leerstof VWO5 H2 vallen en draaien

Kromlijnige bewegingen
Herhaling ‘Vallen’
Onder ‘vallen’ versta ik iedere beweging door de lucht zonder
‘aandrijving’ (door spierkracht of motorkracht).
Bijvoorbeeld de beweging van een voorwerp dat is weggegooid.
Vrije val
De beweging is een vrije val1, als er geen luchtwrijvingskracht werkt. Dit is het
geval in vacuüm.
Soms is de beweging bij benadering een vrije val, namelijk als de
luchtwrijvingskracht klein is2. Dit is bijvoorbeeld het geval, als:
•
de snelheid van het voorwerp klein is
•
het voorwerp klein is en een goede stroomlijn heeft
•
het voorwerp zwaar is
•
de lucht ijl is.
Bij een vrije val op aarde is er een constante valversnelling: (±) 9,8 m/s2.
De (verticale) beweging is eenparig versneld, omdat de enige kracht die werkt de
zwaartekracht is.
Verticale valbeweging
Oefenopgave 1
Een voorwerp valt3 van 9,6 m hoog naar beneden.
De luchtwrijving mag worden verwaarloosd.
Bereken de valtijd.
y = 1 ⋅ g ⋅t2
2
→ 9,6 = 1 ⋅ 9,8 ⋅ t 2
2
→ t = 1,4 s
Bereken de eindsnelheid.
Methode 1:
∆v = g ⋅ t
→ ∆v = 9,8 ⋅ 1,4 = 14 m
s
→ veind = 14 m
s
Methode 2:
m ⋅ g ⋅ h = 1 ⋅ m ⋅ v2
2
→
m ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 = 1 ⋅ m ⋅ v 2
2
→ v = 14 m
s
1
In het dagelijkse taalgebruik wordt de valbeweging van een parachutist, voordat de
parachute geopend wordt, een vrij val genoemd. Bedenk echter dat de luchtwrijving
dan zeker belangrijk zal zijn en het natuurkundig gezien dus geen vrije val is.
2
T.o.v. de zwaartekracht op het voorwerp.
3
De beginsnelheid is dus 0.
1
Oefenopgave 2
Een voorwerp wordt van 9,6 m hoogte met een (begin)snelheid van 4,9 m/s recht
omhoog gegooid. De luchtwrijving mag worden verwaarloosd.
Bereken de valtijd.
∆v 4,9
=
= 0,50 s
g
9,8
∆h = < v > ⋅t = 1 ⋅ 4,9 ⋅ 0,50 = 1,2 m
2
De benodigde tijd tot het hoogste punt is:
Dit hoogste punt ligt boven 9,6 m:
t =
Vanaf 9,6 + 1,2 = 10,8 m valt het voorwerp dus naar beneden in:
y = 1 ⋅ g ⋅t2
2
→ 10,8 = 1 ⋅ 9,8 ⋅ t 2
2
→ t = 1,5 s
Zodat de totale valtijd 0,50 + 1,5 = 2,0 seconde is.
Bereken de eindsnelheid.
Methode 1:
∆v = g ⋅ t
→ ∆v = 9,8 ⋅ 1,5 = 15 m
s
→ veind = 15 m
s
Methode 2:
m ⋅ g ⋅ h = 1 ⋅ m ⋅ v2
2
→ m ⋅ 9,8 ⋅ 10,8 = 1 ⋅ m ⋅ v 2
2
→ v = 15 m
s
Methode 3:
m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v2 = 1 ⋅ m ⋅ v2 →
2
2
2
m ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 + 1 ⋅ m ⋅ 4,9 = 1 ⋅ m ⋅ v 2 → v = 15 m
2
2
s
Oefenopgave 3
Een voorwerp wordt van 9,6 m hoogte met een (begin)snelheid van 4,9 m/s,
maar nu verticaal omlaag gegooid. De luchtwrijving mag worden verwaarloosd.
Bereken de eindsnelheid.
m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v2 = 1 ⋅ m ⋅ v2 →
2
2
2
m ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 + 1 ⋅ m ⋅ 4,9 = 1 ⋅ m ⋅ v 2 → v = 15 m
2
2
s
Bereken de valtijd.
t=
∆h
9,6
9,6
=
=
= 0,99 s
< v > 1 ⋅ (4,9 + 15) 9,7
2
Opmerking:
De eindsnelheid is in oefenopgave 2 en 3 gelijk; de valtijd is echter ongelijk!
2
Oefenopgave 2 en 3
5
tijd (s)
snelheid (m /s)
0
0
0,5
1
1,5
2
-5
-10
opgave 2
opgave 3
-15
Oefenopgave 4
Bij opgave 2 en 3 is het voorwerp respectievelijk na 2,0 s en na 1,0 s op de grond.
Ga m.b.v. het (v,t)-diagram na dat bij oefenopgave 2:
De (val)versnelling ( – ) 9,8 m/s2 is.
Het voorwerp eerst 1,2 m omhoog gaat.
