Seminari 1 - Levizja Ne Nje Permase [PDF]

Zitiervorschau

USHTIME TE ZGJEDHURA

Lëvizja në një përmasë

Nëntor 2020

Shpejtësia skalare, Zhvendosja dhe Shpejtësia vektoriale 1 Një atlet vrapon 2.5 km, në vijë të drejtë, për 9.0 min dhe pastaj i duhen 30 min për tu kthyer pas deri në pikën e nisjes duke ecur. (a) Sa është shpejtësia vektoriale mesatare e atletit për 9.0 min e para? (b) Sa është shpejtësia vektoriale mesatare për kohën e kthimit duke ecur? (c) Sa është shpejtësia vektoriale mesatare për të gjithë udhëtimin? (d) Sa është shpejtësia skalare mesatare për të gjithë udhëtimin? ZGJIDHJE Në këtë problem atleti udhëton në vijë të drejtë por jo me shpejtësi skalare konstante - fillimisht ai vrapon, pastaj ecën. Zgjedhim një sistem koordinativ në të cilin drejtimi fillestar i lëvizjes merret si drejtimi pozitiv x.

(a) Duke përdorur përcaktimin e shpejtësisë vektoriale mesatare, llogarisim shpejtësinë vektoriale mesatare për 9 min e para: (b) Duke përdorur përcaktimin e shpejtësisë vektoriale mesatare, llogarisim shpejtësinë vektoriale mesatare të tij për 30 min e shpenzuara në ecje: (c) Shprehim shpejtësinë vektoriale mesatare të tij për të gjithë udhëtimin: (d) Përfundimisht, shprehim shpejtësinë e tij skalare mesatare për të gjithë udhëtimin:

v mes=

Δx 2.5 km = = 0.28 km / min Δt 9.0 min

vmes=

Δx − 2.5 km = Δt 30 min

= − 83 m / min vmes= vsk

Δx round trip Δt mes

=

0 = 0 Δt

distanca e përshkuar kohën e shpenzuar 2(2.5 km) = 30 min + 9.0 min

=

= 0.13 km / min

2 Leopardi mund të vrapojë me shpejtësi deri në 113 km/h, skifteri mund të fluturojë me shpejtësi deri në 161 km/h, dhe peshku mund të notojë me shpejtësi deri në 105 km/h. Që të tre garojnë me njëri tjetrin duke përshkuar një distancë L me shpejtësi maksimale. Sa është shpejtësia skalare mesatare e kësaj skuadre për të gjithë stafetën? Krahasoni këtë shpejtësi skalare mesatare me mesataren numerike të tre individëve. Spjegoni pse shpejtësia skalare mesatare e skuadrës stafetë nuk është e barabartë me mesataren numerike të shpejtësive skalare të individëve. ZGJIDHJE Mund të gjejmë shpejtësinë skalare mesatare të skuadrës stafetë nga përcaktimi i shpejtësisë skalare mesatare. Nga përcaktimi, lidhim shpejtësinë skalare mesatare me distancën totale të përshkuar dhe kohën e shpenzuar: Shprehim kohën e kërkuar nga secila kafshë për të përshkuar distancën L:

Shprehim kohën totale Δt:

v mes= distanca e përshkuar koha e shpenzuar t Leopardit =

dhe t Peshkut =

L

, t Skifterit =

v Leopardit

L v Skifterit

L v Peshkut

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎟⎟ Δt = L⎜⎜ + + ⎝ vLeopardit vSkifterit vPeshkut ⎠

Përdorim distancën totale të përshkuar nga skuadra dhe kohën e shpenzuar për të llogaritur shpejtësinë skalare mesatare: vmes=

3L = 122.03 km/h = 122 km/h ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎟⎟ L⎜⎜ + + ⎝ 113 km/h 161 km/h 105 km/h ⎠

Llogarisim mesataren e tre shpejtësive: Mesatarja tre shpejtësive =

113km/h + 161km/h + 105 km/h = 126.33 km/h = 126 km/h 3

= 1.04v mes

Shpejtësia skalare mesatare e stafetës nuk është e barabartë me mesataren numerike të shpejtësive skalare të tre individëve sepse ″vrapuesit″ nuk vrapojnë për të njejtin interval kohor. Shpejtësia skalare mesatare duhet të jetë e barabartë me 1/3 e shumës së të tre shpejtësive skalare kur secili vrapon për të njejtin interval kohor dhe jo për të njejtën distancë.

3 Një makinë që udhëton me shpejtësi skalare konstante 20 m/s kalon një kryqëzim në kohën t = 0. Një makinë e dytë që udhëton me shpejtësi skalare konstante 30 m/s në të njejtin drejtim kalon të njejtin kryqëzim 5.0 s më vonë. (a) Vizatoni funksionet e pozicionit x1(t) dhe x2(t) për të dy makinat për intervalin 0 ≤ t ≤ 20 s. (b) Përcaktoni se kur makina e dytë do ta parakalojë të parën. (c) Sa larg prej kryqëzimit do jenë dy makinat kur ato takohen? (d) Ku është makina e parë kur e dyta kalon kryqëzimin?

