er krachten optreden met een andere richting dan de beweging van de kogels. Het is dus niet meer voldoende om zoals bij onderdelen b en c met de snelheidscomponenten in 1 richting te werken. Nog steeds gelden de behoudswetten van impuls en energie alleen moet nu met vectoren gerekend worden. Bij biljartballen moet ook de rotatieenergie meegenomen worden. Bij een botsing tussen biljartballen zal ook deze rotatieenergie de beweging van de andere bal beinvloeden.
Basketbal (toets oktober 2000) a) Geef uitdrukkingen voor de versnellingsvector a de snelheidsvector v en de plaatsvector r als functie van de tijd t.
5
Inleiding Mechanica & Transductietechniek
0 a = 0 - g
v x0 0 v = adt = at + v 0 ⇒ v = 0 + v 0 = 0 0 v z 0 − gt - gt ⋅ ⋅ v t v t t t x0 x0 1 2 r = vdt = (at + v 0 )dt = at + v 0 t + r0 ⇒ r = v y 0 ⋅ t + r0 = 0 2 1 2 0 0 1 - gt 2 + v ⋅ t - gt + v z 0 ⋅ t + z 0 z0 2 2 t
∫
∫
∫
b) Wat is de potentiele energie van de bal op het hoogste punt ten opzichte van de uitgangspositie r0 ? Geef een uitdrukking voor de maximale hoogte zmax die de bal bereikt als functie van de initiele snelheid v 0 en de hoek α. De potentiele energie is natuurlijk: E pot = mg(z max − z 0 )
De totale energie (potentieel plus kinetisch) moet bovenaan hetzelfde zijn als in de startpositie, dus: E kin, begin = E pot, max + E kin, boven 1 1 1 1 mv 02 = mv 2x 0 + mv 2z 0 = mg(z max − z 0 ) + mv 2x 0 2 2 2 2 1 2 v z 0 = g(z max − z 0 ) 2 1 2 1 (v 0 sin α )2 + z 0 z max = v z0 + z 0 = 2g 2g
c) Bepaal de grootte van de snelheid v b waarmee de bal op positie rb in de basket aankomt als functie van de beginsnelheid v 0 . De totale energie moet weer constant blijven, dus: E kin, begin = E pot, basket + E kin, basket 1 1 mv 02 = mg(z b − z 0 ) + mv 2b 2 2 1 2 1 2 v b = v 0 − g(z b − z 0 ) 2 2 v 2b = v 02 − 2g(z b − z 0 ) v b = v 02 − 2g(z b − z 0 )
d) Geef een uitdrukking voor de benodigde vertikale component van de beginsnelheid vz0 (als functie van vx0, xb en hb) opdat de bal inderdaad op positie rb aankomt.
6
Uitwerkingen Werkcollege 1
x b v x 0 ⋅ t eind r = 0 = 0 z 1 2 - gt eind + v z 0 ⋅ t eind + z 0 b 2 xb v x 0 ⋅ t eind = x b ⇒ t eind = v x0 1 2 - gt eind + v z 0 ⋅ t eind + z 0 = z b ⇒ 2 2
1 x + v ⋅ xb = zb − z0 ⇒ - g b z0 v x0 2 v x0 v z0 ⋅
xb
v z0 =
v x0
= zb − z0 +
2 1 xb ⇒ g 2 v x0
zb − z0 1 x v x 0 + g b 2 v x0 xb
We kunnen dit antwoord eenvoudig controleren door te kijken of de dimensie van het resultaat inderdaad [m/s] is.
7