Het voorwerp daarna 10,8 m omlaag gaat.
Ga m.b.v. het (v,t)-diagram na dat bij oefenopgave 3:
De beginhoogte van het voorwerp 9,6 m is.
Ga na dat de beweging bij opgave 3 exact gelijk is aan het tweede deel van de
beweging van het voorwerp bij opgave 2.
3
Oefenopgave 5
Een voorwerp valt van 9,6 m hoog naar beneden. Het voorwerp heeft een massa
heeft van 5,1 kg heeft. De luchtwrijvingskracht is voortdurend 30 N4.
Bereken de versnelling:
a=
Fres (50 − 30)
=
= 3,9 m 2
s
m
5,1
Bereken de valtijd.
y = 1 ⋅ a ⋅t2
2
→ 9,6 = 1 ⋅ 3,9 ⋅ t 2
2
→ t = 2,2 s
Bereken de eindsnelheid.
Methode 1:
∆v = a ⋅ t
→ ∆v = 3,9 ⋅ 2,2 = 8,7 m
→ veind = 8,7 m
s
s
Methode 2:
m ⋅ g ⋅ h = 1 ⋅ m ⋅ v2 + Q →
2
5,1 ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 = 1 ⋅ 5,1 ⋅ v 2 + 30 ⋅ 9,6 → v = 8,7 m
2
s
Opmerking:
Er ontstaat 30·9,6 = 288 J warmte; de wrijvingskracht verricht – 288 J arbeid.
Oefenopgave 6
Een voorwerp (massa 5,1 kg) wordt van 9,6 m hoogte met een beginsnelheid
van 4,9 m/s recht omhoog gegooid. De luchtwrijvingskracht is voortdurend 30 N.
Bereken de valtijd.
De versnelling bij het omhoog bewegen: a =
Fres (50 + 30)
=
= (−) 16 m 2
s
m
5,1
∆v − 4,9
=
= 0,31 s
De benodigde tijd tot het hoogste punt is:
a
− 16
Dit hoogste punt ligt boven 9,6 m: ∆h = < v > ⋅ t = 1 2 ⋅ 4,9 ⋅ 0,31 = 0,77 m
t =
4
De wrijvingskracht is uiteraard altijd tegen de bewegingsrichting in gericht.
In werkelijkheid zal de luchtwrijvingskracht niet constant zijn, maar afhangen van de
snelheid van het vallende voorwerp.
4
Vanaf 9,6 + 0,77 = 10,4 m valt het voorwerp dus naar beneden.
De versnelling bij het omlaag vallen: a =
y = 1 ⋅ a ⋅t2
2
Fres (50 − 30)
=
= 3,9 m 2
s
m
5,1
→ 10,4 = 1 ⋅ 3,9 ⋅ t 2
2
→ t = 2,3 s
Zodat de totale valtijd 0,31 + 2,3 = 2,6 seconde is.
Bereken de eindsnelheid.
Methode 1:
∆v = a ⋅ t
→ ∆v = 3,9 ⋅ 2,3 = 9,0 m
s
→ veind = 9,0 m
s
Methode 2:
m ⋅ g ⋅ h = 1 ⋅ m ⋅ v2 + Q →
2
5,1 ⋅ 9,8 ⋅ 10,4 = 1 ⋅ 5,1 ⋅ v 2 + 30 ⋅ 10,4 → v = 9,0 m
2
s
Methode 3:
m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v2 = 1 ⋅ m ⋅ v2 + Q →
2
2
2
5,1 ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 + 1 ⋅ 5,1 ⋅ 4,9 = 1 ⋅ 5,1 ⋅ v 2 + 30 ⋅ (0,77 + 10,4) → v = 9,0 m
2
2
s
Oefenopgave 7
Een voorwerp (massa 5,1 kg) wordt verticaal omlaag gegooid van 9,6 m hoogte
met een beginsnelheid van 4,9 m/s. De luchtwrijvingskracht is voortdurend 30 N.
Bereken de eindsnelheid.
m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v2 = 1 ⋅ m ⋅ v2 + Q →
2
2
5,1 ⋅ 9,8 ⋅ 9,6 + 1 ⋅ 5,1 ⋅ 4,9 2 = 1 ⋅ 5,1 ⋅ v 2 + 30 ⋅ 9,6 → v = 10 m
2
2
s
Bereken de valtijd.
Methode 1:
De versnelling bij het omlaag vallen: a =
Zodat de valtijd
t=
Fres (50 − 30)
=
= 3,9 m 2
s
m
5,1
∆v (10 − 4,9)
=
= 1,3 s
a
3,9
is.
Methode 2:
t=
∆h
9,6
9,6
=
=
= 1,3 s
< v > 1 ⋅ (4,9 + 10) 7,5
2
5
Oefenopgave 8
Een voorwerp (massa 5,1 kg) wordt recht omhoog gegooid.
De luchtwrijvingskracht is afhankelijk van de snelheid van het voorwerp.