ZGJIDHJE Një mënyrë për të zgjidhur këtë problem është përdorimi i llogaritjes grafike për të plotuar pozicionet e secilës makinë në funksion të kohës. Plotimi i këtyre pozicioneve në funksion të kohës na lejon të paraqisim lëvizjen e dy makinave në lidhje me tokën. Për më tepër, kjo na lejon të shohim lëvizjen e dy makinave në lidhje me njëra tjetrën. Mundemi, psh, të tregojmë sesa larg janë dy makinat në cdo cast të dhënë nga përcaktimi i gjatësisë së një segmenti vertikal nga njëra kurbë tek tjetra. (a) Duke zgjedhur origjinën e sistemit tonë koordinativ në kryqëzim, pozicioni i makinës më të ngadaltë, x1(t), jepet nga:

x1(t) = 20t ku x1 është në metra nqs koha t është në sekonda.

Meqë makina më e shpejtë po lëviz gjithashtu me shpejtësi konstante, dimë që pozicioni i saj jepet nga një funksion i formës:

x2(t) = 30t + b

Dimë që kur t = 5.0 s, makina e dytë është në kryqëzim (dmth, x2(5.0 s) = 0). Duke përdorur këtë informacion bindemi që: Kështu që, pozicioni i makinës më të shpejtë jepet nga:

b = −150 m

x2 (t ) = 30t −150

Përdorim një llogaritës grafik, letër milimetrike, ose ecxel për të përftuar grafikët e mëposhtëm të x1(t) (vija e nxirë) dhe x2(t) (vija e ndërprerë): 450 400 350

x, m

300 250 200 150 100 50 0 0

5

10

t, s

15

20

(b) Përdorim koordinatën kohore të ndërprerjes së dy vijave për të përcaktuar kohën në të cilën makina e dytë parakalon të parën:

Nga ndërprerja e dy vijave, shihet që makina e dytë do parakalojë të parën në: t = 15 s.

(c) Përdorim koordinatën e pozicionit të ndërprerjes së dy vijave për të përcaktuar distancën nga kryqëzimi të makinave kur takohen:

Nga ndërprerja e dy vijave, shohim që distanca nga kryqëzimi është: 300 m.

(d) Vizatojmë një vijë vertikale nga t = 5 s tek vija e nxirë dhe lexojmë koordinatën e pozicionit të ndërprerjes së vijës vertikale me vijën e nxirë për të përcaktuar pozicionin e makinës së parë kur makina e dytë kalon nëpër kryqëzim. Nga grafiku, kur makina e dytë kalon kryqëzimin, e para është: 100 m përpara.

Nxitimi 4 Një objekt lëviz përgjatë boshtit x. Në t = 5.0 s, objekti ndodhet në x = +3.0 m dhe e ka shpejtësinë +5.0 m/s. Në t = 8.0 s, ai ndodhet në x = +9.0 m dhe shpejtësia e tij vektoriale është është –1.0 m/s. Gjeni nxitimin e tij mesatar gjatë intervalit kohor 5.0 s ≤ t ≤ 8.0 s.

ZGJIDHJE Nga informacioni i dhënë mund të gjejmë ndryshimin e shpejtësisë dhe kohën, pastaj përdorim përcaktimin për nxitimin mesatar.

Nxitimi mesatar përcaktohet si raporti i ndryshimit të shpejtësisë me kohën:

Zëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë aav:

a mes=

Δv Δt

a mes=

(− 1.0 m/s) − (5.0 m/s) (8.0 s ) − (5.0 s )

= − 2.0 m/s 2

5 Pozicioni i një grimce varet nga koha sipas ekuacionit x(t) = t2 – 5.0t + 1.0, ku x është në metra dhe t në sekonda. a) Gjeni zhvendosjen dhe shpejtësinë vektoriale mesatare për intervalin kohor 3.0 s ≤ t ≤ 4.0 s. b) Gjeni një formulë të përgjithshme për zhvendosjen në intervalin kohor nga t në t + Δt. c) Përdorni procesin e limitit për të përftuar shpejtësinë vektoriale të castit në një kohë cfarëdo t. ZGJIDHJE Shpejtësinë vektoriale të castit mund ta gjejmë duke bërë limitin e shpejtësisë vektoriale mesatare kur intervali kohor zvogëlohet. Kjo është e rëndësishme sepse gjithcka që përftojmë nga matjet është shpejtësia vektoriale mesatare, vmes, të cilën e përdorim për të gjetur shpejtësinë vektoriale të castit v.

(a) Zhvendosja e grimcës gjatë intervalit 3.0 s ≤ t ≤ 4.0 s jepet nga:

Δx = x(4.0 s ) − x(3.0 s )

Shpektoriale mesatre jepet nga:

vmes=

Gjejmë x(4.0 s) dhe x(3.0 s):

x(4.0 s) = (4.0)2 – 5(4.0) + 1 = –3.0 m dhe x(3.0 s) = (3.0)2 – 5(3.0) + 1 = −5.0 m

Zëvendësojmë vlerat numerike në ekuacionin (1) dhe gjejmë Δx:

(1)

Δx Δt

(2)

Δx = (− 3.0 m ) − (− 5.0 m ) = 2.0 m

Zëvendësojmë vlerat numerike në ekuacionin (2) dhe gjejmë vav:

vmes=

(b) Gjejmë x(t + Δt):

x(t + Δt) = (t + Δt)2 − 5(t + Δt) + 1 = (t2 + 2tΔt + (Δt)2) – 5(t + Δt) + 1

Shprehim x(t + Δt) – x(t) = Δx:

Δx =

2.0 m = 2.0 m/s 1.0 s

(2t −5)Δt + (Δt )2

ku Δx është në metra kur t është në sekonda. (c) Nga (b) gjejmë Δx/Δt kur Δt → 0:

Δx (2t − 5)Δt + (Δt ) = Δt Δt = 2t − 5 + Δt dhe v = lim Δt→0 (Δx / Δt ) = 2t − 5 2

ku v është në m/s kur t është sekonda. Alternativisht, mund të derivojmë x(t) në lidhje me kohën për të përftuar shpejtësinë vektoriale të castit.

dx(t ) d = at 2 + bt + 1 dt dt = 2at + b

v(t ) =

= 2t − 5

(

)

Nxitimi konstant dhe rënia e lirë 6 Një objekt që lëviz përgjatë boshtit x me nxitim konstant e ka shpejtësinë vektoriale +10 m/s kur ai ndodhet në x = 6.0 m dhe +15 m/s kur ai ndodhet në x = 10 m. Sa është nxitimi i tij? ZGJIDHJE Meqë nxitimi i objektit është konstant atëherë përdorim ekuacionet për nxitim konstant për të përshkruar lëvizjen e tij.

Përdorim ekuacionin për nxitim konstant, lidhim shpejtësinë vektoriale me nxitimin dhe zhvendosjen: Zëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë a:

v 2 = v02 + 2 a Δx ⇒ a =

a=

(15

v 2 − v02 2 Δx

− 10 2 )m 2 s 2 = 16 m s 2 2(10 m − 6.0 m ) 2

7 Një ngarkesë me tulla është duke u ngritur nga një vinc me shpejtësi vektoriale konstante prej 5.0 m/s kur një tullë bie nga lartësia 6.0 m mbi tokë. (a) Vizatoni pozicionin e tullës y(t) kundrejt kohës nga momenti kur del nga ngarkesa deri kur godet tokën. (b) Sa është lartësia më e madhe që tulla arrin mbi tokë? (c) Sa kohë do ti duhet tullës për të goditur tokën? (d) Sa është shpejtësia e saj skalare menjëherë para se të godasë tokën? ZGJIDHJE Në mungesë të rezistencës, tulla do lëvizë me nxitim konstant dhe mund të përdorim ekuacionet për nxitim konstant për të përshkruar lëvizjen e saj. Nxitimi konstant implikon një varësi parabolike të pozicionit nga koha.

(a) Përdorim ekuacionin për nxitimin konstant, lidhim pozicionin e tullës me pozicionin e saj fillestar, shpejtësinë vektoriale mesatare, nxitimin dhe kohën e saj gjatë rënies:

y = y0 + v0 t + 12 (− g )t 2

Zëvendësojmë vlerat numerike dhe marrim: y = 6.0 m + (5.0 m s )t − (4.91m s 2 )t 2

(1)

2 2 Grafiku i mëposhtëm i y = 6.0 m + (5.0 m s )t − (4.91m s )t është plotuar duke përdorur MS excel:

8 7 6

y, m

5 4 3 2 1 0 0.0

0.5

1.0

1.5

t, s

(b) Lidhim lartësinë më të madhe që arrin tulla me lartësinë e saj kur shkëputet nga ngarkesa dhe lartësinë shtesë që fiton Δymax :

h = y0 + Δymax

Përdorim ekuacionin për nxitim konstant, lidhim lartësinë e tullës me nxitimin e saj dhe shpejtësinë vektoriale fillestare të saj:

2 vmajë = v02 + 2(− g )Δymax

ose, meqë vmajë = 0,

Zëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë Δymax :

Δy max =

Zëvendësojmë vlerat numerike në ekuacionin (2) dhe gjejmë h:

(2)

0 = v02 + 2(− g )Δymax ⇒ Δymax =

(5.0 m s ) 2

(

2 9.81m s 2

v02 2g

) = 1.3m

h = 6.0m + 1.3m = 7.3m

Shënojmë që grafiku konfirmon këtë rezultat.

(

)

(c) Vendosim y = 0 në ekuacionin (1):

0 = 6.0 m + (5.0 m s )t − 4.91m s 2 t 2

Përdorim ekuacionin e gradës së dytë ose llogaritësin grafik dhe përftojmë:

t = 1.7s and t = –0.71 s.

(d) Përdorim ekuacionin për nxitim konstant, lidhim shpejtësinë skalare të tullës para impaktit me nxitimin e saj dhe zhvendosjen e saj: Zëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë v:

Vlera negative e t jep (nga v = v0 − gt ) v = − 12 m/s dhe kështu nuk ka kuptim fizik.

v2 = v02 + 2gh ose, meqë v0 = 0, v 2 = 2gh ⇒ v = 2gh

(

)

v = 2 9.81 m/s 2 (7.3 m ) = 12 m/s

8 Një gur hidhet vertikalisht poshtë nga maja e një shkëmbi 200 m të lartë. Gjatë gjysmës të sekondës së fundit të fluturimit të tij, guri përshkon një distancë prej 45 m. Gjeni shpejtësinë skalare fillestare të gurit. ZGJIDHJE Në mungesë të rezistencës së ajrit, nxitimi i gurit është konstant. Zgjedhim një sistem koordinativ me origjinë në fund të trajektores me kah pozitiv për nga lart. Le të jetë vf -1 2 shpejtësia skalare gjysmë sekonde para impaktit dhe vf shpejtësia skalare në impakt.

