ฟิสิกส์ ทั่วไป สิบเอกกมลศักดิ์ วังคำ 657601431

80 4.4 การชนกันแบบ 1 มติ ิ ถ้าไม่มีแรงภายนอกกระทาต่อระบบ การชนกันของระบบจะมีการอนุรักษ์โมเมนตัมเสมอ ซึ่ง พลงั งานจลน์จะมีคา่ คงเดมิ หรอื ไม่คงเดมิ ก็ได้ โดยท่วั ไปการชนกนั ของวตั ถุมี 2 แบบ คือ 4.4.1 การชนกนั แบบยดื หยุน่ (Elastic collision) เป็นการชนที่วัตถุจะแยกออกจากกันเม่ือชนกันแล้ว ซึ่งเป็นไปตามกฎการอนุรักษ์ โมเมนตัม และกฎอนรุ กั ษพ์ ลังงานจลน์ โดยผลรวมก่อนชนจะเท่ากบั ผลรวมหลังชน ดงั แสดงในรปู ท่ี 4.7 vA1 vB1 ก่อนชน A B vA2 vB2 หลงั ชน AB รูปที่ 4.7 แสดงการชนกันแบบยดื หยุน่ ของวตั ถุ mA และ mB จากกฎการอนุรักษโ์ มเมนตันจะไดว้ ่า  Pi =  Pf (4.6) (4.7) PA1+PB1= PA2 +PB2 (4.8) mA vA1 +mB vB1 = mA vA2 +mB vB2    mA vA1  vA2 = mB vB2  vB1 จากกฎการอนุรักษ์พลังงานจลนจ์ ะไดว้ ่า  Eki =  Ekf EkA1+EkB1= EkA2 +EkB2 1 mA (vA1 )2 + 1 mB (vB1 )2  1 mA (vA2 )2 + 1 mB (vB2 )2 2 2 2 2    mA v  v2 2 = mB v  v2 2 A1 A2 B2 B1 นาสมการที่ 4.7 หารดว้ ย 4.6 จะไดว้ า่  mA  mB v  v2 2 v  v2 2 A1 A2 B2 B1    = mA vA1  vA2 mB vB2  vB1      mA vA1  vA2 vA1  vA2    mA vA1  vA2 = mB vB2  vB1 vB2  vB1 mB vB2  vB1 vA1  vA2 = vB2  vB1 vA1  vB1 = vB2  vA2 vA1  vB1 =  vA2  vB2

81 4.4.2 การชนกันแบบไมย่ ดื หยุ่น (Inelastic collision) เป็นการชนท่ีวัตถุจะติดกันไปเม่ือชนกันแล้ว ซ่ึงเป็นไปตามกฎการอนุรักษ์โมเมนตัม แต่ ไม่เป็นไปตามกฎพลงั งานจลน์ เนอื่ งจากพลังจลนบ์ างส่วนสูญเสียไปเปน็ พลังงานความร้อนหรือเสียงจาก การชน ดงั แสดงในรปู ที่ 4.8 vA1 vB1 กอ่ นชน A B vAB หลงั ชน AB รูปที่ 4.8 แสดงการชนกันแบบไม่ยดื หยนุ่ ของวตั ถุ mA และ mB จากกฎการอนรุ กั ษ์โมเมนตันจะไดว้ ่า  Pi =  Pf PA1+PB1 = PAB mA vA1+ mB vB1 = (mA + mB )vAB จากกฎการอนุรักษ์พลังงานจลน์จะไดว้ า่  Eki   Ekf  Eki   Ekf   Ek(loss) Ek =  Eki   Ekf เม่ือพลงั งานจลนก์ อ่ นและหลังชนมคี า่ เปน็  Eki = 1 mA 2 + 1 mB 2 (4.9) 2 2 (4.10) vA1 VB1 (4.11)   Ekf=1 2 2 mA +mB v AB ถ้า VB1= 0 นาสมการท่ี 4.22 หารด้วย 4.22 จะไดว้ า่   Ekf 1 vA2 B 2  Eki = mA +mB 1 mA ( v A1 ) 2 2  Ekf = 2 AB Eki mA +mB v mA (vA1)2 mA 2 (vA1)2 mA +mB 2    Ekf  Eki = mA +mB  mA (vA1)2 mA mA +mB  Ekf = Eki ดงั นัน้ จะได้วา่ Ekf < Eki

82 ตัวอย่างท่ี 4.4 วัตถุ A มวล 0.3 kg และ B มวล 0.5 kg เคล่ือนที่เข้าหากันด้วยความเร็ว 30 m/s และ 20 m/s ตามลาดบั ดังแสดงในรูปท่ี 4.9 จงหาความเร็วหลังการชนของวัตถุท้งั สองกอ้ น vA1 vB1 กอ่ นชน A B หลงั ชน vA2 vB2 A B รูปที่ 4.9 แสดงการชนกันแบบยืดหยุน่ ของวัตถุ A และ B วิธที า จากการอนุรักษโ์ มเมนตัมจะได้ว่า mA vA1 +mB vB1 = mA vA2 +mB vB2 mA vA1  mB (vB1) = mA vA2 + mB vB2 (0.3 kg × 30 m/s)  (0.5 kg × 20 m/s) = 0.3kgvA2 + 0.5 kgvB2 1kg .m/s = 0.3kgvA2 + 0.5 kgvB2 และสมการ vA1  vB1 =  vA2  vB2 vA1  (vB1) =  vA2  vB2 30 m/s  20 m/s =  vA2  vB2 vA2 = vB2  50 m/s แทนในสมการท่ี จะได้ว่า 1kg .m/s = 0.3kg( vB2  50 m/s) + 0.5 kgvB2 1kg .m/s = 0.3kg vB2 15 m/s + 0.5 kgvB2 14 kg .m/s = 0.8kgVB2 vB2 = 17.5 m/s แทนในสมการที่ จะไดว้ ่า vA2 = 17.5 m/s  50 m/s vA2 =  32.5 m/s

83 ตัวอย่างท่ี 4.5 วตั ถุ A มวล 0.3 kg และ B มวล 0.5 kg เคล่ือนท่ีเข้าหากันด้วยความเร็ว 30 m/s และ 20 m/s ตามลาดับ หลังชนวตั ถุตดิ กันไป ดงั แสดงในรูปที่ 4.10 จงหาความเร็วหลังการชนของวตั ถุทั้ง สองก้อนและพลังงานจลน์ท่ีสญู เสียไป vA1 vB1 ก่อนชน A B หลังชน vAB AB รูปที่ 4.10 แสดงการชนกนั แบบไมย่ ืดหยุน่ ของวัตถุ A และ B วิธที า จากการอนรุ กั ษโ์ มเมนตัม mA vA1+mB vB1= (mA +mB )vAB mA vA1  mB vB1= (mA +mB )vAB (0.3 kg × 30 m/s)  (0.5 kg × 20 m/s) = (0.3 kg + 0.5 kg)vAB 1 kg.m/s = 0.8 kgvAB vAB = 1.25 m/s และพลังงานจลนท์ ีเ่ กดิ ข้ึน  Eki = 1 mA 2 + 1 mB 2 2 2 vV1 vB1  Eki = 1 (0.3 kg  (30 m/s)2 )  1 (0.5 kg  (  20 m/s)2 ) 22  Eki = 135 J 100 J  Eki = 35 J และ  Ekf = 1 (mA  2 2 mB )vAB  Ekf = 1 (0.3 kg  0.5 kg)(1.25 m/s)2 2  Ekf = 0.625 J และ Ek =  Eki   Ekf Ek = 35J  0.626J Ek = 35J  0.626J

84 ตัวอย่างที่ 4.6 จากรูปท่ี 4.11 แสดงการยิงกระสุนปนื มวล (mB) 5 g ดว้ ยความเร็ว VB เข้าไปยังใน กล่องไม้มวล (mw) 2 kg ท่ีแขวนไว้ในแนวด่ิง เม่ือกระสุนปืนเข้าไปยังในกล่องไม้ทาให้กล่องไม้แกว่งข้ึน ไปได้เปน็ ระยะสงู สุด (h) 3 cm จงหาความเร็ว VB ของลูกปืน VB  ? mW VBW mB VW  0 h  3 cm รูปที่ 4.11 แสดงการยงิ ของกระสนุ ปืนเขา้ กอ้ นไมแ้ บบ ballistic pendulum วิธที า จากกฎการอนรุ ักษโ์ มเมนตัม mB vB +mW vW = (mB +mW )vBW (0.005 kg × vB )  (0.5 kg × 0 m/s) = (0.005 kg + 2 kg)vBW 0.005 kgvB = 2.005 kgvBW และจากกฎการอนุรักษพ์ ลังงาน จะไดว้ ่า 1 mBW 2 + mBWgh1 = 1 mBW 2 + mBWgh2 2 2 vBW1 vBW2 1 mBW 2 + 0 = 0 + mBW gh 2 2 vBW1 vBW1 = 2gh2 vBW1 = 2 9.8 m/s2  0.03 m vBW1 = 0.77 m/s แทนสมการที่ 4.22 ใน 4.22 จะได้ว่า 0.005 kgvB = 2.005 kg 0.77 m/s vB = 307 m/s