De beweging van het voorwerp is weergegeven in een (y,t)-diagram.
hoogtegrafiek
80
70
60
y (m)
50
40
30
20
10
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
t (s)
Hoe groot is de beginhoogte?
40 m
Bepaal de beginsnelheid.
30,0 m/s
Bepaal de eindsnelheid.
– 10,m/s
Hoe groot is de verplaatsing?
– 40 m
Hoe groot is de afgelegde weg?
74 m
Hoe groot is de versnelling in het hoogste punt?
(–) 9,8 m/s
2
Hoe groot is de wrijvingskracht op t = 7,0 s?
50 N
Hoe groot is de gemiddelde snelheid?
– 5,0 m/s
Bereken hoeveel arbeid de wrijvingskracht heeft verricht.
ΣW = ∆E kin
2
2
↔ W zw + Wwr = 1 ⋅ m ⋅ (veind − vbegin )
2
Wwr = 1 ⋅ 5,1⋅ ((−10) 2 − 30 2 ) − 5,1 ⋅ 9,8 ⋅ 40 = − 4,0 kJ
2
6
Oefenopgave 9
Een voorwerp (massa 5,1 kg) wordt recht omhoog gegooid.
De luchtwrijvingskracht is afhankelijk van de snelheid van het voorwerp.
De beweging van het voorwerp is weergegeven in een (v,t)-diagram.
Op t = 8,0 s bereikt het voorwerp de grond.
snelheidsgrafiek
40
30
v (m/s)
20
10
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-10
-20
t (s)
Op welk tijdstip is het voorwerp op het hoogste punt?
1,5 s
Bepaal vanaf welke hoogte het voorwerp is gegooid.
40 m
Hoe groot is de wrijvingskracht op t = 7,0 s?
50 N
Bepaal de versnelling op t = 1,5 s.
9,8 m/s2
Bepaal de wrijvingskracht als het voorwerp met 30 m/s beweegt.
150 N
Voor de luchtwrijvingskracht geldt:
Mogelijkheid 1: Fwr = C ⋅ v
Mogelijkheid 2: Fwr = C ⋅ v
De wrijving is evenredig met de
De wrijving is evenredig met het
snelheid. De evenredigheidsconstante kwadraat van de snelheid. De
C hangt o.a. af van de stroomlijn van
evenredigheidsconstante C hangt o.a.
het voorwerp.
af van de stroomlijn van het voorwerp.
Leg uit welke mogelijkheid voor dit vallende voorwerp geldig is.
Bepaal de evenredigheidsconstante C.
2
mogelijkheid 1
5,0 N.s/m = 5,0 kg/s
7
Oefenopgave 10 (naar VWO-examen 2003) Space Shot
‘Space Shot’ is een spectaculaire attractie in het pretpark Six Flags.
Hierbij kan een groep mensen zich laten ‘lanceren’ met behulp van een ring om
een hoge toren. Op de ring zijn stoelen bevestigd waarin de bezoekers met
stevige gordels vastzitten. De ring wordt vanaf de grond omhooggeschoten tot
onder de top van de toren.
Lees de folder.
Space Shot: nieuw in de BENELUX!
Een sensationele lancering met een
snelheid van 85 kilometer per uur,
60 meter omhoog.
Een rit valt te vergelijken met een
lancering van de Space Shuttle, waarbij je
de spanning kan voelen die de
astronauten ervaren als zij vertrekken van
Cape Canaveral.
Je ondergaat een versnelling van 4g!
naar: reclamefolder van Six Flags
Esther wil een
aantal gegevens
uit de
reclamefolder
controleren. Met
behulp van een
versnellingsmeter
meet ze tijdens
een lancering de
versnelling als
functie van de tijd.
De metingen
worden ingelezen
in een computer,
die ze bewerkt tot
een (v,t)-grafiek.
8
Leg met figuur 11 uit of de in de folder genoemde snelheid bereikt wordt.
Toon aan dat de ring minder ver omhooggaat dan in de folder is vermeld.
Bepaal of bereken de maximale versnelling tijdens de lancering en ga na of
deze overeenkomt met de waarde uit de folder.
De massa van de ring met bezoekers is 2,4·103 kg. De kracht waarmee deze ring
omhoog wordt gestuwd, werkt slechts gedurende 1,80 s.
Bepaal of bereken hoeveel arbeid de stuwkracht op de ring verricht.
Verwaarloos daarbij de arbeid die de wrijvingskracht verricht.
In werkelijkheid is de arbeid die de wrijvingskracht verricht niet te verwaarlozen.
De grafiek van figuur 11 vertoont op dat tijdstip een lichte knik (dit is met behulp
van een geodriehoek goed te zien). Esther denkt dat de knik het gevolg is van
het omkeren van de richting van de wrijvingskracht tussen de ring en de toren.
Leg uit of het omkeren van de richting van de wrijvingskracht inderdaad tot
een dergelijke knik in de (v,t)-grafiek kan leiden.
