Proste wyprowadzenie wzoru przyspieszenia dośrodkowego?
On 31 stycznia, 2021 by adminCzy ktoś mógłby mi pokazać proste i intuicyjne wyprowadzenie wzoru na przyspieszenie dośrodkowe $ a = v ^ 2 / r $, najlepiej takie, które nie obejmuje rachunku różniczkowego lub zaawansowana trygonometria?
Odpowiedź
Wyobraź sobie obiekt stale przemierzający okrąg o promieniu $ r $ wyśrodkowanym na początku. Jego pozycję można przedstawić za pomocą wektora o stałej długości, który zmienia kąt. Całkowita odległość pokonana w jednym cyklu wynosi 2 $ \ pi r $. Jest to również łączna kwota, o jaką zmieniła się pozycja.
Rozważmy teraz wektor prędkości tego obiektu: może on być również reprezentowany przez wektor o stałej długości, który stale zmienia kierunek. Ten wektor ma długość $ v $, więc skumulowana zmiana prędkości wynosi $ 2 \ pi v $.
Wielkość przyspieszenia wynosi wtedy $ \ frac {\ text {zmiana prędkości}} {\ text {elapsed time}} $, co możemy zapisać jako: $$ a = \ frac {2 \ pi v} {\ left (\ frac {2 \ pi r} {v} \ right)} = \ frac {v ^ 2} {r} \,. $$
QED
Na bok: to wyprowadzenie jest używane w wielu podręcznikach opartych na algebrze / trygonometrii.
Komentarze
- Zauważ, że po jednym pełnym obrocie zmiana na pozycji równa się również 0. To, co nas tu interesuje, to naprawdę średnia wartość chwilowego przyspieszenia, ale aby ją uzyskać, potrzeba rachunku różniczkowego (a przynajmniej mechanizmu limity), których OP nie ' nie chce. Zamiast tego bierzemy pod uwagę nie przemieszczenie, ale odległość, a także odpowiednik odległości dla prędkości (która nie ' nie ma konwencjonalnej nazwy), a nie $ \ vec {v} _f – \ vec { v} _i $. To daje przyspieszenie dośrodkowe dla wszystkich krzywych (znając $ r $ i $ v $), ale musimy dodać ” poprzeczne ” przyspieszenie ręcznie.
- To świetne wyjaśnienie, ale czy ktoś mógłby wyjaśnić, dlaczego skumulowana zmiana prędkości wynosi 2 * pi * v?
- @ Konceptualność Tak więc, zakładając, że prędkość cząstki jest stała, prawda? Ale gdy krąży po okręgu, zmienia się kierunek ruchu. Oznacza to, że wektor prędkości zachowuje tę samą długość, ale obraca się po całym okręgu. Końcówka wektora prędkości opisuje okrąg o promieniu $ v $, więc odległość, na jaką poruszyła się końcówka, wynosiła 2 $ \ pi v $.
- @dmckee, w podobnym trójkącie, zmiana prędkości wynosi po prostu odległość między końcami dwóch wektorów prędkości rysuje od ogona do ogona. Ale czy ” delta v ” będzie po prostu równe zero, skoro wielkość jest stała? ——— co tak naprawdę masz na myśli czy zmiana kierunku mimo to w stopniach?
- @ theenigma017 Kąty są formalnie bezwymiarowe (dlatego prędkość kątowa i częstotliwość kątowa są tą samą miarą w SI). Dlatego 2 $ \ pi r $ to odległość, a nie jakaś inna wielkość, co oznacza, że 2 $ \ pi r $ to prędkość. Pierwsze trzy komentarze mogą pomóc lub możesz o tym pomyśleć jako o porównaniu odległości i prędkości.