85 4.5 การชนกนั แบบ 2 มติ ิ การชนแบบ 2 มิติ (Two dimensional collisions) คือ การชนกันของวัตถุที่หลังชนวัตถุทั้ง สองจะไมอ่ ยใู่ นระนาบเดยี วกนั ซ่ึงเป็นการชนทไ่ี ม่ผ่านจุดศูนยก์ ลางมวล ดงั แสดงในรปู ท่ี 4.12 4.5.1 การชนกันแบบยดื หยุน่ (Elastic collision) การชนกันของวัตถุที่หลังชนวัตถุทั้งสองจะไม่อยู่ในระนาบเดียวกัน ซ่ึงเป็นการชนท่ีไม่ ผา่ นจุดศูนย์กลางมวล หลงั ชนวัตถทุ ั้งสองจะแยกจากกัน ดังแสดงในรูปที่ 4.12 VA1 A VA1 θ A  B VB1 B รูปที่ 4.12 แสดงการชนกันแบบยืดหยุน่ ของวตั ถุ AVแลB2ะ B (4.12) จากกฎการอนุรกั ษโ์ มเมนตนั จะได้ว่า  Pi =  Pf (4.13) PA1+PB1= PA2 +PB2 mA vA1 +mB vB1 = mA vA2 +mB vB2 ถ้า vB1= 0 และ mA = mB จะได้ว่า mA vA1 = mA vA2 +mB vB2 vA1 = vA2 +vB2 และสามารถหาขนาดไดโ้ ดยใชห้ ลกั การรวมเวกเตอร์  vA1 2 =  vA2 2 +  vB2 2  2vA2vB2 cos(θ  ) vA1 =  vA2 2 + vB2 2  2vA2vB2 cos(θ  ) (4.14)

86 จากกฎการอนุรักษพ์ ลังงานจลน์จะได้วา่  Eki =  Ekf EkA1+EkB1= EkA2 +EkB2 1 mA ( vA1 )2 + 1 mB (vB1 )2  1 mA (vA2 )2 + 1 mB (vB2 )2 2 2 2 2 ถ้า vB1= 0 และ mA = mB จะไดว้ า่ 1 mA ( vA1 )2  1 mA (vA2 )2 + 1 mB (vB2 )2 2 2 2 (vA1)2 = (vA2 )2 +(vB2 )2 แทนค่าใน 4.14 จะได้วา่    (vA2 )2 +(vB2 )2  vA2 2 + vB2 2  2vA2vB2 cos(θ  )    (vA2 )2 +(vB2 )2  vA2 2 + vB2 2  2vA2vB2 cos(θ  ) cos(θ   )  0 2vA2 v B2 cos(θ )  0 ดงั น้นั ถ้า vB1= 0 และ mA = mB จะได้ว่า θ    90o ในทานองเดยี วกนั ดงั นน้ั ถา้ vB1= 0 และ mA  mB จะได้วา่ θ  < 90o เม่ือ mA  mB θ   90o เมอื่ mA  mB

87 4.5.2 การชนกนั แบบไม่ยืดหย่นุ (Elastic collision) การชนกันของวัตถุท่ีหลังชนวัตถุทั้งสองจะไม่อยู่ในระนาบเดียวกัน ซ่ึงเป็นการชนที่ไม่ ผา่ นจุดศนู ย์กลางมวล หลังชนวตั ถุท้งั สองจะตดิ กันไป ดังแสดงในรูปที่ 4.13 B VB1 VA1 A  A B V รูปที่ 4.13 แสดงการชนกันแบบไม่ยืดหยนุ่ ของวัตถุ A และ B จากกฎการอนุรกั ษ์โมเมนตนั จะได้วา่ (4.15) (4.16)  Pi =  Pf PA1+PB1= P  mA vA1+mB vB1= mA +mB v ถ้า mA  mB จะได้ว่า  mA vA1+mB vB1= mA +mB v และสามารถหาขนาดไดโ้ ดยใชห้ ลักการรวมเวกเตอร์ P2 = PA1 2 + PB1 2  2PA1PB1 cos( ) P = PA1 2 + PB1 2  2PA1PB1 cos()

88 ตัวอย่างท่ี 4.8 วตั ถุ A มวล 0.5 kg ว่ิงด้วยความเร็ว 4 m/s เข้าชนกันวตั ถุ B มวล 0.3 kg ที่หยุดน่ิงอยู่ กับที่หลังชนวัตถุ A มีความเร็ว 2 m/s จงหาความเร็วหลังการชนของวัตถุ B และทิศทางของวัตถุ A และวัตถุ B ทเ่ี บยี่ งเบนไปจากแนวเดิม แสดงรูปที่ 4.14 VA1 A VA1 mA B θ A VB1  mA B VB2 รูปที่ 4.14 แสดงการชนแบบ 2 มิตขิ องวตั ถุ A และ B วิธีทา เนื่องจากพลังงานจลน์เป็นปริมาณสเกลาร์ ดังนั้นเราสามารถหาความเร็ว จากกฎการอนุรักษ์ พลังงานจลน์ จะไดว้ า่ 1 mA (vA1 )2 + 1 mB (vB1 )2  1 mA (vA2 )2 + 1 mB (vB2 )2 2 2 2 2 1 (0.5 kg)(4 m/ s )2 + 1 (0.3 kg)(0)2  1 (0.5 kg)(2 m/ s )2 + 1 (0.3 kg)(vB2 )2 22 2 2 8 kg.m/s  2 kg.m/s + 0.3 kg(vB2 )2 จากการอนุรักษ์โมเมนตัม vB2  4.47 m/s mA vA1 +mB vB1 = mA vA2 + mB vB2 แนวแกน x กอ่ นชน = (0.5 kg 4 m/s)  0 = 2 kg.m/s แนวแกน y ก่อนชน =0 แนวแกน x หลังชน = mA vA2x + mB vB2x = mA vA2cosθ+ mB vB2cos = (0.5 kg  2 m/s cosθ)+ (0.3 kg  4.47 m/s cos) = (1 kg.m/s cosθ)+ (1.34 kg.m/s cos) แนวแกน y หลงั ชน

89 = mA vA2y + mB vB2y = mA vA2sinθ+ mB vB2sin = (0.5 kg  2 m/ssinθ)+ (0.3 kg  4.47 m/ssin) = (1 kg.m/s sinθ)+ (1.34 kg.m/s sin ) รวมสมการแต่ละแนวเขา้ ดว้ ยกนั จะไดว้ ่า แนวแกน x 2 kg.m/s = (1 kg.m/s cosθ)+ (1.34 kg.m/s cos ) 2 = cosθ + 1.34cos (2  cosθ)2 = (1.34cos)2 4  4cosθ+(cosθ)2 = 1.79(cos)2 แนวแกน y 0 = (1 kg.m/s cosθ)+ (1.34 kg.m/s cos ) (sinθ)2 = 1.79( sin)2 นาสมการ และ มาบวกกนั 4  4cosθ + (cosθ)2  (sinθ)2 = 1.79(cos )2 +1.79( sin )2 แทนค่าในสมการ 4  4cosθ + 1 = 1.79 cosθ = 0.8 θ = 36.86o 2 = 0.8 + 1.34cos cos = 0.895 θ = 26.49o

90 ตัวอย่างท่ี 4.7 รถยนตค์ ันท่ี 1 มีมวล 1500 kg และคันท่ี 2 มีมวล 2500 kg ดงั แสดงในรูปท่ี 4.15 เกิด ชนกันตรงทางแยก และติดกันไป จงหาความเร็วหลังการชนของรถยนต์ทั้งสอง และทิศทางหลังการชน ของรถยนต์ท้งั สองตามแนวรถ A VAB VA  25 m/s θ VB  20 m/s รูปที่ 4.15 แสดงการชนกนั แบบไม่ยดื หยุ่นของรถยนต์สองคนั วิธีทา พิจารณาโมเมนตัมในแนวแกน x และแกน y กอ่ นชน แกน x PAx  mAvAx  1500 kg  25 m/s  37500 kg.m/s แกน y PBx  mBvBx  0 PAy  mAvAy  0 PBy  mBvBy  2500 kg  20 m/s  50000 kg.m/s และโมเมนตมั ในแนวแกน x และแกน y หลงั ชน P P2x  P 2 y P  (37500)2  (50000)2 P  62500 N และโมเมนตัมในแนวแกน x และแกน y หลงั ชน tanθ  50000 37500 θ  53.06o และความเร็วหลังการชน vAB  P  62500 kg.m/s (mA +mB ) 4000 kg vAB  15.63 m/s

91 บทสรุป โมเมนตัม (Momentum) เปน็ ปริมาณบอกความสามารถในการเคลือ่ นทข่ี องวตั ถุ P = m.v การดล (Impulse) ปรมิ าณทเ่ี ปน็ ผลของการเปลย่ี นโมเมนตัม  F(t2  t1) = mv2  mv1 I = P2  P1 กฎอนุรักษ์โมเมนตมั ผลรวมโมเมนตัมก่อนชนเท่ากับผลรวมโมเมนตัมของวัตถุหลังชนในกรณีที่ไม่มีแรง ภายนอกมากระทาตอ่ ระบบกระทาเป็นศูนย์  Pi =  Pf การชนกันแบบยืดหยนุ่  Pi =  Pf การชนกันแบบไมย่ ดื หยนุ่  Pi   Pf  Pi =  Pf  Pi   Pf