Zie: http://www.natuurkunde.nl/artikelen/view.do?supportId=177194
9
Oefenopgave 11 (naar VWO-examen 2002) Parachute
Joyce wil weten hoe een parachutesprong verloopt. Zij vraagt een ervaren
parachutist om inlichtingen. Deze laat de (hoogte, tijd)-grafieken zien van twee
van zijn sprongen.
In het diagram van figuur 12 zijn beide (h,t)-grafieken weergegeven.
Eén sprong is vanaf 5000 m hoogte en één sprong vanaf 800 m. Bij beide
sprongen ging de parachute open op een hoogte van 700 m.
Joyce merkt dat de parachutist met een ’vrije val’ niet hetzelfde bedoelt als wat
daarover in haar natuurkundeboek staat. De parachutist bedoelt er het gedeelte
van een val mee waarbij de parachute nog niet is geopend.
De val van 5000 m naar 700 m duurt langer dan wanneer het een vrije val
volgens het natuurkundeboek zou zijn.
Bepaal hoeveel langer. Gebruik g = 9,8 ms-2.
Uit figuur 12 blijkt dat je bij beide sprongen met dezelfde snelheid op de grond
neerkomt.
Hoe blijkt dat uit de grafieken?
We bekijken de sprong vanaf 5000 m hoogte.
Leg uit of de wrijvingskracht op de parachutist (plus parachute) op een
hoogte van 1500 m groter dan, kleiner dan of gelijk aan de wrijvingskracht
op 500 m is.
Zie: http://www.natuurkunde.nl/artikelen/view.do?supportId=357834
10
Joyce besluit met behulp van een computermodel een parachutesprong te
simuleren. Ze houdt er rekening mee dat de luchtdruk op grote hoogte lager is
dan op de grond, omdat de lucht op grote hoogte ijler is.
Joyce gaat in haar model uit van een parachutist die samen met zijn parachute
een massa van 75 kg heeft. Ze laat het model een (snelheid, hoogte)-grafiek
tekenen voor een sprong vanaf 5000 m hoogte.
Het blijkt dat de snelheid al vóór het openen van de parachute kleiner wordt.
Leg uit waardoor de snelheid dan reeds afneemt.
Bepaal de arbeid die de luchtwrijvingskracht verricht vanaf het tijdstip dat de
parachute zich ontvouwt tot de landing.
Antwoord:
Op kleinere hoogte is de luchtdruk en dus Fwr groter.
Als Fwr groter wordt dan Fzw neemt de snelheid af.
Antwoord:
2
Openen parachute: hoogte = 7,010 m
snelheid = 72 m/s
Etotaal = E zw + E kin = m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v 2 = 75 ⋅ 9,8 ⋅ 7,0.10 2 + 1 ⋅ 75 ⋅ 72 2 = 7,1.10 5 J
2
2
Landing: hoogte = 0 m
snelheid = 7 m/s
Etotaal = E zw + E kin = m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v 2 = 0 + 1 ⋅ 75 ⋅ 7 2 = 2.10 3 J
2
2
Er ‘verdwijnt’ dus 7,1.105 – 2.103 = 7,1.105 J energie.
5
Oftewel: Er ontstaat dus 7,1.10 J warmte.
5
Dus: de wrijvingskracht heeft – 7,1.10 J arbeid verricht.
11
§ 2.1 Horizontale en schuine5 worp
Bij een horizontale en schuine worp beweegt het voorwerp gelijktijdig horizontaal
én verticaal. Beide bewegingen verlopen onafhankelijk van elkaar, zoals blijkt uit
het proefje met het toestel van figuur 2.2 en uit de opname van figuur 2.3.
Eerst bespreken we een worp schuin omhoog, waarbij de
wrijvingskracht mag worden verwaarloosd. Een goed voorbeeld
hiervan is de beweging van een kogel die door een kogelstoter
wordt weggestoten.
Gegevens:
De kogel verlaat de hand van de atleet op een hoogte van 1,7 m.
De kogel wordt met een snelheid van 33 km/h weggeschoten
onder een hoek (met de horizontaal) van 40 o.
Omdat de wrijvingskracht mag worden verwaarloosd, is:
de horizontale snelheid van de kogel door de lucht ( vx ) constant
de verticale beweging van de kogel een vrije val ( g = – 9,8 m/s2 )
Het ontbinden van de beginsnelheid:
v = 9,2 m/s
vy
v x = 9,2 ⋅ cos(40) = 7,0 m
v y = 9,2 ⋅ sin( 40) = 5,9 m
s
40
o
s
vx
Zolang de kogel nog niet op de grond is beweegt het met een constante snelheid
van 7,0 m/s door de lucht naar voren. De afstand die de kogel in totaal naar
voren gaat hangt af van de tijd, die de kogel in de lucht is (zie oefenopgave 2).
Bereken de valtijd.