Odpowiedź
W trójkącie prostokątnym ABC \ begin {equation} \ dfrac {| \ dfrac {\ Delta \ mathbf {\ vec v}} {2} |} {| \ vec V |} = Sin \ dfrac {\ Delta \ vec \ theta} {2} \ tag {01} \ end {equation} Jeśli \ begin {equation} \ theta \ tag {02} \ end {equation} jest mały \ begin {equation} v (t) \ approx v (t + \ delta t) = \ mathbf {\ vec v} \ tag {03} \ end { equation} \ begin {equation} \ dfrac {| \ dfrac {\ delta \ mathbf {\ vec v}} {2} |} {| \ vec V |} = Sin \ dfrac {\ delta \ vec \ theta} {2} \ tag {03} \ end {equation} Dla małego kąta \ begin {equation} \ delta \ theta \ approx Sin {\ delta \ theta} \ tag {04} \ end {equation} A więc po zmianie układu \ begin {equation} \ dfrac {\ delta \ mathbf { \ vec v}} {2} = \ dfrac {\ delta \ vec \ theta} {2} \ times \ vec v \ tag {05} \ end {equation} \ begin {equation } \ delta \ mathbf {\ vec v} = \ delta \ vec \ theta \ times \ vec v \ tag {06} \ end {equation} \ begin {equation } \ dfrac {\ delta \ mathbf {\ vec v}} {\ delta \ mathbf {t}} = \ dfrac {\ delta \ vec \ theta} {\ delta \ mathbf {t}} \ times \ vec v \ tag {07} \ end {equation}
\ begin {equation} \ mathbf {\ vec a} = \ dfrac {\ delta \ mathbf { \ vec v}} {\ delta \ mathbf {t}} \ tag {08} \ end {equation}
\ begin {equation} \ vec \ omega = \ dfrac {\ delta \ vec \ theta} {\ delta \ mathbf {t}} \ tag {09} \ end {equation}
\ begin {equation} \ mathbf {\ vec a} = \ vec \ omega \ times \ vec v \ tag {10} \ end {equation}
\ begin {equation} \ mathbf {a} = \ omega \ times v \ tag {11} \ end {equation} A ponieważ \ begin {equation} \ mathbf {v} = \ omega \ times r \ tag {12} \ end {equation} Więc \ begin {equation} \ mathbf {a} = \ dfrac {v ^ {2}} { \ mathbf {r}} \ tag {13} \ end {equation}
Komentarze
- Przy małym ograniczeniu kąta jest to oczywiście poprawne wyprowadzenie. Ale możesz chcieć jasno powiedzieć, że $ | \ Delta \ mathbf {v} | = v | \ Delta \ phi | $ jest poprawne w tym limicie. Odniosłem mieszane sukcesy w klasie z tym wyprowadzeniem (iz tym, którego używałem).
- Dlaczego $ | \ Delta \ mathbf v | = v | \ Delta \ phi | $?
- V (wektor) = kąt * prędkość? jaka jest intuicja? użyty również w powyższej odpowiedzi
- @Allawonder Czy udało ci się to rozwiązać? Utknąłem przy tym samym pytaniu.
Odpowiedź
Możesz to wyprowadzić, łamiąc pozycję orbitujące cząstki w dół na komponenty. To nie jest krótkie, ale myślę, że jest przydatne, ponieważ uzupełnia algebrę konkretnymi analogiami fizycznymi. Podzielę go na cztery części: dekompozycja , oscylacja , energia i symetria .
Rozkład
Pozycję cząstki poruszającej się po kołowej ścieżce można opisać za pomocą dwóch pół- sinusoida fazy – lub równoważna fala sinusoidalna i cosinus:
( via )
Łatwo to wyprowadzić: załóżmy cząstka porusza się ze stałą prędkością kątową $ \ omega $ wokół okręgu o promieniu $ r $. Następnie $ \ theta = \ omega t $, a podstawowa trygonometria mówi nam, że podane jest położenie cząstki podanej $ \ theta $ przez $ x = r \ cos \ theta $ i $ y = r \ sin \ theta $. Możemy podstawić Należy uzyskać $ x = r \ cos (\ omega t) $ i $ y = r \ sin (\ omega t) $.
Oscylacja
Okazuje się, że istnieje inny rodzaj ruchu, który jest opisany przez fale sinusoidalne: oscylacja ciężar na wiosnę . W takim systemie
$$ x (t) = A \ cos \ left (\ sqrt {k \ over m} t \ right) $$
gdzie $ A $ jest amplitudą (tj. różnicą między maksymalną długością sprężyny a jej długością spoczynkową), $ k $ jest stałą siły sprężyny z prawa Hookea, a $ m $ jest oczywiście masą. to równanie w zwykły sposób wymaga nie tylko rachunku różniczkowego, ale także równań różniczkowych – więc proszę, abyście wierzyli na moje słowo do nieco później.
Dla naszych celów oznacza to, że Mechanikę orbitującej cząstki można zasymulować za pomocą dwóch oscylujących sprężyn: jednej dla składnika $ x $ i jednej dla składnika $ y $, który jest identyczny z pierwszym, ale jest z nim w połowie przesunięty w fazie.Aby wyobrazić sobie, jak to wygląda, spójrz wstecz na powyższą animację i udawaj, że niebieska i czerwona kropka są przymocowane do sprężyn, które podczas odpoczynku mają 0 $.