Përdorim ekuacionin për nxitim konstant, shprehim shpejtësinë skalare përfundimtare të gurit të terma të shpejtësisë së tij skalare fillestare, nxitimit dhe zhvendosjes: Gjejmë shpejtësinë skalare mesatare në gjysmën e sekondës së fundit:

vf2 = v02 + 2aΔy ⇒ v0 = vf2 + 2 gΔy (1)

vmes=

vf -1 2 + vf

2 = 90 m s

=

Δxgjysmë sek fundit 45 m = Δt 0.5 s

dhe vf -1 2 + vf = 2(90 m s ) = 180 m s Duke përdorur ekuacionin e nxitimit konstant, shprehim ndryshimin e shpejtësisë skalare të gurit në gjysmën e sekondës së fundit në terma të nxitimit dhe kohës së kërkuar dhe gjejmë ndryshimin e shpejtësisë së tij:

Δv = vf − vf -1 2 = gΔt

Mbledhim ekuacionet që shprehin shumën dhe diferencën e vf – ½ dhe vf dhe gjejmë vf:

vf =

(

)

= 9.81 m s 2 (0.5 s ) = 4.91 m s 180m s + 4.91m s = 92.5m s 2

Zëvendësojmë vlerat numerike në ekuacionin (1) dhe gjejmë v0: v0 =

(92.5 m s)2 + 2(9.81 m s 2 ) (− 200m )

= 68 m s

9 Në një demostrim në klasë, një objekt lëviz përgjatë një rrafshi të pjerrët pa fërkim, me nxitim konstant. Ai lëshohet nga fundi i poshtëm i rrafshit me një shpejtësi fillestare. Pas 8.00 s, ai ndodhet 100 cm nga fundi i poshtëm dhe është duke lëvizur përgjatë rrafshit me shpejtësi –15 cm/s. Gjeni shpejtësinë fillestare dhe nxitimin. (shpejtësi vektoriale = shpejtësi) ZGJIDHJE Nxitimi i ojektit mbi rrafsh është konstant. Nxitimi i tij mesatar është i barabartë me nxitimin e castit (konstant). Zgjedhim një sistem koordinativ në të cilin drejtimi fillestar i lëvizjes së objektit është drejtimi pozitiv.

Duke përdorur përcaktimin e nxitimit, shprehim nxitimin mesatar të objektit në terma të ndryshimit të shpejtësisë së objektit dhe kohës gjatë së cilës ndodh ky ndryshim: Duke përdorur ekuacionin për nxitim konstant, shprehim shpejtësinë mesatare të objektitnë terma të zhvendosjes së objektit dhe kohës së kërkuar: Zëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë v0: Nxitimi mesatar i objektit është:

a = ames=

Δv Δt

vav =

Δx v0 + v 2Δx −v = ⇒ v0 = Δt 2 Δt

v0 =

2(100 cm ) − ( −15 cm/s) = 40 cm/s 8.00 s

a=

− 15 cm/s − (40 cm/s) 8.00 s

= − 6.9 cm/s 2

10 Gjatë frenimit, një makinë, humbet shpejtësinë me ritëm rreth 7.0 m/s2; koha tipike e reagimit për të aktivizuar frenat është 0.50 s. Një bord shkollor lokal përcakton kufirin e shpejtësisë në një zonë shkollore, të tillë që të gjitha makinat të jenë në gjendje të ndalojnë në 4.0 m. a) Çfarë shpejtësie maksimale nënkupton kjo për një automjet në këtë zonë? (b) Cila pjesë e 4.0 m është për shkak të kohës së reagimit? ZGJIDHJE Supozojmë që nxitimi i makinës është konstant. Distanca totale që përshkon makina deri kur ndalon është shuma e distancës që lëviz gjatë kohës së reagimit ndaj frenimit dhe gjatë kohës së frenimit. Zgjedhim një sistem koordinativ në të cilin drejtimi pozitiv është në drejtim të lëvizjes së makinës dhe zbatojmë ekuacion për nxitim konstant për të përftuar një ekuacion kuadratik për shpejtësinë fillestare të makinës v0.

(a) Përdorim ekuacionin për nxitim konstant, lidhim shpejtësinë e makinës me shpejtësinë e saj fillestare, nxitimin, dhe zhvendosjen gjatë frenimit: Shprehim distancën totale të përshkuar nga makina si shumë të distancës së përshkuar gjatë kohës së reagimit dhe distancës së përshkuar gjatë ngadalësimit:

v 2 = v02 + 2aΔxfr ose, meqë shpejtësia përfundimtare është zero, v2 0 = v02 + 2aΔxfr ⇒ Δxfr = − 0 2a

Δxtot = Δxreag + Δxfr = v0 Δtreag −

v02 2a

Rregullojmë ekuacionin kuadratik dhe marrim:

v02 − 2aΔtreag v0 + 2aΔxtot = 0

Zëvendësojmë vlerat numerike dhe pas thjeshtimeve marrim:

v02 + (7.0 m/s)v0 − 56 m 2 / s 2 = 0

Përdorim llogaritësin grafik ose formulën kuadratike për të zgjidhur ekuacionin kuadratik për rrënjën pozitive:

v0 = 4.76 m/s

Konvertojmë këtë shpejtësi në mi/h:

⎛ 1mi/h ⎞ ⎟⎟ = 11mi/h v0 = (4.76 m/s)⎜⎜ ⎝ 0.4470 m/s ⎠

(b) Gjejmë distancë e kohës së reagimit:

Δxreag = v0 Δt reag

Shprehim dhe vlerësojmë raportin e distancës së regimit me distancën totale:

Δx reag 2.38 m = = 0.60 Δx tot 4.0 m

= (4.76 m/s)(0.50 s) = 2.38 m

11 Nëse do të ishte e mundur që një anije kozmike të ruante një nxitim konstant pafundësisht, udhëtimet tek planetët e Sistemit Diellor mund të kryheshin në ditë ose javë, ndërsa udhëtimet drejt yjeve më të afërt do të kërkonin vetëm disa vjet. (a) Duke përdorur të dhëna nga tabelat në pjesën e pasme të librit, gjeni kohën që do të duhej për një udhëtim në një drejtim nga Toka në Mars (në afërsinë maksimale të Marsit me Tokën). Supozoni se anija kozmike fillon nga prehja, udhëton përgjatë një vije të drejtë, përshpejton gjysmën e rrugës me 1g, rrotullohet dhe ngadalësohen me 1g për pjesën tjetër të udhëtimit. (b) Përsëriteni llogaritjen për një udhëtim 4.1 × 1013 km tek Proxima Centauri, fqinji ynë më i afërt yjor jashtë diellit.

ZGJIDHJE Shënim: asnjë trup material nuk mund të udhëtojë me shpejtësi më të madhe se drita. Kur dikush merret me probleme të këtij lloji, formulat kinematike për zhvendosjen, shpejtësinë dhe nxitimin nuk janë më të vlefshme dhe duhet ti referoheni teorisë speciale të relativitetit për t'iu përgjigjur pyetjeve të tilla si këto. Tani për tani, injoroni këto hollësi. Megjithëse formulat që po përdorni (d.m.th., ekuacionet e nxitimit konstant) nuk janë mjaft të sakta, përgjigja juaj për pjesën (b) do të jetë e gabuar me rreth 1%. (a) Shënojmë t1/2 kohën që duhet për të arritur deri në gjysmë të rrugës. Atëherë koha e udhëtimit të plotë është: Përdorim ekuacion e nxitimit konstant për të lidhur gjysmën e distancës nga Marsi Δx me shpejtësinë fillestare, nxitimin dhe kohën e gjysmë-udhëtimit t1/2 :

t = 2 t1/2

Δx = v0t + 12 at12 2

Meqë v0 = 0 dhe a = g:

t1 / 2 =

Zëvendësojmë në ekuacionin (1) dhe marrim:

t=2

Distanca nga Toka në Mars në afërsinë maksimale është 7.8 × 1010 m. ëvendësojmë vlerat numerike dhe gjejmë t :

(b) Dimë që:

(1)

2Δx a

2Δx a

t round trip = 2

(2)

(

)

2 3.9 × 1010 m = 18 × 10 4 s 9.81 m/s 2

≈ 2.1 d

d Proxima = 4.1×1013 km Centauri

Zëvendësojmë vlerat numerike në ekuacionin (2) dhe marrim:

t round trip = 2

(

)

2 4.1×1013 km = 18 × 10 7 s 2 9.81m/s

≈ 5.8 y

12 Një kundravajtës që udhëton me shpejtësi konstante prej 125 km / h kalon tej një tabele. Një makinë patrullimi e ndjek duke startuar nga prehja me nxitim konstant prej (8.0 km / orë) / s derisa të arrijë shpejtësinë maksimale prej 190 km / orë, të cilën e ruan derisa të arrijë kundravajtësin. (a) Sa kohë i duhet makinës së patrullës për të kapur kundravajtësin nëse fillon të lëvizë sapo si kalon? (b) Sa larg udhëton secila makinë? (c) Vizatoni x (t) për secilën makinë. ZGJIDJE .\sVKWsQMsSUREOHPQ[LWLPLNRQVWDQWPHG\VWDGH. =JMHGKLPQMs VLVWHPNRRUGLQDWLYQsWsFLOLQGUHMWLPLLOsYL]MHVVsPDNLQDYHsVKWsGUHMWLPL SR]LWLv. Paraqitja pikturale përmbledh ato që dimë për lëvizjen e kundravajtësit dhe makinës së patrullës.

xS,0 = 0

xS,1 vS,1 = 125 km/h

vS,0 = 125 km/h

t0 = 0 0

xS,2

aS,01 = 0

t1

aP,01 = 2.22 m/s 2

1

xP,0 = 0 v P,0 = 0

.RQYHUWRMPsVKSHMWsVLWsHPDNLQDYH GKHQ[LWLPLQHPDNLQsVVsSROLFLVs në sistemin SI:

aS,12 = 0 aP,12 = 0

xP,1 v P,1 = 190 km/h

vS,2 = 125 km/h

t2

x 2

xP,2 v P,2 = 190 km/h

km km 1h = 8.0 × = 2.2 m/s 2 , h ⋅s h ⋅ s 3600 s km km 1h 125 = 125 × = 34.7 m/s , h h 3600 s dhe km km 1h 190 = 190 × = 52.8 m/s h h 3600 s 8.0

(a) Shprehim konditën që përcakton se kur makina e policisë arrin kundravajtësin; që është, që zhvendosjet e tyre duhet të jenë të njejta: Duke përdorur ekuacionin e nxitimit konstant, lidhim zhvendosjen e makinës së policisë me zhvendosjen e saj kur përshpejton dhe zhvendosjen e saj pasi arrin shpejtësinë maksimale: Përdorim ekuacionin e nxitimit konstant, lidhim zhvendosjes e kundravajtësit me shpejtësinë e tij konstante dhe kohën që i duhet makinës së policisë që ta arrijë atë: Llogarisim kohën gjatë së cilës makina e policisë përshpejton:

ΔxP,02 = ΔxS,02

ΔxP,02 = ΔxP,01 + ΔxP,12

= ΔxP,01 + vP ,1 (t 2 − t1 )

ΔxS,02 = vS,02 Δt02

= (34.7 m/s) t 2

Δt P,01 = =

Shprehim zhvendosjen e makinës së policisë:

ΔvP,01 aP,01

=

vP ,1 − vP, 0 aP,01

52.8 m/s − 0 = 24 s 2.2 m/s 2

ΔxP,01 = vP,0 Δt P,01 + 12 a P , 01Δt P2, 01

(

)

= 0 + 12 2.2 m/s 2 (24 s )

2

= 630 m

Barazojmë zhvendosjet e dy makinave:

ΔxP,02 = ΔxP,01 + ΔxP,12

= ΔxP,01 + vP ,1 (t 2 − t1 )

= 630 m + (52.8 m/s )(t 2 − 24 s) Zëvendësojmë ΔxP,02 dhe marrim:

(34.7 m/s) t2 = 630 m + (52.8 m/s)(t2 – 24 s)

Koha e arritjes është :

t 2 = 35.19 s = 35 s

(b) distanca e përshkuar është zhvendosja, Δx02,S, e kundravajtësit gjatë ndjekjes:

ΔxS,02 = vS,02 Δt 02 = (35 m/s)(35.19 s ) = 1.2 km

(c) Grafiku i xS dhe xP paraqiten më poshtë. Vija e drejtë e pandërprerë paraqet xS(t) dhe parabola me vijë të ndërprerë paraqet xP(t). 1400 1200

kundravajtësi

x, m

1000

Policia

800 600 400 200 0 0

5

10

15

20

t, s

25

30

35

40

Integrimi i ekuacioneve të lëvizjes 13 Shpejtësia e një grimce jepet nga vx(t) = (6.0 m/s2)t + (3.0 m/s). (a) Vizatoni v kundrejt t dhe gjeni sipërfaqen nën kurbë për intervalin t = 0 në t = 5.0 s. (b) Gjeni funksionin e pozicionit x(t). Përdoreni atë për të llogaritur zhvendosjen gjatë intervalit t = 0 në t = 5.0 s. ZGJIDHJE Integrali i një funksioni është i barabartë me "sipërfaqen" midis kurbës për atë funksion dhe boshtit me variabël të pavarur.

(a) Grafiku i mëposhtëm është plotuar duke përdorur një program llogaritës: 35 30

v, m/s

25 20 15 10 5 0 0

1

2

3

4

5

t, s

Distanca gjendet nga përcaktimi i sipërfaqes nën kurbë. Ka afërsisht 36 blloqe secili me sipërfaqe (5.0 m/s)(0.5 s) = 2.5 m.

Anën = (36 blloqe )(2.5 m/blok

Këtë rezultat mund ta konfirmoni nga formula për sipërfaqen e një trapezoidi:

⎛ 33 m/s + 3 m/s ⎞ A=⎜ ⎟(5.0 s − 0 s ) 2 ⎝ ⎠ = 90 m

(b) Për të gjetur fuksionin e pozicionit x(t), integrojmë fuksionin e shpejtësisë v(t) përgjatë intervalit kohor në shqyrtim:

x(t ) = ∫ v(t ) dt

kurbë

)

= 90 m

t

0 t

[(

)

]

= ∫ 6.0 m/s 2 t + (3.0 m/s ) dt 0

dhe Tani vlerësojmë x(t) në 0 s dhe 5.0 s respektivisht dhe zbresim për të përftuar Δx:

(

)

x(t ) = 3.0 m/s 2 t 2 + (3.0 m/s )t

Δx = x (5.0 s ) − x (0 s ) = 90 m − 0 m = 90 m

14 Figura tregon një plot të x kundrejt t për një trup që lëviz përgjatë një vije të drejtë. Për këtë lëvizje, ndërtoni grafikët (duke përdorur të njejtin bosht të t) e (a) vx në funksion të t, dhe (b) ax në funksion të t. (c) Përdorni grafikët për të krahasuar kohët kur objekti është në largësinë më të madhe nga origjina me kohët kur shpejtësia e tij është maksimale. Spjegoni pse ato nuk ndodhin në të njejtën kohë. (d) Përdorni grafikët për të krahasuar kohën kur objekti lëviz më shpejt me kohën kur nxitimi i tij është maksimal. Spjegoni pse ato nuk ndodhin në të njejtën kohë.