∆v 5,9
=
= 0,60 s
g
9,8
∆h = < v > ⋅t = 1 ⋅ 5,9 ⋅ 0,60 = 1,8 m
2
De benodigde tijd tot het hoogste punt is:
Dit hoogste punt ligt boven 1,7 m:
t =
Vanaf 1,7 + 1,8 = 3,5 m valt het voorwerp dus naar beneden in:
y = 1 ⋅ g ⋅t2
2
→ 3,5 = 1 ⋅ 9,8 ⋅ t 2
2
→ t = 0,85 s
Zodat de totale valtijd 0,60 + 0,85 = 1,45 seconde is.
Bereken de gestoten afstand.
5
∆x = v x ⋅ ∆t = 7,0 ⋅1,45 = 10 m
De schuine worp is geen examenstof en wordt dus niet in het boek behandeld.
12
De snelheid van de kogel verandert tijdens de beweging door de lucht
voortdurend, zowel van grootte als van richting.
Bereken de grootte van de snelheid waarmee de kogel de grond raakt.
De grootte van de snelheid is op twee manieren uit te rekenen.
Wet van behoud van energie
Omdat de wrijving te verwaarlozen is, ontstaat er geen warmte.
De totale energie van de kogel ( Ezw + Ekin ) blijft dus constant vanaf het
moment dat de kogel de hand van de atleet verlaat tot het moment dat de
grond wordt geraakt.
m ⋅ g ⋅ h + 1 ⋅ m ⋅ v2 = 1 ⋅ m ⋅ v2 →
2
2
m ⋅ 9,8 ⋅ 1,7 + 1 ⋅ m ⋅ 9,2 2 = 1 ⋅ m ⋅ v 2 → v = 11 m
2
2
s
Stelling van Pythagoras
De verticale eindsnelheid is de snelheid die de kogel bereikt na 0,85 s
vallen (met [verticale] beginsnelheid 0)
∆v y = g ⋅ t
→ ∆v y = 9,8 ⋅ 0,85 = 8,3 m
s
→ (v y ) eind = 8,3 m
s
De horizontale (eind)snelheid is 7,0 m/s, zodat:
v = ( v x ) 2 + ( v y ) 2 = 7,0 2 + 8,3 2 = 11 m
s
Bereken de richting van de snelheid waarmee de kogel de grond raakt.
De richting van de snelheid is te berekenen met sinus, cosinus of tangens.
8,3
sin α =
→ α = 49 o
11
7 ,0
cos α =
→ α = 50 o
11
8,3
tan α =
→ α = 50 o
7,0
vx = 7,0 m/s
α
vy = 8,3 m/s
v = 11 m/s
In werkelijkheid zal de wrijvingskracht bij een schuine of horizontale worp niet
altijd te verwaarlozen zijn. De beweging van het voorwerp door de lucht is dan te
beschrijven met de ‘numerieke natuurkunde’ die in hoofdstuk 5 wordt behandeld.
Nuttige sommen horizontale worp:
voorbeeld 1, voorbeeld 2, som 3, som 5, som 6, som 7, som 8.
13
Oefenopgave Dart
Officiële afstanden dartbaan:
Worp 1:
Een pijl wordt vanachter de ‘Oche’ vanaf een hoogte van 1,73 m horizontaal naar het
midden van het bord gegooid met een snelheid van 19,0 km/h. Er is geen afwijking naar
links of rechts. De wrijvingskracht op de pijl mag worden verwaarloosd.
Bereken op welke hoogte de pijl bij de muur is.
Worp 2:
De pijl wordt met dezelfde horizontale snelheid schuin omhoog gegooid en komt precies
in de ‘Bull’s eye’. Opnieuw is er geen afwijking naar links of rechts en mag de
wrijvingskracht worden verwaarloosd.
Bereken onder welke hoek (met de horizontaal) de pijl is weggegooid.
Worp 3:
De pijl wordt schuin omhoog weggegooid met een snelheid van 5,88 m/s onder een
hoek (met de horizontaal) van 30 o. Er is geen afwijking naar links of rechts. De
wrijvingskracht op de pijl mag worden verwaarloosd.
Ga met een berekening na of de pijl boven of onder de ‘Bull’s eye’ komt.
Bereken de afstand tot de ‘Bull’s eye’.
Bereken de hoek (met de horizontaal) waarmee de pijl bij het bord komt.
Worp 4:
Een pijl wordt vanachter de ‘Oche’ vanaf een hoogte van 1,73 m horizontaal naar het
midden van het bord gegooid met een snelheid van 19,0 km/h. Er is geen afwijking naar
links of rechts. De wrijvingskracht op de pijl mag worden verwaarloosd.
Precies op het moment dat de pijl wordt gegooid, valt het bord naar beneden.
De wrijvingskracht op het bord mag ook worden verwaarloosd.
Leg uit waar de pijl het bord raakt:
boven de ‘Bull’s eye’
in de ‘Bull’s eye’
onder de ‘Bull’s eye’?
