Chapter 2 Kinema Tics of Particles

Chapter 2 : Kinematics of Particles

©2007 Pearson Education South Asia Pte Ltd

2/2 Rectilinear Motion

2/3 Plane Curvilinear Motion

2/4 Rectangular Coordinates (x-y)

2/5 Normal and Tangential Coordinates (n-t)

2/6 Polar Coordinates (r-θ)

2/8 Relative Motion (Translating Axes)

2/9 Constrained Motion of Connected Particles

Chapter Outline


Introduction

Dynamics – deals with accelerated motion of a body1) Kinematics

– treats with geometric aspects of the motion- specifying at any instant, the particle’s

position, velocity, and acceleration2) Kinetics

– analysis of the forces causing the motion



Figure 2/2• Velocity

Average velocity,

Instantaneous velocity is defined as

( )tsvtins ΔΔ=→Δ

/lim0

sdtdsvins ==⇒

tsvavg ΔΔ

=

…(2/1)



• Accelerationaverage acceleration is

• Instantaneous acceleration is

orvdtdva ==

tvaavg Δ

Δ=

( )tvat

ΔΔ=→Δ

/lim0

..

2

2

sdtsda == …(2/2)

adsvdv = or dsssds = …(2/3)



∫∫ =2

1

2

1

t

t

s

s

vdtds s2-s1 = (area under v-t curve)

∫∫ =2

1

2

1

t

t

v

v

adtdv v2-v1 = (area under a-t curve)



∫∫ =2

1

2

1

s

s

v

v

adsvdv (v22-v2

1) = (area under a-s curve)21

dsdv

vCB

= vdvdsCB =

CBa =∴


Analytical Integration(a) Constant acceleration

∫∫ =tv

vdtadv

00atvv += 0


∫∫ =s

s

v

vdsavdv

00

( )020

2 2 ssavv −+=

( )dtatvdsts

s ∫∫ +=0 0

0

200 2

1 attvss ++=



(b) a = f(t).

(c) a = f(v)

∫∫ =tv

vdttfdv

0)(

0 ∫+= dttfvv )(0

dtvdsts

s ∫∫ =00

∫+=t

vdtss0

0

∫∫ ==v

v

t

vfdvdtt

0 )(0 ∫+= dttfvv )(0

∫∫ =s

s

v

vds

vfvdv

00 )( ∫+=v

v vfvdvss

0 )(0

dtdvtf =)(

dtdvvf =)(



(d) a = f(s).

∫∫ =s

s

v

vdssfdv

00

)( ∫+=s

sdssfvv

0

)(2022

dtsgds ts

s ∫∫ =00 )( ∫=

s

s sgdst

0)(

Give v = g(s)


Sample Problem 2/1

The position coordinate of a particle which is confined to move along a straight line given bywhere s is measured in meters from a convenient originand t is in seconds. Determine (a) the time require for

the particle to reach a velocity of 72 m/s from its initial condition at t=0, (b) the acceleration of the particle whenv=30 m/s, and (c) the net displacement of the particle during the interval from t=1 s to t=4s

6242 3 +−= tts


Sample Problem 2/1

Soln

a. v=72 m/s, t=?

sec

tvatsvtts

12246

62422

3

==−==

+−=

424672 2

=−=

tt

b. v=30 m/s, a=?

36)3(123

24630 2

==∴=

−=

at

ts

m/s2

c. s4-s1=?

[ ][ ] ms

sss

546)1(24)1(26)4(24)4(2

3

314

=+−−

+−=Δ

−=Δ


Sample Problem 2/1

6242 3 +−= tts

246 2 −== tsv

tva 12==


Sample Problem 2/2

A particle moves along the x-axis with an initial velocity vx=50m/s at the origin when t=0. For the first 4 secondsit has no acceleration, and thereafter it is acted on by a retarding force which gives it a constant acceleration ax = -10 m/s2. Calculate the velocity and the x-coordinateof the particle for the conditions of t=8 s and t=12 s andfind the maximum positive x-coordinate reached by the particle.


Sample Problem 2/2

Solnthe velocity of the particle after t=4 sec is

[ ]∫ ∫= adtdv

m/s 30 v12s,tm/s 10 v8s,t

1090

10

x

x

50 4

−==∴==∴

−=

−=∫ ∫tv

dtdv

x

v t

xx

จาก

( )m 8090t5t x

1090)4(502

4

−+−=

−+=∴

=

∫∫ ∫

dttx

vdtdst


Sample Problem 2/2

m 280x80)12(90)12(5

m 320x80)8(90)8(5

2

2

=−+−=

=−+−=

x

xs; 8t =∴

s; 21t =∴

m 325 8090(9))5(9x 2

max

=−+−=∴

max x s 9t ⇒=∴


Sample Problem 2/3

The spring- mounted slider moves in the horizontal guide with negligible friction and has a velocity v0 in the s-direction as it crosses the mid-position where s=0 and t=0. The two springs together exert a retarding force to the motion of the slider, which gives it an acceleration proportional to the displacement but oppositely directed and equal to a=-k2s, where k is constant. (The constant is arbitrarily squared for the later convenience in the form of the expressions.) Determine the expressions forthe displacement s and the velocity v as function of the time t.