ZGJIDHJE Meqë pozicioni i trupit nuk përshkruhet nga një funksion parabolik, nxitimi nuk është konstant. (a) Zgjedhim një seri pikash mbi grafikun e x(t) (psh, vlerat ekstreme dhe ku grafiku pret boshtin t), ndërtojmë vijat tangente në këto pika, dhe masim pjerrësinë e tyre. Në këtë mënyrë, po gjejmë v = dx/dt në këto pika. Plotojmë këto pjerrësi mbi kohët për të cilat matëm pjerrësitë. Grafiku që përftojmë duhet të ngjajë shumë me grafikun më poshtë. 8 6 4 2

v 0 -2 -4 -6 -8 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

t

(b) Zgjedhim një seri pikash mbi grafikun e v(t) (psh, vlerat ekstreme dhe ku grafiku pret boshtin e t), ndërtojmë vijat tangente në këto pika, dhe masim pjerrësitë e tyre. Në këtë mënyrë, jemi duke vlerësuar a = dv/dt në këto pika. Plotojmë këto pjerrësi mbi kohët në të cilat matëm pjerrësitë. Grafiku që përftojmë duhet të ngjajë shumë me grafikun më poshtë. 15 10 5

a

0 -5 -10 -15 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

t

(c) Pikat në largësi maksimale nga boshti i kohës korespondojnë me pikat e kthimit. Shpejtësia e trupit në këto pika është zero. (d) Trupi lëviz më shpejt kur kalon nëpër origjinë. Në këto kohë shpejtësia nuk ndryshon dhe kështu që nxitimi është zero. Nxitimi maksimal gjendet në distancat maksimale ku shpejtësia është zero por ndryshon menjëherë drejtim.

15 Në intervalin nga 0.0 s në 10.0 s, nxitimi i një grimce që udhëton në vijë të drejtë jepet nga ax = (0.20 m/s3)t. Le të jetë djathtas drejtimi +x. Një grimcë ka fillimisht shpejtësi nga e djathta 9.5 m/s dhe ndodhet 5.0 m majtas origjinës. (a) Përcaktoni shpejtësinë në funksion të kohës, (b) përcaktoni pozicionin në funksion të kohës përgjatë intervalit, (c) përcaktoni shpejtësinë mesatare midis t = 0.0 s dhe 10.0 s, dhe krahasojeni atë me shpejtësitë mesatare dhe të castit në kohët e fillimit dhe përfundimit. A janë të barabarta këto mesatare? Spjegojeni.

ZGJIDHJE Nxitimi është funksion i kohës, pra nuk është konstant. Shpejtësia e castit mund të përcaktohet nga integrimi i funksionit të nxitimit dhe shpejtësia mesatare nga shprehja e përgjithshme për vlerën mesatare të një funksioni jo-linear. (a))XQVLRQLLVKSHMWsVLVHVHFDVWLWv(t) sVKWsLQWHJUDOLNRKRULIXQNVLRQLWWs Q[LWLPLW:

b v(t ) = ∫ a x dt = ∫ b t dt = t 2 + C1 2 NX b = 0.20 m/s3

.RQGLWDWILOOHVWDUHMDQs:

 x(0)=−5.0 m GKH  v(0)=9.5 m/s

3sUGRULPNRQGLWsQ ILOOHVWDUH 2) GKH PDrrim:

v(0) = 9.5 m/s = C1

=sYHQGsVRMPsWHNv(t) b GKH C1 GKH PDUULP: (b) )XNVLRQL L SR]LFLRQLW Ws FDVWLW x(t) është integrali kohor i funksionit të shpejtësisë:

Përdorim konditën fillestare 1) dhe marrim:

(

Zëvendësojmë dhe gjejmë integralin:

(1)

x(t ) = ∫ v(t )dt = ∫ (ct 2 + C1 )dt c = t 3 + C1t + C 2 3 ku c = 0.10 m/s3.

x(0) = −5.0 m = C2 2

Ztutinëvendësojmë tek x(t) C1 dhe C dhe x(t ) = marrim: (c) Vlera mesatare e v(t) përgjatë intervalit Δt jepet nga:

)

v(t ) = 0.10 m/s 3 t 2 + 9.5 m/s

1 3

t

v=

(0.20 m/s ) t + (9.5 m/s) t − 5.0 m/s

1 2 v(t )dt Δt ∫t1

3

3

2 1 2⎛b 2 1 ⎡b 3 1 ⎡b 3 ⎞ ⎤ ⎛b ⎞⎤ t C dt t C t t 2 + C1t 2 − ⎜ t13 + C1t1 ⎟⎥ + = + ⎜ ⎟ 1 1 ⎥ = ⎢ ∫ ⎢ Δt t1 ⎝ 2 Δt ⎣ 6 ⎠ ⎦ t1 Δt ⎣ 6 ⎝6 ⎠⎦ Duke thjeshtuar këtë shprehje marrim: 1 ⎡b 3 3 (t 2 − t1 )+ C1 (t 2 − t1 )⎥⎤ v= Δt ⎢⎣ 6 ⎦

t

t

v=

Meqë t1 = 0:

v=

1 ⎡b 3 ⎤ t 2 + C1t 2 ⎥ ⎢ Δt ⎣ 6 ⎦

Zëvendësojmë vlerat numerike dhe pas thjeshtimeve marrim:

v=

⎤ 1 ⎡⎛ 0.20 m/s 3 ⎞ ⎟⎟ (10.0 s )3 + (9.5 m/s)(10.0 s )⎥ = 13 m/s ⎢⎜⎜ 10.0 s ⎣⎝ 6 ⎠ ⎦

Mesatarja e shpejtësive të castit fillestare dhe përfundimtare jepet nga: Duke përdorur ekuacionin (1), gjejmë v(0) dhe v(10 s):

Zëvendësojmë në ekuacionin (2) dhe marrim:

vmes=

v(0) + v(10.0 s ) 2

(2)

v(0) = 9.5 m/s dhe 2 v(10 s ) = (0.10 m/s 3 )(10.0 s ) + 9.5 m/s = 19.5 m/s vmes=

9.5 m/s + 19.5 m/s = 15 m/s 2

v mes nuk është e njejtë me v sepse shpejtësia nuk ndryshon linearisht me kohën. Shpejtësia nuk ndryshon linearisht me kohën sepse nxitimi nuk është konstant.