Worp 1: 74 cm boven de grond
o
Worp 2: hoek met horizontaal 23
o
Worp 3: 31 cm boven ‘Bull’s eye’ onder een hoek van 16
Worp 4: in de ‘Bull’s eye’
14
Cirkelbewegingen
Graden radialen
Zie: http://hhofstede.nl/modules/radialen.htm
Eenparige cirkelbeweging
Een eenparige cirkelbeweging is een cirkelbeweging, waarbij de grootte van de
snelheid niet verandert.
baansnelheid v
de snelheid van het bewegende voorwerp in m/s
hoeveel meter de cirkelboog is die per seconde wordt doorlopen:
hoeksnelheid ω
de hoeksnelheid in rad/s
hoe groot de hoek in radialen is die per seconde wordt doorlopen
omlooptijd T
hoeveel tijd nodig is voor één rondje T = 2 ⋅ π ⋅ r = 2 ⋅ π
v
Verband tussen v en ω:
f =
v=
ω=
s
t
φ
t
ω
v =ω ⋅r
1
T
omloopfrequentie f
hoeveel rondjes per seconde worden doorlopen (eenheid: s-1 = Hz)
eventueel ook het toerental = aantal rondjes per minuut (eenheid: min-1)
15
Een eenparige cirkelbeweging is een versnelde
beweging, omdat de snelheid van richting verandert.
Er is dus een snelheidsverandering en daardoor ook een
versnelling.
Voorbeeld:
De straal van de bovenkant van de zweefmolen is 2,6 m.
De kabels van ieder stoeltje zijn 2,0 m lang en maken een hoek van 60 o met de
horizontaal. De zweefmolen draait constant rond met 12 RPM6.
Bereken de straal van de cirkel.
3,6 m
Bereken de omlooptijd.
5,0 s
Bereken de hoeksnelheid.
1,3 rad/s
Bereken de (baan)snelheid.
4,5 m/s
Bereken de doorlopen hoek in 1,4 minuut.
2
1,1.10 rad
Bereken de (grootte van de) verplaatsing in 1,25 s.
5,1 m
Bereken de (grootte van de) gemiddelde snelheid in 1,25 s.
4,1 m/s
Bereken de (grootte van de) snelheidsverandering in 1,25 s.
6,4 m/s
Bereken de (grootte van de) gemiddelde versnelling in 1,25 s.
5,1 m/s
2
veind
∆x
∆v
vbegin
‘veind’
Bereken de (grootte van de) gemiddelde snelheid in 2,5 s.
2,9 m/s
Bereken de (grootte van de) gemiddelde versnelling in 2,5 s.
3,6 m/s
2
Bereken de (grootte van de) gemiddelde snelheid in 5,0 s.
0 m/s
Bereken de (grootte van de) gemiddelde versnelling in 5,0 s.
0 m/s
6
2
RPM = toeren per minuut
16
Bij een eenparige cirkelbeweging is het niet zinvol te spreken over de
gemiddelde versnelling in een bepaalde periode. Dé versnelling op een bepaald
tijdstip is wel belangrijk.
Deze versnelling heet de middelpuntzoekende versnelling ampz.
Dit kun je vergelijken met de volgende situatie. Als je op zaterdagochtend met je racefiets gaat fietsen, is je gemiddelde
snelheid op het moment dat je terug thuis komt < v > = ∆x = 0 = 0 m . Het is voor een wielrenner slechts zinvol om na
∆t
∆t
s
te gaan hoe groot de (momentane) snelheid op ieder tijdstip van de fietstocht was.
Omdat er tijdens een eenparige cirkelbeweging een (middelpuntzoekende)
versnelling is, moet er ook een resulterende kracht op het voorwerp werken.
Deze resulterende kracht heet de middelpuntzoekende kracht Fmpz.
De richting van de middelpuntzoekende kracht
De middelpuntzoekende kracht is bij een eenparige cirkelbeweging altijd naar het
midden van de cirkel gericht. Zie: http://www.youtube.com/watch?v=fSfVVz0eIis
De grootte van de middelpuntzoekende kracht
Een schaatser moet er in de bocht voor zorgen dat hij
zich ‘schrap’ zet om te voorkomen dat hij ‘de bocht
uitvliegt’.
De benodigde middelpuntzoekende kracht hangt af van:
1. De massa van de schaatser m
Hoe groter de massa, des te groter de benodigde kracht; het is voor een
zware schaatser moeilijker om de bocht te houden.
2. De snelheid van de schaatser v
Hoe groter de snelheid, des te groter de benodigde kracht; het is voor een
schaatser het moeilijkste om de bocht te houden op de 500 m sprint.