Sample Problem 2/3

Soln

2220

02

10

1

222

2

v v2

vC that v v0,swhen

C2sk

2v

sdsk-vdv

ads vdv

sk−=∴

===

+−=

=∴

=

∫ ∫

kt

skds

cosvv gives which ,s vis velocity the

sinktkvs

0C that 0,s 0,when t

Ctvkssin

k1

dtv

dtds v

0

0

2

20

1

2220

=∴=

=∴

===

+=

=−

∴

=

−

∫ ∫


Sample Problem 2/4

A freighter is move at a speed of 8 knots when its engines are suddenly stopped. If it takes 10 minutes for the freighter to reduce its speed to 4 knots, determine and plot the distance s in nautical mile moved by ship and its speed v in knots as function of the time t during this interval. The deceleration of the ship is proportional to the square of its speed, so that a=-kv2.


Sample Problem 2/4

6t18 vmi

43k

get andhr 61

6010 tknots, 4 vsubstitute

(1) 8kt18 v

dtkvdv

kdtvdv ,

dtdvkv-

dtdva

1

t

0

v

8 2

22

+=⇒=∴

===

+=

−=∴

−==

=

−

∫∫


Sample Problem 2/4

( )t61ln34s ds

6t18

dtds

6t18

dtds v

s

0

t

0+=⇒=

+

=+

=

∫∫


2/3 Curvilinear Motion

Curvilinear motion occurs when the particle moves along a curved path

Position. The position of the particle, measured from a fixed point O, is designated by the position vector r = r(t).


Displacement. Suppose during a small time interval Δt the particle moves a distance Δs along the curve to a new position P`, defined by r` = r + Δr. The displacement Δr represents the change in the particle’s position.



Velocity. During the time Δt, the average velocityof the particle is defined as

trvavg Δ

Δ=

The instantaneous velocity is determined from this equation by letting Δt 0, and consequently the direction of Δr approaches the tangent to the curve at point P. Hence,

dtdrvins =



• Direction of vins is tangent to the curve

• Magnitude of vins is the speed, which may be obtained by noting the magnitude of the displacement Δr is the length of the straight line segment from P to P`.

dtdsv =



Acceleration. If the particle has a velocity v at time t and a velocity v` = v + Δv at time t` = t + Δt. The average acceleration during the time intervalΔt is

tvaavg Δ

Δ=

2

2

dtrd

dtdva ==



a acts tangent to the hodograph, therefore it is not tangent to the path




The particle path is show in Fig.2/7 along with x and y axes.

jyixrva

(2/6) jyixrv jyixr

+===

+==

+=

Figure 2/7 The velocity and acceleration is

2y

2x

x

y2y

2x

aaa

vv

tanθ; vvv

+=

=+=



Figure 2/8

Projectile Motion

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )002

yy2

20y00x0

0yy0xx

yx

y-y2g- v v

gt21-t vyy ; vxx

gt- v v; vv

ga ; 0a

=

+=+=

==

−==

t


Sample Problem 2/5

The curvilinear motion of a particle is defined by vx=50-16t and y=100-4t2, where vx is in meters per second, y is in meters,and t is in seconds. It is also known that x=0 when t=0. Plot the

path of the particle and determine its velocity and accelerationwhen the position y=0 is reached.


Sample Problem 2/5

The x-coordinate

[ ] ( )m 8t-50t x

1650dx dtvdx2

0

x

0x

=

−=⇒= ∫∫∫ ∫t

dtt

The y-components of velocity and acceleration is

[ ] ( )

[ ] ( )

2y

yy

y

2

yy

m/s 8v dt

8da ya

m/s 8v dt

4t100d vyv

−=

−=⇒=

−=

−=⇒=

t

t


Sample Problem 2/5

When y = 0, 0=100-4t2, so t = 5 s

( ) ( )( ) ( )

2

222

22

y

x

m/s j8-i-16a

m/s j40-i-30v

m/s 17.89 816a

m/s 504030 v

m/s 40 vm/s 30 v

=∴

=∴

=−+−=

=−+−=

−=−=


Sample Problem 2/6

A rocket has expended all its fuel when it reaches position A,where it has velocity u at an angle θ with respect to the horizonta

It then begins unpowered flight and attains a maximum added height h at position B after traveling a horizontal distance s from ADetermine the expressions for h and s, the time t of flight from A to B, and the equation of the path. For the interval concerned,assume a flat earth with a constant gravitational acceleration gand neglect any atmospheric resistance.


Sample Problem 2/6

Solution[ ]

[ ] ( )

[ ] ( )2

0y

y

t

0

v

usinθ yyy

0x

gt21utsinθ

gtusinθy vdy

gtusinθ v

dtgdv adv

utcos

cos x vdx

y

−=

−=⇒=

−=

−=⇒=

=

=⇒=

∫

∫∫

∫

t

t

dtdt

dt

dtudt

θ

θ


Sample Problem 2/6

g

g

22sinu

cosg

usinu s

2sinu

gusing

21sinθ

gusinu h

gusint

gtusinθ 0 for occurswhich

,0 when vreached is BPosition

2

22

2

y

θ

θθ

θ

θθ

θ

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=∴

=∴

−=

=


Sample Problem 2/6

θsec2ugx- xtanθ

ucosxg

21sinθ

ucosxu y

gusin t

utcosθ x ispath theofequation the

22

2

2

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=∴

=

=

θθ

θ


EXAMPLE 12.11

A sack slides off the ramp with a horizontal velocity of 12 m/s. If the height of the ramp is 6 m from the floor, determine the time needed for the sack to strike the floor and the range R where the sacks begin to pile up.


Solution(uA)x = 12 m/s and (uA)y = 0ax=0 m/s2 and ay = -9.81 m/s2

unknown : R and the time of flight tAB

Vertical Motion.