92 แบบฝึกหดั ทบทวน 1. (a) จงหาขนาดโมเมนตมั ของรถบรรทุกมวล 10000 kg เคลอื่ นที่ด้วยความเรว็ 12 m/s (b) จงหาความเร็วของรถอเนกประสงค์ suv มวล 2000 kg ถ้ามีขนาดโมเมนตัมและพลังงาน จลน์ เท่ากับรถบรรทุก 2. นักเทนนสิ เดาะลูกบอลมวล 57 g ขน้ึ สงู 5.5 m จงหาการดลทไ่ี มก้ ระทาตอ่ ลกู บอล 3. ปล่อยลูกบอลมวล 0.15 kg ให้ตกจากท่ีสูง 1.25 m จากน้ันลูกบอลกระดอนจากพ้นื สูง 0.96 mจงหาการดลที่พื้นกระทาตอ่ ลูกบอล 4. ลูกเหล็กมวล 3 kg ถูกปาเข้ากาแพงด้วยความเร็ว 10 m/s ทามุม 60 กับแนวกาแพง ถ้าลูก เหล็กกระดอนกลับด้วยความเร็วและมุมเท่าเดิม จงหาแรงเฉล่ียท่ีกาแพงกระทาต่อลูกเหล็ก ถ้า ลกู เหลก็ สมั ผัสกาแพงเป็นเวลา 0.2 s 5. ตลี ูกกอล์ฟมวล 0.045 kg ที่อยู่น่ิงเคลื่อนที่ดว้ ยความเร็ว 25 m/s ถ้าไม้สัมผัสกับลูกกอล์ฟเปน็ เวลา 2 ms จงหาแรงเฉลี่ยที่ไม้กระทาต่อลกู กอล์ฟ 6. เหวี่ยงไม้กอล์ฟมวล 200 g ด้วยความเร็ว 55 m/s ตีลูกกอล์ฟมวล 46 g ไปติดตน้ ไม้ หลงั จากตี ไม้กอล์ฟยังมีทศิ ทางเดมิ และมคี วามเรว็ 40 m/s จงหาความเรว็ ของลกู กอลฟ์ หลงั จากการตี 7. นักเล่นสเกต็ ชนกันแบบไมย่ ืดหยุ่น เกิดจากคนท่ีหน่ึงมีมวล 70 kg กาลังเคลื่อนที่ไปทางขวาด้วย ความเร็ว 2 m/s และคนท่ีสองมีมวล 65 kg กาลังเคลื่อนท่ีไปทางซ้ายด้วยความเร็ว 2.5 m/s จงหาขนาดและทศิ ทางของความเรว็ หลงั จากการชนแล้วติดกันไป 8. ก้อนหินมวล 3 kg เคลื่อนที่ด้วยความเร็ว 8 m/s ไปทางขวาเข้าชนกล่องมวล 15 kg ที่ผูกตดิ กับสปริงเบา ซ่ึงมีค่าคงท่ีสปริงเท่ากับ 500 N/m อยู่น่ิงกับที่ หลังจากการชนแล้วก้อนหิน กระดอนกลับไปทางซ้ายด้วยความเร็ว 2 m/s จงหาระยะทางท่ีมากที่สุดท่ีกล่องเคล่ือนที่ไปได้ หลังการชนกนั 9. ยิงกระสุนปนื มวล 5 g เข้าไปฝังในกล่องไม้มวล 1.2 kg วางน่ิงอยู่บนพื้น ถ้าสัมประสิทธค์ิ วาม เสียดทานระหวา่ งกล่องกับพน้ื เท่ากับ 0.2 หลังจากยิงแล้วกล่องไม้เคล่ือนที่ได้ระยะทาง 0.23 mจงหาความเร็วเริ่มตน้ ของกระสุนปืน 10. ยานพาหนะคนั แรกมวล 2500 kg เคลอ่ื นที่จากทิศตะวนั ออกไปทิศตะวันตก (-x) ดว้ ยความเร็ว 14 m/s และคันที่สองมวล 1500 kg เคล่ือนที่จากทิศใตไ้ ปทิศเหนือ (+y) ด้วยความเร็ว 23 m/s จงหา (a) โมเมนตัมสุทธขิ องระบบในองค์ประกอบ x และ y (b) ขนาดและทิศทางของ โมเมนตมั สทุ ธิ

93 แผนบรหิ ารการสอนประจาบทที่ 5 รายวิชา ฟสิ กิ ส์ทั่วไป General Physics หวั ข้อเนือ้ หา 5.1 ความดนั ในของเหลว 5.2 กฎของปาสคาล 5.3 แรงลอยตัวและหลักของอารค์ ีมีดีส 5.4 ความตงึ ผิวและความหนืด 5.5 อัตราการไหลและสมการของแบร์นูลลี วัตถุประสงค์เชิงพฤติกรรม เมื่อสิ้นสุดการเรยี นการสอน ผเู้ รียนสามารถ 1. คานวณหาความดนั ในรปู แบบตา่ งๆได้อย่างถูกตอ้ ง 2. ใช้ความรเู้ รอื่ งความดันและแรงดันในการอธิบายกฎของปาสคาลได้ 3. ยกตวั อย่างเหตุการณ์ทีเ่ ป็นไปตามหลกั ของอารค์ มี ีดสี ได้ 4. อธิบายความตงึ ผวิ และความหนดื ได้อย่างถูกต้อง 5. คานวณหาปรมิ าณทเี่ กี่ยวขอ้ งกับอตั ราการไหลและสมการของแบรน์ ลู ลีจากสถานการณท์ ีก่ าหนดให้ ได้อยา่ งถูกตอ้ ง วิธีสอนและกจิ กรรมการเรียนการสอนประจาบท 1. บรรยายเนือ้ หาในแตล่ ะหัวข้อ พร้อมยกตัวอย่างประกอบ 2. ศึกษาจากเอกสารประกอบการสอนและภาพเลือ่ น (slide) 3. ร่วมอภิปรายเนอื้ หา และทาแบบฝกึ หัดในช้นั เรียน 4. ผสู้ อนสรุปเนอ้ื หา 5. ผสู้ อนทาการซักถาม 6. นกั ศกึ ษาถามข้อสงสัย

94 สอื่ การเรยี นการสอน 1. เอกสารประกอบการสอนวชิ าฟสิ กิ ส์ทัว่ ไป 2. บทความจากหนงั สือ หรือเว็บไซตต์ า่ งๆ 3. ภาพเล่ือน (slide) 4. คอมพิวเตอรพ์ รอ้ มเครอ่ื งฉาย LCD projector การวดั ผลและการประเมนิ ผล 1. ประเมินจากการซกั ถามในชน้ั เรยี น 2. ประเมินจากความร่วมมอื หน้าชน้ั เรียน 3. ประเมนิ จากการทาแบบฝกึ หัดทบทวนท้ายบทเรยี น

95 บทท่ี 5 กลศาสตรข์ องไหล 5.1 ความดันในของเหลว สสารสามารถจาแนกได้ 3 สถานะ ไดแ้ ก่ ของแข็ง (Solid) ของเหลว (Liquid) และก๊าซ (Gas) โดยของแข็ง จะมีรูปร่างและสถานะปริมาตรคงท่ี ซึ่งอนุภาคภายในจะอยู่ชิดกันมาก เช่น ทอง ส่วน สถานะที่เป็นของเหลว จะมีรูปร่างตามภาชนะที่บรรจุและมีปริมาตรคงที่ ซ่ึงอนุภาคภายในจะอยู่ชิดกัน น้อยลง และมีสมบัติเป็นของไหล (Fluid) ได้ เช่น น้า ปรอท และสถานะที่เป็นก๊าซ จะมีรูปร่างและ ปรมิ าตรที่ไม่คงที่ ขึง้ อยู่กับภาชนะท่ีบรรจุ ซึ่งอนุภาคภายในจะอยู่ห่างกันมากที่สุด และมีสมบัติเป็นของ ไหลได้ เช่น อากาศ ก๊าซต่างๆ โดยที่ของไหล (ของเหลวและก๊าซ) สามารถไหลจากจากที่หน่ึงไปยังอีกท่ี หนง่ึ ได้ ซึ่งสมบัติของไหล ได้แก่ ความหนาแน่น ความดัน ความตึงผิว และความหนดื เป็นต้น ความหนาแน่น (Density) เป็นคุณสมบัติเฉพาะของวตั ถุหนึ่ง โดยหากเป็นวตั ถุ (สาร) เดียวกัน จะมีความหนาแน่นเท่ากัน และวัตถุต่างชนิดกันจะมีความหนาแน่นท่ีต่างกัน ดังแสดงในตารางท่ี 5.1 โดยความหนาแนน่ เป็นปรมิ าณท่บี อกคา่ มวลของวัตถใุ นหนึง่ ปริมาตร สามารถนิยามสมการได้เป็น = m (5.1) V เมอ่ื  คอื ความหนาแนน่ ของวตั ถุ มหี น่วยเป็น kg/m3 m คือ มวลของวตั ถุ มีหนว่ ยเป็น kg v คอื ปรมิ าตรของวตั ถุ มหี นว่ ยเป็น m3 ตารางที่ 5.1 ความหนาแน่นของสารตา่ งๆท่อี ุณหภูมิ 0 องศาเซลเซียสและความดนั 1 บรรยากาศ สาร ความหนาแนน่ สาร ความหนาแนน่ (kg/m3) (kg/m3) น้าแข็ง 0.917 x 103 อากาศ 1.29 เหลก็ 7.86 x 103 อลมู เิ นยี ม 2.70 x 103 นา้ แขง็ 0.917 x 103 ทองแดง 8.92 x 103 นา้ 1.00 x 103 19.3 x 103 ทะเล 1.03 x 103 ทอง 10.5 x 103 เงนิ

96 ความดัน (Pressure) คอื ปริมาณของแรงกระทาในแนวต้งั ฉากตอ่ หน่ึงหน่วยพนื้ ท่ี ดงั แสดงใน รปู ท่ี 5.1 และสมการที่ 5.2 P= F (5.2) A เม่ือ P คอื ความดัน มีหน่วยเปน็ N/m2 หรือ Pa F คือ แรงกระทา มีหน่วยเปน็ N A คือ พ้ืนท่ี มีหนว่ ยเปน็ m2 โดยที่ 1 Passcal (Pa) = 1 N/m2 1 atm = 1.013 x 105 Pa 1 bar = 105 N/m2 1 Torr = 1mmHg รูปที่ 5.1 แสดงความดันและแรงดันทกุ ทศิ ทางในแนวตั้งฉากกับพ้ืนทนี่ ้ัน (a) กระทาตอ่ ภาชนะทบี่ รรจุ (b) กระทาต่อวัตถใุ นของเหลว