Teraz, gdy mamy już model sprężynowy, możemy go użyć do określenia siły przyłożonej do cząstki wzdłuż osi $ x $! Zgodnie z prawem Hookea , siła, z jaką sprężyna działa na przyczepiony ciężar, wynosi $ F = -kx $. Spróbujmy użyć tego wzoru do określenia przyspieszenie cząstki, gdy sprężyna $ x $ osiąga maksymalną długość. Wiemy, że jego maksymalna długość w tym przypadku wyniesie $ r $ – odpowiada to momentowi, w którym cząstka znajduje się w pozycji $ x = r, y = 0 $. Wiemy, że $ F = ma $. Zatem przez podstawienie $ ma = -kr $; podziel przez $ m $ i
$$ a = -k \ frac {r} {m} $$
Nasza praca jest już w połowie wykonana. Ale teraz mamy nowy problem: nie wiemy, co to jest $ k $ – w końcu nie ma rzeczywistej sprężyny, więc nie możemy niczego zmierzyć. Musimy wiedzieć, jaka wartość $ k $ sprężyny będzie miała, jeśli porusza się tak samo jak cząstka wzdłuż osi $ x $. Aby rozwiązać ten problem, musimy zacząć myśleć o prawach zachowania.
Energia
Niech ” Zastanów się, co się dzieje, gdy sprężyna $ x $ oscyluje. Kiedy sprężyna znajduje się w punkcie x = r $, wywiera największą siłę na cząstkę, ale cząstka w ogóle się nie porusza. To jest dokładnie na szczycie fali. To oznacza, że $ v = 0 $. Od tego punkt, siła, z jaką sprężyna działa na cząstkę, przyspieszy ją od 0 $ do jej największej prędkości $ -v_ \ text {max} $. 1 A zanim cząstka osiągnie $ x = 0 $, sprężyna nie będzie przykładać żadnej siły, to jest stan spoczynku sprężyny. Ponieważ sprężyna nie działa, osiągnęliśmy $ -v_ \ text {max} $ – kierunek przyszłego przyspieszenia będzie w przeciwnym kierunku, spowalniając cząstkę, aż osiągnie $ x = -r $.
Oznacza to, że przy $ x = r $ mamy $ F = -F_ \ text {max} $ , $ a = -a_ \ text {max} $ i $ v = 0 $. A przy $ x = 0 $ mamy $ F = 0 $, $ a = 0 $ i $ v = -v_ \ text {max} $.
Oto, co się dzieje: energia w systemie porusza się tam iz powrotem pomiędzy maksymalną energią kinetyczną (przy $ x = 0 $, gdy sprężyna nie jest w ogóle rozciągnięta ani ściśnięta) a maksymalną energią potencjalną (przy $ x = r $, gdy sprężyna jest w pełni rozciągnięta ). A ze względu na zachowanie energii te dwa maksima muszą być równe; innymi słowy, $ E_ \ text {max} $ = $ P_ \ text {max} $.
Wzór na energię kinetyczną to $ E = \ frac {1} {2} mv ^ 2 $ – to podstawowa mechanika Newtona. Jaki jest wzór na $ P $ w tym przypadku? To jest najtrudniejsza część wyprowadzenia. Energia potencjalna zmagazynowana na wiosnę jest równa ilości ujemnej pracy wykonanej w celu jej rozciągnięcia do x = r $. Musimy więc zapamiętać wzór na pracę: $ W = Fd $, gdzie $ d $ oznacza przebytą odległość – czyli $ x $, przy założeniu, że zaczynamy od $ x = 0 $. Ale wtedy mamy problem. $ F = -kx $ nie jest stała – jest funkcją $ x $.
Generalnie oznaczałoby to, że musimy zrobić rachunek. Ale na szczęście $ F = -kx $ jest funkcja liniowa, więc żądana wartość jest równa powierzchni trójkąta utworzonej przez oś $ x $ i linię $ F = -kx $:
( przez )
Na powyższym wykresie $ k = 1 $, przebyta odległość $ d = x_ \ text {max} = 1 $, oraz obszar danego trójkąta reprezentuje wartość, którą uzyskasz mnożąc $ F (x) $ przez przebytą odległość, dostosowując się do zmian wartości $ F $ wraz ze wzrostem odległości. Ale ponieważ wysokość trójkąta wynosi $ -kx_ \ text {max} $ a podstawa trójkąta to $ x_ \ text {max} $, możemy po prostu użyć zwykłej starej geometrii. Pole trójkąta to $ \ rm \ frac {1} {2} base \ times wysokość $ – lub tutaj, ponieważ $ x_ \ text {max} = r $
$$ W = – \ frac {1} {2} kr ^ 2 $$
A ponieważ jest silny energia ial równa się pracy ujemnej :
$$ P = \ frac {1} {2} kr ^ 2 $$
Czy to nie jest interesujące, jak podobne jest to do $ E = \ frac {1} {2} mv ^ 2 $? Jeśli pomyślisz o tym przez chwilę i weźmiesz pod uwagę, że $ E + P $ musi być wartością stałą, możesz zacząć zdawać sobie sprawę, dlaczego oscylująca sprężyna podąża po ścieżce sinusoidalnej! (Wskazówka: napisz wzór na okrąg, ale użyj $ \ sqrt {E + P} $ zamiast $ r $ i $ v $ zamiast $ y $.)