EXAMPLE 12.11

[ ] ( )

[ ] ( )

sec 1.11 t gt21 6-

gty vdy

gt v

dtgdv adv

2

0y

y

t

0

v

0 yyyy

=⇒−=

−=⇒=

−=

−=⇒=

∫

∫∫

tdtdt

dt


Horizontal Motion.

EXAMPLE 12.11

[ ]

m. 13.32 R 12(1.11) t u

R vdx

x

0x

=∴==

=⇒= ∫t

xdtudt


The chipping machine is designed to eject wood at chips vO = 7.5 m/s. If the tube is oriented at 30°from the horizontal, determine how high, h, the chips strike the pile if they land on the pile 6 m from the tube.

EXAMPLE 12.12


SolutionThree unknown h, time of flight, tOA and the

vertical component of velocity (vB)y.

vx = ux = 6.5 m/s and ay = -9.81 m/s2

smu

smu

y

x

/75.3)30sin5.7(

/5.6)30cos5.7(

==

==

EXAMPLE 12.12


Horizontal Motion.

EXAMPLE 12.12

[ ]

sec 0.923 6.56 t

tu 6

x vdx

OA

OAx

0x

==∴

=

=⇒= ∫OAt

xdtudt


Vertical Motion.Relating tOA to initial and final elevation of the chips,

m. 1.38 0.72-2.1 y2.1h

==−=∴

EXAMPLE 12.12

[ ] ( )

[ ] ( )

m. 0.72-

gt21-3.75t

gt75.3y vdy

gt3.75 v

dtgdv adv

923.0

0

2

923.0

0y

y

t

0

v

3.75 yyyy

=

=

−=⇒=

−=

−=⇒=

∫

∫∫

dtdt

dt


The track for this racing event was designed so that the riders jump off the slope at 30°, from a height of 1m. During the race, it was observed that the rider remained in mid air for 1.5 s. Determine the speed at which he was traveling off the slope, the horizontal distance he travels before striking the ground, and the maximum height he attains. Neglect the size of the bike and rider.

EXAMPLE 12.13


Solution.Three unknown are initial speed u, range R

and the maximum height h.

Vertical Motion.

EXAMPLE 12.13

[ ] ( )

[ ] ( )

m/s.13.38u

gt21-utsin30 1-

gt30sinyd vdy

gtusin30 v

dtgdv adv

5.1

0

2o

5.1

0

1-

0y

oy

t

0

v

usin30 yyyy

=∴

=

−=⇒=

−=

−=⇒=

∫∫

∫∫

dtudt

dt

o


EXAMPLE 12.13

For maximum height h, we consider path ACAt maximum height (vy)c = 0

[ ] ( ) ( )( )

m.3.38h

1)9.81(h2

6.69-0

gs 2

v

dsgdvv dsadvv

2

1

0y

0v

69.6

y2

1-h

0 y

v

usin30 yyyyyy

y

y

=∴

−−=

−=

−=⇒=

−=

∫∫hc

c


Horizontal Motion

EXAMPLE 12.13

[ ]

m. 38.71 cos3013.38(1.5) R

utcos30

dtuR vdx

o

o

t

0 xx

==∴

=

=⇒= ∫dt



พิจารณาการเคลื่อนที่ของอนุภาคในพิกัด n-t ดังรูป 2/9 เมื่ออนุภาคเคลื่อนที่จากจุด A ไปยังจุด B และไปยังจุด C ทิศทางของพิกัด n จะมีคาเปนบวก เมื่อมีทิศทางพุงเขาสูเสนผานศูนยกลางของสวนโคงของการเคลื่อนที่ของอนุภาค และทิศทางของพิกัด t จะมีตั้ งฉากกับพิกัด n โดยมีทิศทางเดียวกับการเคลื่อนที่ของอนุภาค

รูป 2/9



เราจะใชพิกัด n-t ในการอธิบายความเร็วและความเรง สําหรับการเคลื่อนที่เปนเสนโคงของอนุภาค สําหรับตําแหนงของอนุภาคที่จุด A เราจะใหเวกเตอรหนึ่งหนวยในพิกัด n คือ และเวกเตอรหนึ่งหนวยในพิกัด t คือ แสดงดังรูป 2/10a เมื่อเวลาเพิ่มขึ้น dt อนุภาคจะเคลื่อนที่ตามเสนโคงจาก A ไปยัง A´ ดวยระยะทาง ds โดยรัศมีความโคงของเสนทางการเคลื่อนที่ของอนุภาคที่ตําแหนงนี้ คือ ρ ดังนั้น รูป 2/10

ความเร็วและความเรง

enet

ds=ρdβ



เมื่อ β มีหนวยเปนเรเดียน ดังนั้นขนาดของความเร็วของอนุภาค คือ

ดังนั้นสามารถเขียนความเร็วในรูปเวกเตอรไดดังนี้

ds ρdβv = = dt dt

t tv = ve = ρβe (2/7)



รูป 2/10

ดังนั้นความเรงของอนุภาค คือ

เพื่อที่จะหา เราจะทําการวิ เคราะหการเปลี่ยนแปลงของเวกเตอร ระหวางการเคลื่อนที่ของอนุภาคจาก A ไป A´ ดังรูป 2/10a เวกเตอรหนึ่งหนวย เปลี่ยนไปเปน และการเปลี่ยนแปลงของเวกเตอร คือ แสดงดังรูป 2/10b เวกเตอรจะมีขนาดเทากับขนาดของความยาวของสวนโคง ที่เกิดจากการหมุนเวกเตอรหนึ่งหนวย เปนมุม dβ