97 เมื่อพจิ ารณาส่วนตัดของน้าน่ิงดงั รูป ซ่ึงผลรวมของแรงท่ีกระทาส่วนตัดของน้านิ่งมีค่าเป็นศูนย์ เนื่องจากน้าในสภาวะสมดลุ เกิดจากแรงกระทาจากน้าหนักของของเหลวต่อหน่ึงหน่วยพ้ืนที่ สังเกตได้ จากเม่อื ดาน้าลกึ ลงไปจากผวิ นา้ มากเท่าไหร่ จะรู้สึกเจ็บแก้วหูมากเท่านั้น แสดงว่าแรงกดของน้ากระทา ต่อแก้วหู ยงิ่ ลึกมากย่ิงมีแรงกดมาก จากสมการ 5.2 จะได้ F = 0 FP1  FP2  Fdw = 0 P1A  (P1+dP)A  mg = 0 P1A  P1A  dPA  ρdyAg = 0 dPA  ρdyAg = 0 dP =  ρgdy P2  P1 =  ρg(y2  y1) (5.3) เม่อื เล่อื นตาแหน่ง P2 มายงั บรเิ วณผิวนา้ ความดันที่ไดจ้ ะมีค่าเทา่ กับความดันท่ีผิวคือความดัน บรรยากาศ (Pa) และตาแหนง่ P1 เปน็ ความดันใดๆในของเหลวมคี า่ เทา่ กบั P นา้ สาหรบั ของเหลวชนิด เดียวกนั จะมคี วามหนาแนน่ ทีเ่ ท่ากนั (คงท)ี่ และค่า g คงท่ี ดังนั้น แสดงดงั รปู ท่ี 5.2 Pa  P =  ρg(y2  y1) (5.4) P = Pa  ρg(y2  y1) เมื่อ P คอื ความดนั สมั บูรณ์ Pa คือ ความดันบรรยากาศ Pa FP2 dy dP FP1 dw y2 y1 รูปที่ 5.2 แสดงความดนั เท่ากันของของเหลวชนิดเดียวกนั ที่ระดับความสงู เท่ากนั

98 บารอมิเตอร์ (Barometer) เป็นเคร่ืองมือวัดความดันบรรยากาศ ประกอบด้วยหลอดแก้ว ทรงกระบอกยาวเล็กยาวปลายเปิดหน่ึงข้าง เมื่อบรรจุปรอทให้เต็มแล้วคว่าหลอดลงในอ่างปรอทพบว่า ปรอทยังคงค้างอยู่ในหลอดซึ่งมีความสูงเหนือผิวปรอท 76 cm และเกิดช่องวา่ งภายในหลอดซึ่งถือว่ามี ความดนั ต่ามากเท่ากบั ศูนย์ ดงั รปู ที่ 5.3(a) สามารถคานวณหาความดันบรรยากาศไดด้ งั น้ี P2  P1 =  ρg(y2  y1) 0  Pa =  ρg(y2  y1) Pa = 13.6103kg/m3  9.8 m/s2  76102m Pa = 1.013105 Pa มานอมเิ ตอร์ (Manometer) เป็นเครือ่ งมือวนั ความดันของของไหลแบบงา่ ยท่ีสุด ประกอบดว้ ย หลอดแก้วรูปตัวยูภายในบรรจุของเหลว ปลายข้างหนึ่งต่อกับความดันท่ีต้องการวัด และปลายอีกด้าน หนึ่งเปิดสู่อากาศ ดงั รูปที่ 5.3(b) สามารถคานวณหาความดันจากผลต่างระดับของเหลวในขาหลอดทั้ง สองขา้ งได้ดงั น้ี P2  P1 =  ρg(y2  y1) (5.5) Pa  P =  ρg(y2  y1) P  Pa = ρg(y2  y1) Pg = ρg(y2  y1) เม่อื Pg คือ ความดันเกจ (a) (b) Pa P2  0 y2 P P2  Pa dy Pa y1 P1  P y2 P1  Pa y1 รูปที่ 5.3 แสดงเครือ่ งมือวัดความดัน (a) มานอมิเตอร์ (b) บารอมเิ ตอร์

99 ตัวอยา่ งท่ี 5.1 หลอดแกว้ รูปตวั ยบู รรจุปรอทอยภู่ ายใน เตมิ นา้ ลงไปในขาข้างหนง่ึ สูง 15 cm ดงั รปู ที่ 5.4 จงหา (a) ความดนั เกจท่รี อยต่อน้า-ปรอท (b) ระดับปรอทในขาอีกข้าง (h) อย่ตู า่ กว่าระดับน้าเท่าใด Pa P P2  Pa dy y1 P1  P y2 รูปที่ 5.4 แสดงหลอดแก้วรปู ตัวยูภายในบรรจปุ รอทและนา้ วธิ ีทา (a) Pg = ρg(y2  y1)  109.8 m / s (15  102 m)  1470 N/ m (b) ลากเสน้ ประผา่ นหลอดทเ่ี ติมนา้ และปรอท ใหม้ รี ะดบั ความสงู เท่ากัน จะได้ ความสูงใหม่ทขี่ าของปรอท คอื x ดงั น้ันความดันสมั บูรณ์ จะได้ Pw  P Pa ghw  Pa  gh (103 kg/ m3)(9.8m/ s2 )(15102 m)  (13.6103 kg/ m)(9.8m/ s2 ) 0.011  x ความสูง (h) อยู่ตา่ กวา่ ระดับน้า x  0.11m x 1.1cm h 15 1.1cm 13.9 cm

100 ตัวอย่างที่ 5.2 ขาข้างหน่ึงของมานอมิเตอร์ท่ีมีปรอทบรรจุอยู่ต่อเข้ากับถังแก๊สชนิดหน่ึงทาให้ระดับ ปรอทในขาทงั้ สองขา้ งสงู ดังรูปที่ 5.6 จงหาความดันของแกส๊ ถ้าความดนั ของอากาศขณะนน้ั เปน็ 105Pa วธิ ที า ทีร่ ะดบั ความสงู เทา่ กนั จะได้ Pg = ρg(y2  y1) Pg + ρgh = Pa Pg + (13.6 103 kg/m3)(9.8m/s2 )(0.05m) = 105 Pg + 6.6103 = 105 Pg =9.34104 Pa ตัวอย่างท่ี 5.3 กล่องลูกบาศก์มีความยาวด้านละ 1 m ดา้ นบนมีฝาปิดสนิทและตรงกลางฝาด้านบน เสียบท่อท่ีมีรูขนาด 200 cm2 ยาว 40 cm เติมน้าลงไปจนกระทั่งเตม็ พอดแี ล้วปิดฝาให้สนิท จงหา (a) ความดนั ของนา้ ท่ีก้นกล่องลูกบาศก์ (b) ความดนั ของนา้ ที่ดา้ นขา้ งแต่ละด้านของกล่อง วิธีทา (a) P = ρgh  (103 kg/ m3)(9.8m/ s2 )(1.4 m) P = 13.7 103Pa (b) P = 1 ρgh 2 = 1 (103 kg/ m3)(9.8 m/ s2 )(0.5  0.4 m) 2 P = 4.4103Pa

101 5.2 กฎของปาสคาล จากสมการ จะเห็นว่าความดันขึ้นกับความดันบรรยากาศและตาแหน่งความลึกจากผิวของ ของเหลว ถ้าเพ่ิมความดันบรรยากาศโดยการอัดแรงดันให้กับของเหลวท่ีอยู่นิ่งในภาชนะปิดความดันที่ เพิ่มจะส่งผ่านไปยังทุกๆจุดในของเหลวและผนังของภาชนะ เรียกวา่ กฎของปาสคาล (Pascal’s law) ซึ่งได้ค้นพบเป็นครั้งแรกและถูกนามาประยุกต์ใช้เป็นเครื่องอัดไฮโดรลิก ดังแสดงในรูปท่ี 5.5 เม่ือให้ แรงอดั F1 กระทากบั พนื้ ที่ของกระบอกสบู เลก็ A1 ความดันจะสง่ ไปยังของเหลวและส่งไปยังกระบอกสูบ ใหญ่ A2 ดว้ ยแรงดัน F2 เนอื่ งจากความดนั ท้ังสองด้านเท่ากัน ดังน้นั สามารถเขียนสมการได้เปน็ F1 = F2 (5.6) A1 A2 เม่อื F1 คือ แรงทีใ่ ช้กด มีหน่วยเปน็ N F2 คือ แรงที่ถูกยก มีหน่วยเปน็ N A1 คือ พืน้ ทีห่ นา้ ตดั กระบอกสูบเล็ก มีหนว่ ยเปน็ m2 A2 คอื พ้นื ทหี่ นา้ ตดั กระบอกสบู ใหญ่ มหี น่วยเปน็ m2 เน่อื งจากของเหลวไมส่ ามารถบบี อัดได้ ดังนั้นปรมิ าตรของไหลทางดา้ นกระบอกสูบเลก็ ที่ถูกอัด ลงจะมคี ่าเทา่ กบั ปริมาตรของไหลทางด้านกระบอกสบู ใหญท่ ่ถี ูกเพ่ิมขึ้น ดังแสดงในรูปท่ี 5.5 ดงั นน้ั สามารถเขียนสมการไดเ้ ป็น หรอื VA1 = VA2 (5.7) A1y1 = A2 y2 (5.8) F1 y1 = F1 A2 A1 y2 F2 y2 A2 F1 F2 y1 F2 A1 รูปที่ 5.5 แสดงเครือ่ งอัดไฮโดรลิกโดยใชก้ ฎของปาสคาล