Ale możesz wrócić do tego później. Jesteśmy bardzo blisko! Ustawianie $ v = v_ \ text {max} $:
$$ E + P = E_ \ text {max} = P_ \ text {max} = \ frac {1} {2} kr ^ 2 = \ frac {1} {2} mv ^ 2 $$
Co się stanie, gdy rozwiążemy k $ k $?
\ begin {align} \ frac {1} {2} kr ^ 2 & = \ frac {1} {2} mv ^ 2 \\ \ implikuje kr ^ 2 & = mv ^ 2 \\ \ implies k & = \ frac {mv ^ 2} {r ^ 2} \ end {align}
Teraz możemy podstawić to do powyższego wzoru na przyspieszenie:
\ begin {align} a & = -k \ frac {r} {m} \\ & = – \ frac {mv ^ 2} {r ^ 2} \ frac {r} {m} \\ & = – \ frac {v ^ 2} {r} \ end {align}
Możesz się zastanawiać, dlaczego znak minus pojawia się w tej wersji. Ale pamiętaj, że przyspieszenie jest technicznie w przeciwnym kierunku przemieszczenia. Więc gdy $ x = r, y = 0 $, przyspieszenie jest w kierunku $ -r $. Gdyby było inaczej, cząstka przyspieszałaby na zewnątrz! 2
Symetria
Ostatni krok tego wyprowadzenia wymaga sztuczki. Zaczęliśmy od rozbicia ruchu w dwóch wymiarach na ruch wzdłuż dwóch jednowymiarowych elementów. Następnie użyliśmy wyimaginowanych sprężyn, aby opisać ruch cząstki wzdłuż tych dwóch składowych. A teraz stajemy przed ostatnim pytaniem: w jaki sposób wybieramy komponenty $ x $ i $ y $?
Muszą być prostopadle do siebie, ale to dopiero połowa sukcesu – musimy znaleźć „właściwe miejsce” na początek, „rzeczywistą” współrzędną $ x $. Kłopot polega na tym, że nie możemy „t. Okrągła ścieżka, po której porusza się cząstka, jest obrotowo symetryczna. W okręgu nie ma nic, co mogłoby nam powiedzieć, gdzie się„ zaczyna ”lub„ kończy ”.
Oznacza to, że powyższa linia rozumowania obowiązuje bez względu na to, od czego zaczniemy. Możemy wybrać dowolny punkt na okręgu jako punkt $ x = 1, y = 0 $, a powyższe będzie ważne. Więc gdziekolwiek jest cząstka, po prostu ustawiamy ten punkt jako nasz punkt $ x = r, y = 0 $, a wszystko inne układa się na swoim miejscu.
Gdybyśmy chcieli zrobić więcej pracy dla siebie, moglibyśmy wypracować szczegóły trygonometrycznie, używając powyższych wzorów, dostosowując je do osi $ y $, a następnie ponownie łącząc $ x $ i $ y $ wartości za pomocą algebry wektorowej. Ale nie musimy tego robić – argument symetrii jest w tym przypadku silniejszy.
1. Tutaj „największy” naprawdę oznacza „najbardziej ujemny”, ponieważ cząstka porusza się w kierunku ujemnym Kierunek $ x $. Te wartości naprawdę będą wynosić $ -F_ \ text {max} $ i $ -v_ \ text {max} $. Później, gdy cząstka porusza się w przeciwnym kierunku, wartości te będą dodatnie.
2. Zrozumienie znaków wymaga wielu subtelnych szczegółów; w szczególności musisz zrozumieć, dlaczego negatywna praca staje się pozytywną energią potencjalną. Pomyśl także o $ r $ jako wektor (który ma kierunek) zamiast wielkości (która nie ma kierunku). Na szczęście intuicja fizyczna jest w tym przypadku niezawodnym przewodnikiem; jeśli coś okaże się ewidentnie nie tak, sprawdź dokładnie swoje myślenie.