Problema të përgjithshme

16 Konsiderojmë një objekt i cili është fiksuar në një piston që lëkundet horizontalisht. Objekti lëviz me shpejtësi v = B sin(ω t), ku B dhe ω janë konstante dhe ω matet me s−1. (a) Spjegoni pse B është e barabartë me shpejtësinë maksimale vmax. (b) Përcaktoni nxitimin e objektit në funksion të kohës. A është nxitimi konstant? (c) Sa është nxitimi maksimal (madhësia) në terma të ω dhe vmax. (d) Në t = 0, pozicioni i objektit njihet të jetë x0. Përcaktoni pozicionin në funksion të kohës në terma të t, ω , x0 dhe vmax. ZGJIDHJE Meqë shpejtësia varion jo-linearisht me kohën, nxitimi i objektit nuk është konstant. Gjejmë nxitimin e objektit nga diferencimi i shpejtësisë së tij në lidhje me kohën dhe funksionin e tij të pozicionit nga integrimi i funksionit të shpejtësisë. (a) Vlera maksimale e funksionit sin (v = vmax sin(ω t)) është 1. Pra koeficienti B paraqet shpejtësinë maksimale te mundshme vmax. (b) Nxitimi i objektit është derivati i shpejtësisë së tij në lidhje me kohën:

a=

dv d = [vmax sin (ωt )] dt dt

= ω vmax cos (ωt )

Meqë a varion sinusoidalisht me kohën ai nuk është konstant. (c) Duke ekzaminuar koeficientin e funksionit cosinus në shprehjen për a konkludojmë që a max = ω vmax . (d) Pozicioni i objektit në funksion të kohës është integrali i funksionit të shpejtësisë:

∫ dx = ∫ v(t )dt

Duke integruar anën e majtë të ekuacionit dhe duke zëvendësuar v në anën e djathtë marrim:

x= ∫ vmax sin (ωt )dt + C

Integrojmë anën e djathtë dhe marrim:

x=

Përdorim konditën fillestare x(0) = x0 dhe përftojmë:

x0 =

Zgjidhja për C jep: Zëvendësojmë C në ekuacionin (1) dhe marrim: Zgjidhja për x jep:

− vmax

ω

− vmax

ω

C = x0 + x=

cos (ωt ) + C

(1)

+C

vmax

− vmax

ω

x = x0 +

ω

cos (ωt ) + x0 + vmax

ω

vmax

ω

[1 − cos(ωt )]

17 Një gur bie në ujë me nxitim që zvogëlohet vazhdimisht. Supozoni që nxitimi i gurit në funksion të shpejtësisë ka formën ay = g − bvy ku b është një konstante pozitive. (Drejtimi +y është për nga poshtë.). (a) Cilat janë njësitë SI të b? (b) Prooni matematikisht që nqs guri hyn në ujë në kohën t = 0, nxitimi do varet exponencialisht nga koha sipas ay (t) = ge−bt . (c) Sa është shpejtësia terminale për gurin në terma të g dhe b?

ZGJIDHJE Meqë nxitimi i gurit është funksion i shpejtësisë së tij, ai nuk është konstant dhe duhet të integrojmë funksionin e nxitimit për të gjetur funksionin e shpejtësisë. Zgjedhim një sistem koordinativ në të cilin drejtimi poshtë është pozitiv dhe origjina është në pikën e lëshimit të gurit. (a) Të tre tremat në ay = g − bv y duhet të kenë të njejtat njësi në mënyrë që ekuacioni të jetë i vlefshëm. Pra njësia e bvy duhet të jetë ajo e nxitimit. Meqë njësitë SI të vy janë m/s, b duhet të ketë njësitë e s−1. (b) Rishkruajmë ay = g − by si ekuacion diferencial: Ndajmë variablat, vy nga e majta, t nga e djathta: Integrojmë anën e majtë të këtij ekuacioni nga 0 në vy dhe anën e djathtë nga 0 në t:

dv y

= g − bv y

dt

dv y

= dt

g − bv y vy

t

dv y

∫ g − bv 0

y

= ∫ dt 0

Integrimi jep:

1 ⎛ g − bv y − ln⎜⎜ b ⎝ g

Zgjidhja për vy jep:

vy =

g 1 − e −bt b

Diferencojmë këtë shprehje në lidhje me kohën dhe përftojmë një shprehje për nxitimin dhe bëjmë provën:

ay =

dv y

(c) Marrim limitin, kur t →∞, të dy anëve të ekuacionit (1):

⎡g ⎤ lim t →∞ v y = lim t →∞ ⎢ 1 − e −bt ⎥ ⎣b ⎦

(

dt

=

⎞ ⎟⎟ = t ⎠

)

(1)

(

)

d ⎛g −bt ⎞ −bt ⎜ 1 − e ⎟ = ge dt ⎝ b ⎠

(

dhe v t =

)

g b

Shënojmë që ky rezultat varet vetëm nga b. Pra b duhet të përfshijë faktorët gjeometrikë si forma dhe sipërfaqja e prerjes tërthore e objektit që bie, si dhe vetitë e lëngut si densiteti dhe temperatura.