102 5.3 แรงลอยตัวและหลกั ของอารค์ ีมีดสี แรงลอยตัว (Buoyant Forces) คือ แรงเนื่องจากของเหลวกระทาต่อวัตถุในทิศขึ้น แรง ดังกล่าวมีค่าเท่ากับน้าหนักของของเหลวท่ีถูกแทนที่วัตถุนั้น ซึ่งเรียกคากล่าวนี้ว่า หลักของอาร์คีมีดีส (Archimedes’s Principle) ดงั แสดงในรปู ที่ 5.6 เมอื่ พจิ ารณาวัตถจุ มอยูใ่ นของเหลว ตาแหน่งความดัน มคี า่ ทาใหว้ ัตถลุ อยตวั อยู่ได้ แรงลอยตวั มคี า่ มากหรอื น้อยข้นึ อยู่กบั ความหนาแน่นของของเหลวและ แรงดังด้านลา่ ง F1 = P1A = (Pa +gy1)A แรงดงั ด้านบน F2 = P2A = (Pa +gy2)A F1  F2 = (Pa +gy1)A  (Pa +gy2 )A FB = gA (y2  y1) FB = gV (5.9) เม่อื FB คอื แรงลอยตวั มีหนว่ ยเปน็ N ρ คือ ความหนาแน่นของของเหลว มหี นว่ ยเปน็ kg/m3 V คือ ปรมิ าตรของวัตถสุ ว่ นท่ีจม มีหนว่ ยเปน็ m แรงลอยตัวมีค่ามากหรือน้อยข้ึนอยู่กับความหนาแน่นของของเหลวและวัตถุ ถ้าวัตถุมีความ หนาแน่น (น้าหนัก) น้อยกว่าของเหลว แรงลอยตวั ที่กระทาต่อวัตถุนั้นจะมีค่ามากกว่าท่ีจะต้านน้าหนัก ของวัตถุ สังเกตได้จากขนาดลูกศรที่มีความยาวและสั้นท่ีต่างกันและสาหรับวัตถุท่ีมีความหนาแน่น (น้าหนัก) มากกวา่ ของเหลว แสดงวา่ แรงลอยตัวท่ีกระทาต่อวัตถุจะมีค่าน้อยกวา่ น้าหนักของวตั ถุ ดังรูป ท่ี 5.6 FP2 y2 FP1 y1 รูปที่ 5.6 แสดงแรงลอยตัวของวัตถุ เม่ือ B คอื แรงลอยตัว Fg คอื นา้ หนกั วัตถุ

103 ตัวอย่างท่ี 5.4 วตั ถุ A มีปริมาตร VA และพ้ืนท่ี A เมื่อนาไปใส่ไวใ้ นของเหลว U ท่ีไม่ทราบความ หนาแน่นพบว่ามีส่วนจมลงในของเหลวนั้นเท่ากับ 4.6 cm แต่เม่ือนาไปใส่ไวใ้ นน้าพบว่ามีส่วนจมลงใน นา้ นน้ั มีคา่ เทา่ กบั 5.8 cm จงหาวา่ ความหนาแน่นของเหลว U มีคา่ เทา่ ไร y1 y1 UW รูปที่ 5.7 แสดงสว่ นจมลงในของเหลวที่ไม่ทราบความหนาแน่น U และในน้า W วิธีทา จาก FB  ρgV (1) และ FB  w (2) จะได้วา่ FBU  ρUgVU (3) และ FBW  ρWgVW (4) wA  ρAgVA (5) เมอื่ จะได้สมการ (3) เทา่ กับ (5) (6) ρUVU  ρAVA (7) จะไดส้ มการ (4) เท่ากับ (5) ρWVW  ρAVA นาสมการ (6) เท่ากบั (7) ρUVU  ρAVA ρWVW ρAVA ρU  ρW VW VU ρU  ρW  AyW AyU ρU  1000kg/m3  5.8 cm 4.6 cm ρU  26, 680 kg/m3

104 5.4 ความตึงผิวและความหนดื ความตึงผิว (Surface tension) เกิดจากแรงยึดเหนี่ยวระหว่างโมเลกุลของของเหลวเพื่อคง สภาพเดมิ ไว้เมื่อมีแรงภายนอกมากระทาดงั รูปที่ 5.8 ซ่ึงสามารถนิยามไดว้ ่าเป็น ปริมาณของงานท่ีใชใ้ น การเพิม่ พื้นทีผ่ วิ ของของเหลว สามารถเขยี นสมการไดว้ ่า  = w (5.10) A เมือ่  คือ ความตงึ ผิว มหี น่วยเป็น N/m w คือ ปรมิ าณของงาน มหี น่วยเป็น N.m A คอื พ้ืนทผี่ ิวของของเหลวทเ่ี พม่ิ ข้นึ มีหนว่ ยเปน็ m2 เชน่ จากดังรูปท่ี 5.8 เมอื่ นาขดลวดสเ่ี หลีย่ มพน้ื ผา้ จุ่มลงในของเหลวหนืด ได้พน้ื ทีผ่ วิ ขนาด b x l1 เม่อื ออกแรงยืดจนไดพ้ น้ื ที่ผวิ ใหม่ขนาด b x l2 และเนือ่ งจากของเหลวมผี ิวสองดา้ นดังนั้นจากนยิ าม สามารถเขียนได้เป็น  = F.(l2  l1) = F.(l2  l1) = F (5.11) (l2.b  l1.b)+(l2.b  l1.b) 2b(l2  l1 ) 2b หรอื สามารถนยิ ามได้วา่ เป็น อตั ราส่วนระหวา่ งแรงกระทาต่อความยาวของของเหลวใน แนวต้ังฉากกบั แรงทีม่ ากระทา b   l1 l2 F F รูปที่ 5.8 แสดงการเกิดจากแรงยดึ เหนย่ี วระหวา่ งโมเลกลุ ของของเหลว และแรงตรึงผิวเน่อื งจากแรง F

105 ความหนืด (Viscosity) เป็นสมบัติการต้านการเคลื่อนที่ของของเหลว (แรงหนืด) น้ัน มีสมบัติ ดงั น้ีแรงหนืดที่กระทาต่อวัตถุทรงกลม ดังรูปท่ี 5.9 สามารถหาได้จากกฎของสโตกส์ (Stokes’s law) คือ F = 6πηrv (5.12) เม่อื F คือ แรงหนืดของของไหล มีหนว่ ยเป็น N η คอื ความหนดื ของของไหล มหี น่วยเปน็ Pa.s r คอื รัศมีของวตั ถทุ รงกลม มีหน่วยเป็น m v คอื ความเร็วของวัตถทุ รงกลม มหี นว่ ยเป็น m/s FB F mg รูปที่ 5.9 แสดงการเคล่อื นทข่ี องวัตถุในของเหลว

106 5.5 อัตราการไหลและสมการของแบรน์ ลู ลี เม่ือพิจารณาการไหลของของไหลผ่านท่อไม่สม่าเสมอดังรูปท่ี 5.10 ของไหลไหลเข้า พ้ืนที่หน้าตัด A1 ด้วยความเร็ว v1 และของไหลไหลออกพนื้ ท่ีหน้าตัด A1 ดว้ ยความเร็ว v1 เม่ือของไหล เป็นของไหลในอุดมคติ 4 ข้อ คือ ไม่มีความหนืด ไม่สามารถบีบอัดได้ ความหนาแน่นสม่าเสมอ ไหล อย่างสม่าเสมอ ไมม่ กี ารหมนุ แสดงว่ามวลของของไหลที่ไหลผ่านพืน้ ทหี่ น้าตัด A1 ในชว่ งเวลา t จะมีค่า เท่ากบั มวลของไหลไหลผ่านพืน้ ที่หน้าตดั A2 ในช่วงเวลาเดยี วกนั สามารถเขียนสมการไดเ้ ปน็ mA1 = mA2 ρVA1 = ρVA2 ρA1x1= ρA2x2 ρA1v1t = ρA2v2t A1v1 = A2v2 (5.13) A1v1 = คา่ คงท่ี (5.14) สมการ 5.11 คือ สมการของความตอ่ เน่อื ง และ Av คือ อตั ราการไหล (Flow rate, R) คือ อตั ราเร็วของไหลผา่ นท่อหรอื ชอ่ งการไหลทุกตาแหนง่ มคี า่ คงท่เี สมอ หรอื ปรมิ าตร (V) ต่อหนึ่งหนว่ ย เวลา (t) R = Av = V (5.15) t v2 A2 A1 v1 A2 x2 , t x1 , t รูปที่ 5.10 แสดงการไหลของของไหลผา่ นท่อไม่สมา่ เสมอ