( )tt t

d vedva = = = ve +ve (2/8)dt dt

etet

et te′ted

etdβeed tt =



ดังนั้นทิศทางของ มีทิศทางของเวกเตอร ดังนั้นสามารถเขียนใหมไดเปน หรือ

นํา dt มาหาร จะได และสามารถจัดรูปใหมไดเปน

ted nedβeed nt =

dβede t

n =

nt e

dtdβ

dted=

(2/9) eβe nt =



แทนสมการ (2/9) และ จากความสัมพันธ ลงในสมการ (2/8) ดังนั้นความเรงจะมีคาเทากับ

เมื่อ

β βρv =

(2/10) eveρva tn

2

+=

2t

2n

t

22

n

aaa

sva

βvβρρva

+=

==

===



การเคลื่อนที่แบบวงกลมเปนอีกรูปแบบหนึ่งของการเคล่ือนที่เปนเสนโคงในแนวระนาบ ซ่ึงมีรัศมีความโคง ρ มีคาคงเทากับรัศมีของวงกลม r และมีมุม θ วัดตามแนวรัศมีอางอิงจากจุด OP ดังรูป 2/12 ความเร็วและความเรงของการเคลื่อนที่แบบวงกลมของอนุภาค P คือ

การเคล่ือนท่ีแบบวงกลม

รูป 2/12θrva

(2/11) θvθrrva

θrv

t

22

n

==

===

=


Sample Problem 2/7

ถนนมีลักษณะลาดเอียงดังรูป คนขับรถทําการเบรกเพื่อลดความเร็วดวยความหนวงคงที่ ณ จุด A มีความเร็ว 100 km/h และ 50 km/h ที่จุด C ซ่ึงหางจากจุด A เปนระยะทาง 120 m ถารถมีความเรงที่จุดA เทากับ 3 m/ s2

รัศมีความโคงของจุด C เทากับ 150 mจงหา

a. รัศมีความโคงของที่จุด Ab. ความเรงที่จุด BC. ความเรงที่จุด C


Sample Problem 2/7

SolutionvA = 27.8 m/s, vC = 13.89 m/s

หาความเรงของการเคลื่อนที่ ในพกิัด t

[ ]( )

2

2A

2C

t

s

0 t

v

vt

m/s 2.41- 2s

vva

dsavdv dsavdv C

A

=

−=

== ∫∫∫ ∫


Sample Problem 2/7

a. ρA= ?

[ ] ( )2

22n

2t

2n

2

n

2A

A

2

n

m/s 1.785

41.23a aaa

....(1) avρ

ρv

a

=

−+=+=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=

แทนคา an ในสมการ (1) จะไดρA = 432.96 m.


Sample Problem 2/7

b. aB= ?an = 0 m/s2

[ ]2

tB2t

2n

2

m/s 2.41-

aa aaa

=

=∴+=

c. aC= ?

[ ] ( ) ( )2

22C

2t

2n

2

2

2

An,

2

n

m/s2.73

41.21.286a aaa

m/s 1.286

150

13.89a ρ

va

=

−+=+=

=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=

หรือ

tnC e2.41e1.286a −=


Sample Problem 2/8

จรวดในตําแหนงดังรูป มีความเรงในแนวระดับ 6m/s2 และความเรงในแนวดิ่งเนื่องจากแรงดึงดูดของโลก g=9 m/s2 ในขณะนั้นความเร็วของจุดศูนยกลางมวล G ตามแนว 15o ของเสนทางการเคลื่อนที่ มีคาเทากับ 20(103) km/h ที่ตําแหนงดังกลาว จงหาa. รัศมีความโคงของเสนทางการเคลื่อนที่b. อัตราความเร็ว v ที่เพิ่มขึ้นc. อัตราการเปลี่ยนแปลงเชิงมุม β ของรัศมี ซ่ึงลากจากจุด G ถึงจุดศูนยกลางความโคง Cd. เวกเตอรของความเรงของจรวด


Sample Problem 2/8

Solution

2oot

2oon

m/s 12.86cos159sin15a

m/s 7.146sin159cos15a

=+=

=−=

a. ρ = ?

m. )4.32(10 7.14

)/3.620(10

av

ρ ρ

va

63

n

22

n

==

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=


Sample Problem 2/7

b. = at = ?2

t m/s 8.12 av ==

c.

[ ]

rad/s )12.85(10 )10(32.46.3/)20(10

ρvβ βρv

4-6

3

==

==

v

?β =

2tn m/s e8.12e14.7a +=

d. ?a =


EXAMPLE 12.14

เมื่อนักสกี เขาใกลจุด A ตามเสนทางการเคลื่อนที่แบบพาลาโบลา เขามีความเร็ว 6 m/s ซ่ึงความเร็วมีคาเพิ่มขึ้นที่ 2 m/s2 จงหาคาทิศทางของความเร็ว และขนาดและทิศทางของความเรงในการเคลื่อนที่ของนักสกี


EXAMPLE 12.14

Solution1. ทิศทางของความเร็ว = ?

2

201 xy =สมการการเคลื่อนที่

ความชัน

1dxdy

x101

dxdy

10x

=

=

=

ดังนั้นทิศทางของความเร็วเทากับo1 451tanθ == −


EXAMPLE 12.14

2. ขนาดและทิศทางของความเรง = ?

m/s 2 va 2t ==

2

2

n

2

n

m/s .2731

28.28

6a ρ

va

=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=

m 28.28y/dxd

](dy/dx)[1ρ22

3/22

=+

=

[ ] ( ) ( )2

222t

2n

2

m/s 2.37

21.273a aaa

=

+=+=

o1- 57.51.273

2tan ==φ

ดังนั้นขนาดและ ทิศทางของความเรง คือ

57.5° – 45 ° = 12.5 °

2m/s 2.37a =


กลองเคลื่อนที่ตามรางขนสง ถาเริ่มเคลื่อนที่จากจุดA และเพิ่มความเร็วจนมี at = (0.2t) m/s2, จงคํานวณหาขนาดของความเรงของกลอง เมื่อกลองเคลื่อนที่มาถึงจุดB.