3. De straal van de bocht r
Hoe kleiner de straal van de bocht, des te groter de benodigde kracht; het is
voor een schaatser het moeilijkste om de binnenbocht te houden.
m⋅v
Op grond van deze overwegingen, zou kunnen gelden: Fmpz =
.
r
Een eenhedenbeschouwing toont echter aan dat deze formule niet kan kloppen:
m
[m] ⋅ [v] kg ⋅ s kg
kg ⋅ m
≠
[F ] = N =
=
=
[r ]
m
s
s2
Het blijkt dat geldt7:
Fmpz
m ⋅ v2
=
= m ⋅ω 2 ⋅ r
r
Ga met een eenhedenbeschouwing na dat dit de goede formule zou kunnen zijn.
7
Christiaan Huygens (1659)
17
Wielrennen 1 (herhaling)
Een wielrenner rijdt een helling af.
De helling maakt een hoek α met de horizontaal.
Zie: VWO 4 Kernboek A bladzijde: 217 – 219.
Fnormaal
Fwrijving
Fspier
α
α
Fzw
De krachten loodrecht op de helling heffen elkaar op: Fnormaal = Fzw.cos α
Langs de helling omhoog werkt:
De totale wrijvingskracht Fwrijving
De rolwrijving zal, vergeleken met de luchtwrijving, klein zijn.
Als de wielrenner remt, is de totale wrijvingskracht nog groter.
Langs de helling omlaag werkt:
De x-component van de zwaartekracht: (Fzw)x = Fzw.sin α
De spierkracht Fspier langs de helling omlaag (als de wielrenner bij trapt).
Er zijn drie mogelijkheden:
De snelheid van de wielrenner neemt af.
Er is een resulterende kracht langs de helling omhoog: Fwr > (Fzw)x + Fspier
2.
De wielrenner heeft een constante snelheid.
De krachten langs de helling heffen elkaar op: Fwr = (Fzw)x + Fspier
3.
De snelheid van de wielrenner neemt toe.
Er is een resulterende kracht langs de helling omlaag: (Fzw)x + Fspier > Fwr
1.
18
Wielrennen 2
Een wielrenner rijdt in de bocht op een wielerpiste.
Het is een eenparige cirkelbeweging.
De helling maakt een hoek α met de horizontaal.
Zie: VWO 5 Kernboek bladzijde: 88 – 89. Wat is er fout aan Figuur 2.34?
Fnormaal
α
naar het midden van de cirkel
α
Fzw
De voorwaartse en achterwaartse krachten8:
Omdat de snelheid van de wielrenner niet van grootte verandert, heffen de
spierkracht en de wrijvingskracht elkaar op: Fspier = Fwrijving.
De verticale krachten:
De verticale krachten heffen elkaar op. De zwaartekracht en de verticale
component van de normaalkracht zijn even groot: Fzw = (Fnormaal)y = Fnormaal.cos α
De horizontale krachten:
Als er geen ‘dwarswrijvingskrachten’ zijn, is de enige horizontale kracht de
horizontale component van de normaalkracht. Dit is dus de benodigde
middelpuntzoekende kracht: Fmpz = (Fnormaal)x = Fnormaal.sin α
8
Deze krachten zijn loodrecht op de tekening en dus niet in de figuur te zien.
19
Voorbeeld:
De straal van de bovenkant van de zweefmolen is 2,6 m.
De kabels van ieder stoeltje zijn 2,0 m lang en maken een
hoek van 60 o met de horizontaal. De zweefmolen draait
rond met een constante hoeksnelheid.
Bereken deze hoeksnelheid.
tan 60 o =
Fzw
m⋅g
9,8
=
= 2
2
Fmpz m ⋅ ω ⋅ r ω ⋅ 3,6
→ ω=
9,8
= 1,3 rad
o
s
3,6 ⋅ tan 60
Fspan
‘Fzw’
‘Fzw’
60o
Fmpz
Nuttige sommen:
§ 2.2 10, 12
§ 2.3 13 – 19
§ 2.4 20 – 23
§ 2.5 24 – 29
Fzw
Het hoogste punt bij een verticale cirkelbeweging
Als bij een verticale cirkelbeweging de snelheid te klein is, zal het voorwerp
in het hoogste punt ‘uit de cirkel’ naar beneden (willen) vallen.
De normaalkracht kan dit eventueel verhinderen. Zie som 27b.
Als de snelheid ‘te groot’ is, zal het voorwerp de cirkelbeweging voortzetten.
De zwaartekracht én een andere kracht9 samen, leveren dan de benodigde
middelpuntzoekende kracht. Zie som 26b.
Er precies is één snelheid waarbij het voorwerp in het hoogste punt net
wel/net niet naar beneden dreigt te vallen. Bij deze snelheid is de
zwaartekracht de benodigde middelpuntzoekende kracht:
Fzw = Fmpz
9
→ v = g ⋅r
Zie som 27a.
Afhankelijk van de situatie bijvoorbeeld de spankracht óf de normaalkracht.
20
Voorbeeld
Sven Kramer rijdt de 5000 m.
Hiernaast zie je hem in de
binnenbocht. Neem aan dat hij
steeds even snel schaatst.