107 ตัวอย่างท่ี 5.5 น้าไหลดว้ ยอตั ราเร็ว 10 cm/s ในท่อท่ีมีเส้นผ่านศูนย์กลาง 0.3 cm ไปสู่เส้นท่อขนาด เลก็ ลงศูนยก์ ลาง 0.2 cm จงหาอตั ราเร็วของนา้ ไหลในท่อเลก็ วธิ ที า จาก A1v1 = A2v2 πr12v1 = πr22v2 (0.15cm)2 (10 cm/ s)  (0.1cm)2 v2 v2 = 22.5 cm/s ตวั อยา่ งที่ 5.6 เปดิ นา้ ใส่ถงั ขนาด 30 L พบวา่ นา้ เต็มภายใน 1 นาที จากน้ันต่อสายฉีดเข้าบริเวณกับท่อ ทขี่ ้างถงั ซึ่งมีพื้นท่ีหน้าตัดเท่ากับ 0.5 cm2 และยกสายฉีดขึ้นเหนือท่อที่ข้างถัง 1 m ดงั รูปท่ี 5.11 จงหา วา่ นา้ จะพงุ่ ออกจากหวั ฉีดเป็นระยะทางเทา่ ไร vx vy x รูปที่ 5.11 แสดงการไหลของน้าจากถงั ไปยงั สายฉดี วธิ ที า จาก R = Avx vx = R A และจาก yf = yi +vy  1 gt 2 2 yf = (0) + (0)  1 gt2 2 t =  2yf g และจาก xf = xi +vxt แทนคา่ ตา่ งๆจะได้วา่ xf = (0) + R  2yf A g xf = 30 L + R  2yf A g xf = 4.52 m

108 เม่ือพิจารณาของไหลในท่อไม่สม่าเสมอดังรูปท่ี 5.12 ถูกทาให้ไหลดว้ ยแรงดัน F1 ของไหลไหล เข้าพื้นท่ีหน้าตัด A1 ด้วยความเร็ว v1 เป็นระยะทาง x1และของไหลไหลออกจากพ้ืนที่หน้าตัด A1 ดว้ ยความเร็ว v1 เป็นระยะทาง x2 ซ่ึงถูกต้านการไหลด้วยแรงดัน F2 ขณะเดยี วกันก็มีแรงโน้มถ่วง กระทากับของไหลเน่ืองจากมีการเปล่ียนตาแหน่งจากระดับอ้างอิง ดังนั้นเราสามารถนากฎการอนุรักษ์ พลงั งานมาพจิ ารณาระบบทเ่ี กดิ ข้นึ ได้เปน็ พจิ ารณางานท่ีตาแหน่งที่ 1 WF1 = F1x1 = P1A1x1 = P1V1 พจิ ารณางานที่ตาแหนง่ ท่ี 2 WF2 =  F2x2 =  P2A2x2 =  P2V2 งานรวมของระบบ W = W1  W2 = P1V1  P2V2 = (P1  P2 )V พิจารณาพลงั งานจลนท์ ่ตี าแหน่งท่ี 1 Ek1 = 1 mv12 = 1 ρA1x1v12 = 1 ρV1v12 พจิ ารณาพลังงานจลนท์ ต่ี าแหน่งที่ 2 2 2 2 พลังงานจลนร์ วมของระบบ Ek2 = 1 mv22 = 1 ρA2 x 2 v22 = 1 ρV2 v22 2 2 2 Ek2  Ek1 = 1 ρV2 v22  1 ρV1v12 = 1 ρV(v 2  v12 ) 2 2 2 2 พจิ ารณาพลงั งานจลน์ท่ีตาแหน่งที่ 1 Ep1= mgy1 = ρA1x1gy1 พิจารณาพลงั งานจลนท์ ่ตี าแหน่งท่ี 2 Ep2 = mgy2 = ρA2x2gy2 พลังงานจลน์รวมของระบบ Ep2  Ep1= mgy2  mgy1 = mg(y2  y1) = Vg(y2  y1) แทนค่าในกฎการอนรุ ักษ์พลังงานลงั งานจลนร์ วมของระบบจะได้วา่ พลงั งานจลน์รวมของระบบ Ek2  Ek1 = 1 ρV2 v22  1 ρV1v12 = 1 ρV(v22  v12 ) 2 2 2 พลังงานจลนร์ วมของระบบ Ep2  Ep1= mgy2  mgy1 = mg(y2  y1) = Vg(y2  y1)

109 v2 F2 =P2A2 F1 =P1A1 v1 y2 y2 v2 F2 =P2A2 F1 =P1A1 x 2 y1 x1 v1 y2 รูปที่ 5.12 แรงดนั บนของไหลในทอ่ ไมส่ ม่าเสมอท่รี ะดับต่างกนั ทุกๆ จุดภายในท่อที่ของไหลไหลผ่านจะมีผลรวมของความดัน พลังงานจลน์ต่อปริมาตรและ พลังงานศกั ยต์ ่อปริมาตรคงที่เสมอ เรยี กว่า สมการของแบรน์ ลู ลี (Bernoulli’s Eruation) จะได้ P1 + 1 ρv12 +ρgh1 = P2 + 1 ρv22 +ρgh2 (5.16) 2 2 เมอ่ื P1, P2 คอื ความดนั ของของเหลวในทอ่ ท่จี ุด 1 และ 2 v1, v2 คือ อตั ราเรว็ ของไหล ทจ่ี ุด 1 และ 2 h1, h2 คือ ความสูงจากพืน้ ดงั จดุ ศูนย์กลางทอ่ ทจี่ ุด 1 และ 2 ρ คือ ความหนาแนน่ ของของเหลว

110 ตัวอย่างท่ี 5.7 ท่อเวนทูรีลักษณ์ดังรูป 5.13 ใชส้ าหรับหาอัตราเร็วของการไหลของน้าในท่อ ถ้าความ แตกต่างของความดันที่ตาแหน่งที่ 1 และ 2 มีค่าเท่ากับ P1-P2 จงหาอัตราเร็วของการไหลของน้าในท่อ ตาแหน่งท่ี 2 0 P0 29 3 P9 3 16 6 A1 v1 v2 A2 12 รูปที่ 5.13 แสดงการไหลของของไหลผ่านเวนทูรี วธิ ีทา P1 + 1 ρv12 +ρgh1 = P2 + 1 ρv22 +ρgh2 2 2 P1 + 1 ρv12 +(0) = P2 + 1 ρv22 + (0) 2 2 P1 + 1 ρ  A2v2 2 = P2  1 ρv22 2  A1  2   P1  P2 =  A 2  1 ρv22 1 2  2   A12 P1  P2 =  A 2  A 2  1 ρv22  2 2  2   A12 v2 = A1 2P1  P2  ρ(A12  A22 )

111 ตัวอย่างที่ 5.8 ถังระบบปิดใส่ของเหลวความหนาแน่น ρ มีท่อท่ีข้างถังห่างจากผิวของเหลวและก้นถัง เท่ากับ h และ y1 ตามลาดับ และมีพื้นที่หน้าตัดของท่อและถังเท่ากับ A1 และ A2 ความดันภายในถัง และนอกถังเท่ากับ P และ P0 (ความดันบรรยากาศ) ตามลาดับ ถ้าระดับเหลวในถังเท่ากับ y2 จงหา ความเร็วของของเหลวท่พี งุ่ ออกจากท่อ P A2 h A1 y2 v1 y1 P0 รูปที่ 5.14 การไหลน้าในถังปดิ ไปยงั ท่อที่ข้างถัง วธิ ที า จาก P1 + 1 ρv12 +ρgh1 = P2 + 1 ρv22 +ρgh2 2 2 เนือ่ งจาก A2  A1 จะถือว่าของไหลดา้ นบนอยู่ในสภาพนิ่ง ดงั นน้ั จะได้ว่า P0 + 1 ρv12 +ρgy1 = P2 + 1 ρ(0)22 +ρgy2 2 2 v1 = 2(P2  P2 ) +2gh ρ ตวั อย่างท่ี 5.9 นา้ ไหลผ่านจากท่อปลายใหญ่ไปยังปลายเล็ก ดังรูป 5.15 พบวา่ ที่ตาแหน่งท่อปลายใหญ่ ซึ่งมีเส้นผ่านศูนย์กลาง 6 cm มีความดัน P1 = 1.75x104 Pa ส่วนที่ตาแหน่งท่อปลายเล็กซึ่งอยู่สูงจาก ท่อปลายใหญ่ y = 0.25 m มีเส้นผ่านศูนย์กลาง 3 cm และความดัน P2 = 1.20 x104 Pa จงหา ความเรว็ ของการไหลทต่ี าแหนง่ ท่อปลายใหญ่และปลายเลก็ และอตั ราการไหลเชงิ ปริมาตร P2 P1 y รูปที่ 5.15 การไหลของนา้ ผา่ นท่อไมส่ มา่ เสมอ

112 วิธีทา จาก P1 + 1 ρv12 +ρgy1 = P2 + 1 ρv22 + ρgy2 และ 2 2 A1v1 = A2v2 v2 = A1v1 A2 แทนค่าจะได้วา่ P1 + 1 ρv12 +ρgy1 = P2 + 1  A1v1 2 + ρgy2 2 2 ρ A2    P1  P2 +ρgy1  ρgy2 = 1 ρ  A1v1 2  1 ρv12 2  A2  2   P1  P2 +(0)  ρgy2 =  A12  A 2  1 ρv12  2  2   A22 2A22 (P1  P2  ρgy2 ) = v12 ρ(A12  A22 ) v1 = A2 2(P1  P2  ρgy2 ) ρ(A12  A 2 ) 2 v1 = 2.64 m/s แทนสมการ v1 จะไดว้ า่ v2 = 10.58 m/s จาก R = A1v1 แทนสมการ v1 จะได้วา่ R = 7.48103 m3 /s