EXAMPLE 12.16


EXAMPLE 12.16

Solutionความเรงของกลอง = ?

2

t

0

v

0

t

0.1t v

0.2tdtdv

0.2t v a

=

=

==

∫∫

m. 6.142π23SAB =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

s 5.69 t

t3

0.16.142

dt0.1tds

AB

3AB

t

0

26.142

0

AB

=

=

= ∫∫...(1)

...(2)


แทนเวลาลงในสมการ (1) และ (2),

3.238m/s0.1(5.69)v

1.138m/s0.2(5.690)v)(a2

B

2BtB

==

===

ที่จุด B, ρB = 2 m,

2

B

2B

nB m/s 5.242ρv)(a ==

2

22B

m/s 5.36

(5.242)(1.138)a

=

+=∵

EXAMPLE 12.16



รูป 2/13a

พิจารณาการเคลื่อนที่เปนเสนโคงของอนุภาคในพิกัดเชิงขั้ว (r-θ) โดยอนุภาคอยูที่ตํ าแหนงวัดจากจุด O ตามแนวรัศมี r และเสนแนวรัศมีทํามุม θ โดยปกติจะใชพิกัดเชิงขั้ว เมื่ออนุภาคเคลื่อนที่อยูในตําแหนงแนวรัศมีและทํามุม

รูป 2/13a แสดงเสนทางการเคลื่อนที่ของอนุภาคในพิกัด เชิ งขั้ ว r และθ โดยมีเวกเตอรหนึ่งหนวยในทิศทางบวก r และθ คือ

และ ตามลําดับre θe



เวกเตอรแสดงตําแหนง ที่จุด A มีขนาดเทากับ ระยะรัศมี r และมีทิศทางดังนั้นสามารถแสดงเวกเตอรตําแหนงของอนุภาคที่ จุด A ดังนี้

อนุพันธความสัมพันธดังกลาวกับเวลาจะไดความเร็ว และความเรง

rre

rerr =rv =

va =

ความเร็วเราสามารถหาความเร็วไดจากการอนุพันธของเวกเตอรแสดง

ตําแหนงกับเวลา โดยมีความสัมพันธดังสมการ

rr ererrv +==



ดังนั้นจะตองทําการหา ซ่ึงหาคลายกับการหา จากหัวขอที่ผานมาดังรูป 2/10b ชวงเวลา dt ตําแหนงของอนุภาคจะหมุนเปนมุม dθ และเวกเตอรหนึ่งหนวยจะหมุนจาก และ เปน เปนมุม dθ

re te

re θe θr e ,e ′′

ดังนั้นการเปลี่ยนแปลงของเวกเตอร คือมีทิศทางบวกในพิกัด θ และ มีทิศทางลบในพิกัด r โดยขนาดของมีคาเทากับ และ ดังนั้นทําการหารสมการนี้ดวย dθ จะได

red

θed

θr ed ,eddθeed θr = dθeed rθ −=

rθ e

dθed

−=θr e

dθed= และรูป 2/13b



ในทํานองเดยีวกันถาทําการหารสมการนี้ดวย dt จะได และ หรือ

( ) θr edted dtdθ=

( ) rθ edted dtdθ−=

θr eθe = และ reθe −=θ …(2/12)

ดังนั้นสมการความเร็วจะเปน

θr eθrerv += …(2/13)เมื่อ

rvr =θrvθ =

2θ

2r vvv +=



ความเรงเราสามารถหาความเรงไดจากการอนุพันธของความเร็วกับเวลา โดย

มีความสัมพันธดังสมการ

( ) ( ) θr2 e θr2θre θrrva ++−==

เมื่อ2

r θrra −=

θr2θra θ +=

2θ

2r aaa +=

…(2/14)


สําหรับการเคลื่อนที่แบบวงกลมโดยมีรัศมีการเคลื่อนที่คงที่ r ซ่ึงสามารถอธิบายในพิกัดเชิงขั้ว ได โดยสามารถหาความเร็วและความเรงของการเคลื่อนที่แบบวงกลมในรูปแบบพิกัดเชิงขั้ว ดังนี้

การเคล่ือนท่ีแบบวงกลม

รูป 2/12

θra θra

θr v 0v

θ2

r

θr

=−=

==



Sample Problem 2/9

แขน AO หมุนดวยสมการ θ = 0.2t + 0.02t2 เมื่อ θ เปนหนวยเปนเรเดียน และt มีหนวยเปนวินาที ในขณะเดียวกันเกลียวจะหมุนซึ่งทําใหตัวเล่ือน B เคลื่อนที่ไปตามเกลียวดวยสมการ r = 0.2 + 0.04t2 เมื่อ r เปนหนวยเปนเมตรและt มีหนวยเปนวินาที จงหาความเร็วและความเรงของตัวเล่ือนในขณะที่เวลา t = 3 วินาที


Sample Problem 2/9

Solutiont = 3 วินาที, v = ? และ a = ?