Odpowiedz
Aby przejść przez wklęsła ścieżka, agent musi przyłożyć siłę do obiektu poruszającego się liniowo. Obiekt, z racji swojego ruchu, pod nieobecność jakiejkolwiek siły zewnętrznej, zawsze porusza się lub ma tendencję do przemieszczania się w kierunku wektora prędkości w danej chwili.
Tak więc, gdy obiekt musi wykonać ruch poprzeczny krzywej trajektorii, głównym wymaganiem jest wprowadzenie siły, która manipuluje kierunkiem prędkości w taki sposób, że wynikowe miejsce jest wymaganą ścieżką krzywoliniową, w przeciwnym razie obiekt poruszałby się prosto.
Kierunek siły jest ewidentnie kierunkiem przyspieszenia lub granicą zmiany prędkości w czasie. Zatem, aby znaleźć kierunek, pomyślmy o nieskończenie małej sytuacji.
Niech przez krótki czas $ \ Delta t $ przebyta odległość to $ v (t) \ Delta t $ wzdłuż łuk kołowy o promieniu $ r $. Kąt poprzeczny wynosi zatem $$ \ Delta \ theta = \ dfrac {v (t) \ Delta t} {r} $$.
Wyobraź sobie dwusieczną Teraz rozważ zmiany prędkości równolegle & prostopadle do tej dwusiecznej. Początkowo prędkość ma składową $ v \ sin (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ z dala od centrum & $ v \ cos (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ poprzecznie. Następnie ma składnik $ v \ sin (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ w kierunku centrum & $ v \ cos (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ poprzecznie jak poprzednio. Zatem zmiana prędkości ma wielkość $ 2v \ sin (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ w kierunku środek łuku.
Ponieważ $ \ Delta \ theta $ jest znikomo małe, $ \ sin (\ frac {\ Delta \ theta} {2}) $ staje się w rozróżnialne jako $ \ dfrac {\ Delta \ theta} {2} $. W ten sposób możemy wstawić $$ | \ Delta v (t) | = v ^ 2 \ dfrac {\ Delta \ theta} {r} $$. A kierunek jest w kierunku środka. W ten sposób siła obraca wektor położenia wzdłuż zakrzywionej trajektorii, a zmiana jest skierowana promieniowo do wewnątrz, niezależnie od tego, czy jest śledzona zgodnie z ruchem wskazówek zegara, czy przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.
Obraz staje się bardziej żywy, jeśli obliczymy za pomocą współrzędnych biegunowych.
Najpierw zapisujemy wektor pozycji jako $ \ mathbf {r} = r \ cdot \ mathbf e_r $. Rozważmy teraz zmianę $ \ mathbf {r} $ w czasie. Jego zmiana podczas $ \ Delta t $ wynosi $ r \ Delta \ theta \ cdot \ mathbf e _ {\ theta} $. $ e_r \, \ textrm {i} \, e _ {\ theta} $ są wzajemnie prostopadłe, pierwszy to promieniowo na zewnątrz od centrum. Dlatego prędkość wynosi $$ \ mathbf v = \ dfrac {\ mathrm d \ mathbf {r}} {\ mathrm dt} = r \ frac {\ mathrm d \ theta} {\ mathrm dt} \ cdot \ mathbf e _ {\ theta } = \ omega r \ cdot \ mathbf e _ {\ theta} $$.
Umieszczając $ r = 1 $, otrzymujemy $$ \ frac {\ mathrm d} {\ mathrm dt} (\ mathbf e_r) = \ omega \ mathbf e _ {\ theta} \;. $ $
Podobnie, zmiana $ \ theta $ implikuje zmianę $ \ mathbf e _ {\ theta} $. Można zauważyć, że $$ \ frac {\ mathrm d} {\ mathrm dt} (\ mathbf e _ {\ theta}) = – \ omega \ cdot \ mathbf e_r \;. $$ Teraz różnicujemy prędkość, $$ \ mathbf {a} = \ omega r \ dfrac {\ mathrm d} {\ mathrm dt} (\ mathbf e _ {\ theta}) = – {\ omega} ^ 2 r \ cdot \ mathbf e_r \;. $$ Wynik ten spada automatycznie w odpowiednim kierunku, który jest przeciwny do $ \ mathbf e_r $ ie w kierunku środek promieniowo.
Dodaj komentarz