113 บทสรุป ความหนาแน่น เป็นคุณสมบตั ิเฉพาะของวตั ถุหนึ่ง โดยหากเป็นวตั ถุ (สาร) เดียวกันจะมีความหนาแน่น เท่ากัน และวัตถตุ ่างชนดิ กนั จะมคี วามหนาแนน่ ทต่ี ่างกนั = m V ความดัน คอื ปริมาณของแรงกระทาในแนวตงั้ ฉากตอ่ หนึ่งหน่วยพ้นื ท่ี ความดนั สมั บรู ณ์ P= F A P = Pa  ρg(y2  y1) ความดันสัมบรู ณ์เกจ Pa = 1.013105 Pa กฎของปาสคาล แรงอัด F1 กระทากับพื้นที่ของกระบอกสูบเล็ก A1 ความดันจะส่งไปยังของเหลวและ สง่ ไปยังกระบอกสบู ใหญ่ A2 ดว้ ยแรงดนั F2 เนื่องจากความดนั ทง้ั สองดา้ นเท่ากัน F1 = F2 A1 A2 แรงลอยตัว คอื แรงเนือ่ งจากของเหลวกระทาตอ่ วตั ถใุ นทศิ ขึ้น แรงดงั กล่าวมีค่าเท่ากบั น้าหนกั ของ ของเหลวทถี่ ูกแทนที่วตั ถนุ น้ั FB = gV ความตึงผิว เกิดจากแรงยึดเหนี่ยวระหว่างโมเลกุลของของเหลวเพ่ือคงสภาพเดิมไว้เมื่อมีแรงภายนอก มากระทา  = w A ความหนืด เป็นสมบัติการต้านการเคล่ือนท่ีของของเหลว น้ัน(แรงหนืด) แรงหนืดท่ีกระทาต่อวัตถุทรง กลม กฎของสโตกส์ (Stokes’s law) F = 6πηrv สมการของความตอ่ เน่ือง A1v1 = A2v2 A1v1 = คา่ คงท่ี สมการของแบร์นลู ลี ทกุ ๆจุดภายในท่อทข่ี องไหลไหลผา่ นจะมีผลรวมของความดัน พลังงานจลน์ต่อ ปริมาตรและพลังงานศักย์ตอ่ ปรมิ าตรคงท่ีเสมอ P1 + 1 ρv12 +ρgh1 = P2 + 1 ρv22 +ρgh2 2 2

114 แบบฝึกหดั ทบทวน 1. ทรงกระบอกโลหะมวล 80 kg ยาว 2 m มีพื้นท่ีฐาน 25 cm2 จงหาความดนั ท่ีทรงกระบอกทาต่อ พ้นื ถา้ วางทรงกระบอกในแนวต้งั ฉาก 2. ถ้าความดันบรรยากาศขณะนั้นมีค่า 1.0 x 105 Paจงหาแรงดันที่ยังคงทาให้อากาศอยู่ในภายห้อง ได้โดยหนา้ ตา่ งมขี นาด 40 cm x 80 cm 3. จงหาความดนั ของของไหลท่ีความลึก 76 cm เม่ือของไหล คือ (a) น้า ( = 1g/cm3 (b) ปรอท  = 13.6g/cm3 4. เรือดานา้ อยู่ใต้ทะเลลกึ 120 m จงหาความดันสมั บรู ณท์ ี่กระทาต่อเรอื ดาน้า ถา้ ความหนาแน่นของ น้าทะเลเทา่ กบั 1.03 g/cm3 5. เขอื่ นแห่งหน่ึงลกึ 12 m จงหาความดนั ของนา้ ท่ี (a) จดุ ตา่ สดุ ของเขือ่ น (b) ระยะ 3 m จากผวิ น้า 6. เขื่อนก้ันน้าจืดมีน้าอยู่ลึก 20 m ที่ฐานเข่ือนเจาะเป็นรูโตขนาดเส้นผ่านศูนย์กลาง 1.4 m จงหา แรงดนั นา้ ท่ไี หลออกจากรู 7. หลอดแก้วรูปตัวยูด้านซ้ายบรรจุน้าสูง 40 cm และด้านขวาบรรจุของไหลชนิดหน่ึงสูง 31 cm จง หาความหนาแนน่ ของของไหลชนิดนี้ 8. รูปท่ี 5.12 แสดงระบบเคร่ืองไฮโดรลิก ประกอบด้วยกระบอกสูบใหญ่ A1 = 200 cm2และ กระบอกสบู เล็ก A2 = 5 cm2 ถ้าออกแรง F2 = 250 N จงหาแรง F1ท่กี ระทาต่อลูกสูบใหญ่ 9. ระบบเครื่องไฮโดรลิก แสดงดงั รูปที่ 5.13 ประกอบด้วยกระบอกสูบใหญ่มีพนื้ ที่ 800 cm2 บรรจุ ทรงกระบอกมวล 600 kg และกระบอกสูบเลก็ พ้นื ท่ี 25 cm2ถ้าภายในระบบเคร่ืองบรรจุน้ามันท่ีมี ความหนาแนน่ เทา่ กบั 0.78 g/cm3 จงหาแรง F ทตี่ อ้ งทาให้ระบบอยใู่ นสภาพสมดุล 10. กล่องอลูมิเนียม 25 g ผูกดว้ ยเชือกเบาแล้วหย่อนลงไปในน้าให้จมกล่องพอดี จงหา (a) ปริมาตร ของกล่องอลูมิเนียม (b) แรงตึงเชือกที่กระทาต่อกล่องอลูมิเนียม กาหนดให้ความหนาแน่นของ กล่องอลมู ิเนียมเท่ากับ 2700 kg/m3 11. โลหะผสมชิน้ หน่ึง เม่ือช่ังในอากาศมีมวล 86 g และชั่งในน้ามีมวล 73 g จงหาปริมาตรและความ หนาแนน่ ของโลหะผสมชิน้ นี้ 12. ปล่อยลูกกลมเหล็กรัศมี 1 mm ตกลงในน้าเชื่อม จงหาความเร็วปลายของลูกเหล็กนี้ กาหนดให้ ความหนาแน่นเหล็ก 7.8 x 103 kg/m3ความหนาแน่นน้า 103 kg/m3 ความหนืดของน้า10-3 N·s/m2

115

115 แผนบรหิ ารการสอนประจาบทที่ 6 รายวชิ า ฟสิ กิ สท์ ่วั ไป General Physics หวั ข้อเน้อื หา 6.1 กฎของฮุค 6.2 สมการการเคลือ่ นทแี่ บบฮาร์มอนิกอยา่ งงา่ ย 6.3 พลงั งานของการเคล่อื นทแ่ี บบฮาร์มอนิกอย่างงา่ ย 6.4 ลูกตมุ้ นาฬกิ าอย่างง่าย วัตถปุ ระสงค์เชงิ พฤตกิ รรม เมื่อสิ้นสุดการเรยี นการสอน ผเู้ รยี นสามารถ 1. อธิบายและคานวณหาปรมิ าณต่างๆสาหรบั การเคล่ือนท่ีแบบฮาร์มอนกิ อย่างงา่ ยได้ 2. ยกตวั อยา่ งเหตุการณ์หรือสถานการณท์ ่ีเป็นการเคลอ่ื นทแ่ี บบฮารม์ อนิกอย่างง่ายได้ 3. หาคาตอบของสมการและพลงั งานของการเคล่ือนท่แี บบฮารม์ อนกิ อย่างงา่ ยได้ 4. เข้าใจและคานวณหาปริมาณตา่ งๆของลูกตมุ้ นาฬิกาไดอ้ ย่างถกู ตอ้ ง วิธีสอนและกิจกรรมการเรยี นการสอนประจาบท 1. บรรยายเนือ้ หาในแต่ละหัวข้อ พร้อมยกตวั อยา่ งประกอบ 2. ศึกษาจากเอกสารประกอบการสอนและภาพเลือ่ น (slide) 3. รว่ มอภิปรายเนื้อหา และทาแบบฝึกหดั ในชน้ั เรียน 4. ผูส้ อนสรุปเนอื้ หา 5. ผู้สอนทาการซกั ถาม 6. นกั ศึกษาถามข้อสงสัย สอ่ื การเรียนการสอน 1. เอกสารประกอบการสอนวชิ าฟสิ กิ สท์ ว่ั ไป 2. บทความจากหนังสอื หรือเวบ็ ไซต์ตา่ งๆ 3. ภาพเลื่อน (slide) 4. คอมพิวเตอร์พร้อมเครอ่ื งฉาย LCD projector

116 การวัดผลและการประเมินผล 1. ประเมนิ จากการซกั ถามในชั้นเรยี น 2. ประเมินจากความรว่ มมือหนา้ ชั้นเรยี น 3. ประเมนิ จากการทาแบบฝึกหัดทบทวนทา้ ยบทเรยี น