23

3

23

2

m/s 08.0r 0.08r

m/s 24.0)3(08.0r 0.08t rm. 0.56 0.04(3)0.2r 0.04t0.2r

==

====+=+=

23

23

2

33

3

rad/s 0.360.12(3)θ 0.12t θ

rad/s 0.740.06(3)0.2θ 0.06t0.2 θ

rad. 1.14 0.02(3)0.2(3)θ 0.02t0.2tθ

===

=+=+=

=+=+=


Sample Problem 2/9

[ ] m/s 24.0 vrv rr ==

[ ] m/s 0.4140.56(0.74) vθrv θθ ===

[ ] m/s 0.4790.4140.24 vvvv 222θ

2r =+=+=


Sample Problem 2/9

[ ] 22r

2r m/s 0.227)0.56(0.740.08a θrra −=−=−=

[ ] 2θθ m/s 557.0)74.0)(24.0(2)36.0(56.0a θr2θra =+=+=

[ ] ( ) 2222θ

2r m/s 0.601557.00.227-a aaa =+=+=


Sample Problem 2/10

เรดารวางอยูในแนวระนาบดิ่งของเสนทางการเคลื่อนที่ของจรวด ซ่ึงเคลื่อนที่โดยปราศจากแรงขับเคลื่อนเหนือบรรยากาศ ในขณะนั้น θ = 30o , r = 8(104) m, และ ความเรงของจรวดมีเฉพาะความเรงเนื่องจากแรงดึงดูดของโลก และมีคาเทากับ 9.20 m/s2 ในแนวดิ่ง จงหาความเร็วของจรวด และคาของ และ

m/s 1200r = deg/s 0.8θ =

r θ


Sample Problem 2/10

[ ] m/s 1200 vrv rr ==

[ ] m/s 1171)180

)(0.88(10 vθrv 4θθ =×==

π

[ ] m/s 42.639111712001 vvvv 222θ

2r =+=+=

Solutionv = ?, ? θ,r =


Sample Problem 2/10

[ ]2

24o2

r

m/s 63.7 r 180π0.8)8(10r9.2cos30 θrra

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×−=−=

[ ]24

4oθ

rad/s )10(61.3 θ

)180

8.0)(1200(2θ)10(89.2sin30 θr2θra

−−=

+=+=π


เนื่องจากการหมุนของคราด ลูกบอล Aเคลื่อนที่ในร อ งโดยมี เ สนทางการ เคลื่ อนที่ ต ามสมการ r = 0.15(1 – cos θ) เมื่อ θ มีหนวยเปนเรเดียน ถาลูกบอลมีความเร็วv = 1.2 m/s และความเรง 9 m/s2 ที่ตําแหนง θ = 180° จงคํานวณหาความเร็วเชิงมุม และความเรงเชิงมุมของคราด

EXAMPLE 12.20


Solutionสมการความเร็วและความเรงในแนวรัศมี

θθ)(.)θ(θθ)(.r

θθ)(.r

θ)(.r

sin150cos150

sin150

cos1150

+=

=

−=

แทนคา θ = 180°215.00m 0.3 θ−=== rrr

EXAMPLE 12.20


ที่ความเร็ว v = 1.2 m/s

( ) ( )rad/s 4

22

=

+=

θ

θrrv

2

222

rad/s 18

)2()(

=

++−=

θ

θθθ rrrra

EXAMPLE 12.20


2/8 การเคล่ือนท่ีสัมพัทธในระนาบ (Relative Motion- Translating Axes)

พิจารณาการเคลื่อนที่ของอนุภาค A และB ซ่ึงมีเสนทางการเคลื่อนที่ เปนเสนโคงตางกัน โดยเสนทางการเคลื่อนที่ของอนุภาคทั้งสองอยูในระนาบที่กําหนด หรือระนาบขนานกัน ดังรูป 2/17 ทําการตั้งแกน x-y ที่อนุภาค B และสังเกตการเคลื่อนที่ของอนุภาค A ที่อนุภาค B เวกเตอรตําแหนงของอนุภาค A วัดเทียบกับแกน x-y คือ

เมื่อสัญลักษณกํากับลาง “ A/B” หมายถึง A สัมพัทธเทียบกับ B ตําแหนงสัมบูรณของอนุภาค B กําหนดโดยเวกเตอร โดยวัดจากจุดเริ่มตนของพิกัด X-Y

รูป 2/17jyixrA/B +=

Br


2/8 การเคล่ือนท่ีสัมพัทธ (Relative Motion)

ดังนั้นสามารถหาเวกเตอรตําแหนงของอนุภาค A ไดดังนี้

A/BBA rrr +=

เราสามารถหาความเร็ว และความเรงไดจากการอนุพันธของความเร็วกับเวลา โดยมีความสัมพันธดังสมการ

A/BBA rrr += หรือ A/BBA vvv +=

A/BBA rrr += หรือ A/BBA aaa +=

…(2/20)

…(2/21)


Sample Problem 2/13

ผูโดยสารในเครื่องบิน A ซ่ึงบินไปทางทิศตะวันออกดวยความเร็ว 800 km/h สังเกตเห็นเครื่องบิน B ซ่ึงมีระดับความสูงเทากันเคลื่อนที่ไปในทิศทางทํามุม 60o ดังรูป แตทิศทางจริงของเครื่องบิน B คือทํามุม 45o จงหาความเร็วที่แทจริงของเครื่องบิน B


Sample Problem 2/13

Solution

B/AAB vvv +=

จากรูป ใชกฎของไซนจะได

oA

oB/A

oB

sin75v

sin45v

sin60v

==

m/s 199.24sin75

in60(800/3.6)s

sin75sin60vv

o

o

o

oA

B

==

=∵


Sample Problem 2/14

รถยนต A วิ่งดวยความเรง 1.2 m/s2 รถยนต B วิ่งเปนเสนโคงรัศมี 150 m ดวยความเร็วคงที่ 54km/h จงหาขนาดและทิศทางของความเร็ว และความเรงของรถยนต B ที่สังเกตโดยผูโดยสารบนรถยนต A ถาในขณะนั้นรถยนต A มีความเร็ว 72km/h


Sample Problem 2/14

Solution

m/s 203.672vA ==

B/AAB vvv +=

หาความเร็วของรถยนต B เทียบกับรถยนต A = ?