Bepaal zijn eindtijd.
bron: http://www.youtube.com/watch?v=o5MWIDwxjEw&feature=related
Niet-eenparige cirkelbeweging
Bij het centrifugeren van de was zijn te onderscheiden:
1. De trommel gaat sneller draaien
2. De trommel draait met constant toerental
3. De trommel stopt met draaien.
Als de trommel met een constant toerental draait, voert het
wasgoed een eenparige cirkelbeweging uit.
Voorbeeld:
toerental 1200 RPM
diameter trommel 44 cm
sok (40 g) tegen de binnenkant van de trommel.
Op de sok werkt een middelpuntzoekende kracht (de
normaalkracht van de trommel). Deze kracht is:
Fmpz = m ⋅ ω 2 ⋅ r = 0,040 ⋅ (2 ⋅ π ⋅ 20) 2 ⋅ 0,22 = 1,4.10 2 N
Deze kracht is (uiteraard) voortdurend naar het midden van de trommel gericht.
Bij het op gang komen (afremmen) van de trommel, verandert de snelheid niet
alleen voortdurend van richting, maar ook van grootte.
Er is een resulterende kracht F met een component:
Naar het midden van de cirkel
(radiële component Fr)
Deze component is de middelpuntzoekende
kracht, die ervoor zorgt dat de snelheid van
richting verandert.
In de richting van de raaklijn op de cirkel
(tangentiële component Ft)
Deze component zorgt ervoor dat de snelheid
groter/kleiner wordt.
Als de cirkel ‘met de wijzers van de klok mee’ wordt doorlopen, is er sprake van afremmen (en andersom).
21
De gravitatiewet van Newton
Twee voorwerpen (massa’s) oefenen
een aantrekkende kracht op elkaar uit.
De gravitatieconstante is zo klein10 dat
deze kracht uitsluitend van belang is,
indien één of beide voorwerpen een
zeer grote massa heeft.
De zwaartekracht (op het aardoppervlak)
is niets anders dan de gravitatiekracht,
waarmee de aarde een voorwerp aantrekt:
G ⋅ m Aarde
= g = 9,8 N
2
kg
rAarde
De wetten van Newton geven een zeer adequate beschrijving van de
bewegingen van hemellichamen in het heelal. Deze theorie zal pas in de 20e
eeuw worden verbeterd door de Algemene Relativiteitstheorie van Einstein.
10
G = 6,67.10-11 N.m2.kg-2 (BINAS 7)
22
Bewegingen van hemellichamen
Planeten om een centrale
ster
Satellieten (manen) om een
planeet
bewegen eigenlijk in een
ellipsbaan (1e wet van Kepler).
De (baan)snelheid is dichtbij het
centrale hemellichaam het grootst
(2e wet van Kepler).
http://astro.unl.edu/naap/pos/animations/kepler.swf
Omdat het centrale hemellichaam (meestal) zeer veel zwaarder is dan het
bewegende hemellichaam, geldt bij benadering dat:
1. De baan een cirkel is.
2. Het centrale hemellichaam zich in het middelpunt van de cirkel bevindt.
3. De beweging een eenparige cirkelbeweging is.
4. De gravitatiekracht de benodigde middelpuntzoekende kracht is.
Afleiding11 3e wet van Kepler
Fmpz = Fgrav
↔
maar ook geldt:
zodat:
→
m ⋅ v2 G ⋅ m ⋅ M
=
r
r2
2 ⋅π ⋅ r
v=
T
→ v2 =
G⋅M
r
4 ⋅π 2 ⋅ r2
→ v =
T2
4 ⋅π 2 ⋅ r2 G ⋅ M
=
T2
r
2
→
r3 G ⋅ M
=
T 2 4 ⋅π 2
Gevolg:
1.
2.
11
12
r3
gelijk.
T2
De massa van een ster (planeet) is te berekenen, indien van één
ronddraaiend hemellichaam de afstand én de omlooptijd bekend zijn.
Voor alle planeten in één zonnestelsel12 is de verhouding
afleiding voor eenparige cirkelbewegingen
idem: alle satellieten rondom hun planeet
23
Satellieten om de aarde
1.
De maan
Geloof jij dat de mens op de maan is geweest?
http://video.google.nl/videoplay?docid=2304895215368202642#
2.
Geostationaire satellieten
(communicatiesatellieten)
draaien in 24 uur rond de
aarde.
• Ga na dat zij zich recht
boven de evenaar moeten
bevinden.
• Ga na dat zij zich op een
hoogte van 36.106 km
moeten bevinden.
3.
Satellieten met polaire banen
draaien in een ‘lage’ baan13 over de noord- en de zuidpool rondom de
aarde. Zij nemen het aardoppervlak waar, dat ‘onder hun baan door draait’
en worden bijvoorbeeld voor weersvoorspellingen gebruikt.
http://www.esa.int/SPECIALS/ESOC/SEMN2VM5NDF_mg_1.html
Nuttige sommen:
§ 2.6 33, 36, 38
13
meestal tussen 300 – 1000 km hoogte (boven het aardoppervlak)
24