จากรูป ใชกฎของโคไซนจะไดo

BA2B

2A

2B/A cos60v2vvvv −+=

m/s 18.03vB/A =∵

m/s 153.654vB ==


oB/AB

sin60v

sinθv

=

o46.1θ =∵


Sample Problem 2/14

Solution

B/AAB aaa +=

หาความเรงของรถยนต B เทยีบกบัรถยนต A = ?

22

B

2B

B m/s 1.515015

ρva ===


BA2B

2A

2B/A cos30a2aaaa −+=

2B/A m/s 757.0a =∵


oB/AB

sin30a

sina

=β

o5.79β =∵


รถไฟเคลื่ อนที่ ข ามสะพานเหนือถนนดวยความเร็วคงที่ 90 km/h ถารถยนต A เคลื่อนที่ตามถนนดวยความเร็ว 67.5 km/h จงหาขนาดและทิศทางของความเร็วของรถไฟที่ สังเกตโดยผูโดยสารในรถยนต A

EXAMPLE 12.25


Solution

m/s 253.690vT ==

T/AAT vvv +=

หาความเร็วของรถไฟ เทียบกับรถยนต A = ?


AT2A

2T

2T/A cos60v2vvvv −+=

m/s 17.71vT/A =∵

m/s 75.183.667.5vA ==


oT/AA

sin45v

sinθv

=

o47.84θ =∵

EXAMPLE 12.25


เครื่องบิน A มีเสนทางการบินเปนเสนตรง ขณะที่เครื่องบิน B มีเสนทางการบินเปนเสนโคงโดยมีรัศมีความโคงของการเคลื่อนที่ ρB

= 400 km. จงคํานวณหาความเร็ว และความเรงของเครื่องบิน B ที่สังเกตจากนักบินที่เครื่องบิน A

EXAMPLE 12.26


Solution

m/s 44.9413.6700vA ==

B/AAB vvv +=

หาความเร็วของเครื่องบิน B เทียบกับเครื่องบิน A = ?

จากรูปจะได

m/s 77.72vB/A =∵

m/s 67.1663.6600vB ==

EXAMPLE 12.26


Solution

B/AAB aaa +=

หาความเรงของเครื่องบิน B เทียบกับเครื่องบิน A = ?

( ) 23

2

B

2B

B m/s 07.0)400(10

67.661ρva ===n

จากรูป ใชกฎของพีทากอรัสจะได( ) 2

nB,2

tB,A2B/A aaaa ++=

2B/A m/s 071.0a =∵

EXAMPLE 12.26

( )( )

232

3

B m/s 1072.73600

)10(100a −×==t

( )23

2

3

A m/s 1086.33600

)10(50a −×==

( )tBa

( )nBa

AaB/Aa

θ

o1 9.390.07

0.0116tanθ == −∵


ขณะที่รถยนต A และรถยนต B เคลื่อนที่ดวยความเร็ว18 m/s และ12 m/s ตามลําดับ ถารถยนต A มีอัตราเร็วลดลง 2 m/s2 และรถยนต B มีอัตราเร็วเพิ่มขึ้น 3 m/s2 จงหาความเร็วและความเรงของรถยนต B เทียบกับรถยนต A.

EXAMPLE 12.27


Solution

B/AAB vvv +=

หาความเร็วของรถยนต B เทียบกับรถยนต A = ?

EXAMPLE 12.27

Av Bv

B/Av

o60


AT2B

2A

2B/A cos30v2vvvv −+=

m/s 69.9vT/A =∵

จากรูป ใชกฎของไซนจะไดo

T/AA

sin30v

sinθv

=

o75.111θ =∵

θ

β

o75.219075.111 90-θ

=−=

=β∵


Solution

B/AAB aaa +=

หาความเรงของเครื่องบิน B เทียบกับเครื่องบิน A = ?

( ) 22

B

2B

B m/s 44.110012

ρva ===n

จากรูป แตกความเรงใหอยูในพิกดั x-y จะได

EXAMPLE 12.27

( ) 2B m/s 3a =t

2A m/s 2a =

( )tBa

( )nBa

AaB/Aa

θ

oB/A 2cos601.44cosθa +=

o60

แกน x …(1)o

B/A 2sin603sinθa +=แกน y …(2)


EXAMPLE 12.27

2B/A m/s 32.5a =∵

( )( )

o62.71θ

1.94 tanθ 12

=

=⇒∵


2/9 การเคล่ือนท่ีของอนภุาคแบบขึ้นตอกัน(Constrained Motion of Connected Particles)

บางครั้งการเคลื่อนที่ของอนุภาคหนึ่งอาจจะขึ้นอยูกับการเคลื่อนที่ของอนุภาคหนึ่ง โดยการยึดติดเขาดวยกัน ดังนั้นจึงจําเปนที่จะตองหาการเคลื่อนที่ของอนุภาคแตละอนุภาค

ดีกรีอิสระเทากับหนึ่ง (One Degree of Freedom)

พิจารณาระบบอยางงายของการยึดติดกันของอนุภาคสองอนุภาค คือ อนุภาค A และอนุภาค B ดังรูป 2/19 จะเห็นวาการเคลื่อนที่ของอนุภาค A ในแนวระดับจะขึ้นอยูกับการเคลื่อนที่ของอนุภาค B ในแนวดิ่ง ดังนั้นความยาวของเสนเชือกทั้งหมด คือ

รูป 2/19



bπr2y2πrxL 1

2 ++++=

เมื่อ L, r2, r1 และb มีคาคงที่

ดังนั้นอนุพันธอันดับหนึ่งและสองเทียบกับเวลาจะไดy2x0 += หรือ BA 2vv0 +=

y2x0 += BA 2aa0 +=หรือสําหรับพิกัดที่เลือก สมการความเร็วและความเรงแสดงใหเห็นวา

ความเร็วและความเรงของอนุภาค A มีทิศทางตรงขามกับอนุภาค B โดยอนุภาค A มีทิศทางการเคลื่อนไปทางซายมือ และอนุภาค B มีทิศทางการเคลื่อนไปลงในแนวดิ่ง



ดีกรีอิสระเทากับสอง (Two Degree of Freedom)

ระบบซึ่งมีดีกรีอิสระเทากับสอง แสดงดังรูป 2/20 ตําแหนงของทรงกระบอกลางสุด และลูกรอก C จะขึ้นอยูกับตําแหนงสองตําแหนง คือ yA และyB ดังนั้นความยาวรวมของเชือกที่ยึดติดกับทรงกระบอก A และทรงกระบอก B สามารถเขียนไดดังนี้

รูป 2/20constant2yyL DAA ++=

( ) constantyyyyL DCCBB +−++=



ดังนั้นอนุพันธอันดับหนึ่งและสองเทียบกับเวลาจะได

DA y2y0 += หรือ DCB yy2y0 −+=

DA y2y0 += หรือ DCB yy2y0 −+=

กําจดัเทอมของ จะไดหรือ

หรือ

DD y ,y

0y4y2y CBA =++ 0v42vv CBA =++

0y4y2y CBA =++ 0a42aa CBA =++



จากสมการ ถาทรงกระบอก A และB เคลื่อนที่ลง (เครื่องหมายความเร็วมีค า เปนบวก )หลังจากนั้น ทรงกระบอก C จะเคลื่อนที่ขึ้น (เครื่องหมายความเร็วมีคาเปนลบ)

ผลลัพธนี้ มีผลตอการเคลื่อนที่ของลูกรอก C และD สําหรับการเพิ่มขึ้นของ dyA (fixed yB) ศูนยกลางของลูกรอก D จะเคลื่อนที่ขึ้น dyA/2 ซ่ึงทําใหศูนยกลางของลูกรอก C จะเคลื่อนที่ขึ้น dyA/4 สําหรับการเพิ่มขึ้นของ dyB (fixed yA) ศูนยกลางของลูกรอก C จะเคลื่อนที่ขึ้น dyB/2 ดังนั้นรวมการเคลื่อนที่ทั้งสองเขาดวยกันจะได

2dy

4dydy BA

c +=− หรือ2

v4

vv BAc +=−


Sample Problem 2/15

ระบบลูกรอกดังรูป ทรงกระบอก A เคลื่อนที่ลงดวยความเร็ว 0.3 m/s จงหาความเร็วของทรงกระบอก B


Sample Problem 2/15

Solution

constant2y3yL AB ++=

ดังนั้นอนุพันธอันดับหนึ่งเทยีบกบัเวลาจะได

( ) m/s 0.20.332-

v32-v

2v3v0

AB

AB

−==

=

+=


Sample Problem 2/16

ใชรถแทรกเตอร A ดึงหอ B โดยมีการจัดเรียงของลูกรอกดังรูป ถารถแทรกเตอรมีความเร็ว vA จงหาความเร็วของหอ B ในเทอมของ x


Sample Problem 2/16

Solution( )( ) 22

A

A

xhyh2

lyh2L

++−=

+−=


m/s xh2

xvv

xhxxy-20

22A

B

22

+=

++=


EXAMPLE 12.21

จงคํานวณหาความเร็วของบล็อก A ในรูป ถาบล็อก B มีความเร็ว 2 m/s.


Solution

constant3SSL BA ++=


( ) m/s 62-3- v3-v

3vv0

BA

BA

===

+=

EXAMPLE 12.21


จงหาคาความเร็วของบล็อก A ดังรูป ถาบล็อก B เคลื่อนที่ขึ้นดวยความเร็ว 2m/s.

EXAMPLE 12.22


Solutionconstant2SSL CA1 ++=


v2- v 2vv0 CACA =⇒+=

EXAMPLE 12.22

( ) constantS-SSL CBB2 ++=

…(1)

v2 v vv20 BCCB =⇒−= …(2)

ฉะนั้นแทนสมการ(2) ใน (1) จะได

m/s 8-4(-2)

v4-v BA

===


จงคํานวณหาความเร็วของบล็อก B ถาปลายดึงเชือกลงที่จุด A ดวยความเร็ว 2m/s.

EXAMPLE 12.23


Solution( ) ( ) constantSSSSSL BCBCA1 ++−+−=


v2v2- v 2v-2vv0 CBACBA +=⇒+=

EXAMPLE 12.22

constantSSL CB2 ++=

…(1)

v v vv0 BCCB −=⇒+= …(2)

ฉะนั้นแทนสมการ(2) ใน (1) จะได

m/s 5.0-42

4v-v A

B

=−=

=

Documents

Chapter 2 Kinema Tics of Particles