117 บทท่ี 6 การเคล่อื นทีแ่ บบสน่ั 6.1 กฎของฮคุ วตั ถุท่ีมีการเคล่อื นทก่ี ลับไปกลบั มาซ้ารอยเดิม จะเรียกการเคลื่อนท่ีแบบนี้ว่า การเคลื่อนที่แบบ สน่ั หรอื การเคลอ่ื นที่แบบมคี าบ หรอื การแกว่งกวัด ในชวี ิตประจาวันเราไม่ทันไดส้ งั เกตพฤตกิ รรมตวั เอง เกี่ยวกับการเคล่ือนท่ีแบบนี้ เน่ืองจากได้กลายเป็นกิจวัตรประจาวันท่ีทาให้เกิดความเคยชิน เช่น ขับรถ กลับบ้านโดยใช้เส้นทางเดิมทุกวนั น่ังทานอาหารเย็นท่ีโต๊ะอาหารโตะ๊ เดิมทุกเย็น การแกว่งโคมไฟระย้า เล่น แม้กระทั่งใน 1 ปีมี 4 ฤดู ซ่ึงเกิดจากโลกโคจรรอบดวงอาทิตย์ครบ 1 รอบใช้เวลาประมาณ 365 วัน ดวงจนั ทรโ์ คจรรอบโลกใชเ้ วลา 27.3 วันต่อ 1 รอบ ทาใหเ้ กดิ พระจนั ทร์เต็มดวง วัตถุที่ถูกทาให้เคลื่อนที่ออกจากตาแหน่งสมดุลแล้วมีแรงดึงกลับสู่ตาแหน่งสมดุลคืนมา แต่ ระหว่างเคล่ือนที่กลับนั้นจะได้รับพลังงานจลน์มาด้วย ทาให้วัตถุเคลื่อนท่ีเลยจุดสมดุลไปอีกฝั่งจากน้ัน วัตถุจะถูกดึงกลับสู่ตาแหน่งสมดลุ อีกครั้ง การเคล่ือนที่แบบน้ีเรียกว่า การเคลื่อนที่แบบฮาร์มอนิกอย่าง ง่าย (Simple Harmonic motion) แสดงดังรูปท่ี 6.1 เป็นการทดลองการเคล่ือนท่ีแบบฮาร์มอนิกอย่าง ง่าย โดยผูกมวลท่ีมีปากกาอยู่ติดไว้กับสปริง เม่ือวัตถุเคลื่อนท่ีข้ึนและลง ปากกาที่ติดไว้จะลากเส้นทาง บนกระดาษท่ีกาลังเคล่ือนที่ไปในแนวนอน ซึ่งมีลักษณะแบบเส้นโค้งรูปไซน์ (cosine curve) เม่ือนามา พลอตค่าระหวา่ งการกระจัดกับเวลา จะพบว่า ระยะการกระจัดสูงสุดคือแอมปลิจูด A ซ่ึงการกระจัดอยู่ ระหว่าง –A กบั +A ผ่านจดุ สมดลุ คอื x = 0 ดังรปู ท่ี 6.1 v +A A รูปที่ 6.1 แสดงการทดลองการเคลอ่ื นท่ีแบบฮารม์ อนิกอยา่ งง่ายของมวลติดสปริง

118 FS F x x 0 x รูปที่ 6.2 แสดงการเคลอื่ นทแ่ี บบฮาร์มอนกิ อย่างง่ายของมวลติดสปริง จากที่กล่าวมาข้างต้น แรงดึงกลับสู่ตาแหน่งสมดุลจะเป็นสัดส่วนโดยตรงกับระยะการกระจัด หรือระยะยืดของสปริง (x) และมีทิศตรงข้ามกับ x เรียกวา่ กฎของฮคุ (Hook’s law) ดังแสดงในรูปท่ี 6.2 สามารถนิยามสมการตามกฎของฮุคเป็น FS  kx (6.1) เมื่อ FS คอื แรงดึงกลับ หรอื แรงคืนตัว มีหนว่ ยเป็น N k คือ คา่ คงตัวสปริง มหี น่วยเปน็ N/m x คอื การกระจัดจากสมดลุ มหี น่วยเปน็ m 6.2 สมการการเคลอ่ื นทแ่ี บบฮาร์มอนิกแบบง่าย จากกฎการเคลอื่ นท่ีของข้อที่ 2 ของนวิ ตันสามารถเขียนในรปู ของอนพุ นั ธ์ไดว้ า่ F  m dx2 (6.2) dt 2 แทนกฎของฮคุ ในสมการท่ี (6.2) จะได้วา่ (6.3) (6.4) m dx2  kx dt2 dx2  k x  0 dt 2 m เมอ่ื 2  k จะไดว้ ่า m dx2  2x  0 dt 2 หรอื dx2  2x dt 2

119 สมการการทไี่ ด้คือสมการเชงิ อนพุ ันธล์ าดับทส่ี อง และสามารถหาคาตอบของสมการได้เปน็ x(t)  xmax sin(t  )  Asin(t  ) (6.5) x(t)  xmax cos(t  )  A cos(t  ) เมือ่ x(t) คอื การกระจดั ณ ชว่ งเวลาใดๆ xmax คอื การกระจัดสงู สดุ หรือ แอมปลจิ ูด (A) (t  ) คือ มุมเฟส  คอื มมุ เฟสเรม่ิ ตน้ ท่ี  เม่ือพิจารณาฟังก์ชันไชน์ของจากการเคล่ือนที่แบบฮาร์มอนิกอย่างง่าย ดังรูปท่ี 6.3 พบว่าเมื่อ ช่วงเวลาท่ี t เพิ่มข้ึนเป็น 2 เรเดียน จะได้กราฟท่ีมีจุดเริ่มต้นเหมือนกันกับกราฟในตอนแรก และ จะซา้ เดมิ ไปเรอ่ื ยๆ ซง่ึ เรียกการซ้าเช่นน้ีวา่ คาบ (period, T) คือ เวลาทใ่ี ชใ้ นการเคลอ่ื นทคี่ รบ 1 รอบ มี หน่วยเป็น วนิ าที (s) คาบหาไดจ้ ากการพจิ าณาความต่างเฟสของการกระจัด (x) ณ เวลา t และ การ กระจดั ณ เวลา t  T มคี ่าเทา่ กบั 2 จะไดว้ ่า (t  T)    t   2 T  2 (6.6)  ส่วนกลับของคาบ เรียกวา่ ความถี่ (frequency, f) คือ จานวนรอบที่อนุภาคเคลื่อนที่ไดใ้ นหนึ่งหน่วย เวลา มหี นว่ ยเปน็ รอบตอ่ วนิ าที หรอื เฮริ ช์ (hertz, Hz) สามารถเขียนสมการไดเ้ ปน็ f1  (6.7) T 2 (6.8) หรือ  2f  2 T จากสมการ 6.7 และ 6.8 สามารถเขียนความสัมพันธ์การเคล่ือนที่แบบฮาร์มอนิกอย่างง่ายของอนุภาค มวล m ผูกติดกับสปรงิ ซ่ึงมีคา่ คงทสี ปรงิ k ได้เป็น T  2  2 m (6.9) k f1 1 k (6.10) T 2 m เมอ่ื T คือ คาบของการเคล่ือนทีแ่ บบฮารม์ อนกิ อย่างง่าย f คือ ความถี่ของการเคลอื่ นทแ่ี บบฮาร์มอนิกอย่างง่าย m คือ มวลติดสปริง k คอื คา่ คงตัวสปรงิ

120 x Tπ 3T  3π 42 42 T π T = 2π 2 t t t t t รูปที่ 6.3 แสดงกราฟการเคลอื่ นท่แี บบฮาร์มอนิกอย่างง่าย เมือ่ อนุพนั ธฟ์ งั กช์ ันโคไชนข์ องสมการการกระจัดจะได้ความเร็ว ณ ชว่ งเวลาใดๆเปน็ v(t)  dx(t) (6.11) dt  d A cos(t  ) dt  Asin(t ) เม่อื อนุพันธฟ์ งั ก์ชันไชน์ของสมการความเร็วจะไดค้ วามเรง่ ณ ช่วงเวลาใดๆเปน็ a(t)  dv(t) (6.12) dt   d Asin(t  ) dt   2Asin(t ) สามารถเขียนกราฟความได้ดังรูปที่ 6.4 และเนื่องจากฟังก์ชันไชน์และโคไชน์มีค่าอยู่ระหว่าง 1 ดังนั้นค่าตา่ สุดและสูงสขุ องความเรว็ และความเร่ง จะได้เป็น vmax  A หรอื vmax  A (6.13) amax  2A หรอื amax  A (6.14)

121 x Tπ 3T  3π 42 42 T π T = 2π 2 v ωt ωt a ωt รูปที่ 6.4 แสดงการความสัมพนั ธร์ ะหวา่ ง การกระจดั ความเร็ว ความเร่ง กบั เวลา y y v  ωA y vx A ax (t ) x x a  ω2A x  Acos(t ) vx  v cos(t ) x ax  a cos(t ) x รูปที่ 6.5 การพจิ ารณาการกระจดั ความเร็ว และความเร่ง ในการเคลอ่ื นที่แบบวงกลมของวตั ถุ

122 อาศัยความสัมพันธ์ระหว่างการแบบฮาร์มอนิกอย่างง่ายและการเคล่ือนที่แบบวงกลมดังรูปที่ 6.5 จะสามารถจดั รปู จากสมการ 6.14 ไดเ้ ปน็ x  Acos(t ) (6.15) คา่ ความเร็ว จงึ เป็น vx  vsin(t ) (6.16)  Asin(t ) คา่ ความเรง่ จึงเปน็ ax  a cos(t ) (6.17)  A2 cos(t ) จากสมการท่ี 6.15 เราสามารถหาค่าคงเฟสเริ่มต้น , A ซึ่งเป็นปริมาณที่บอกตาแหน่งเริ่มของ วัตถุได้จากเงือ่ นไขเรม่ิ ต้นทก่ี าหนดมาให้ คือ เม่อื t  0, x(t) = x0 x0  A cos((0)  ) (6.18) x0  A cos  จากสมการที่ เราสามารถหาคา่ คงที่เฟส ไดจ้ ากเง่ือนไขเริ่มต้นที่กาหนดมาใหค้ ือ เม่ือ t  0, v(t) = v0 v0  Asin((0)  ) (6.19) v0  Asin  เม่อื นาสมการท่ี (6.13) หารดว้ ยสมการที่ (6.13) จะสามารถหามมุ เฟสเริม่ ตน้  ไดเ้ ป็น v0  Asin  x0 A cos   v0  tan  x0   tan1   v0  (6.20)  x0    และเม่อื ยกกาลังสองสมการที่ (6.13) และสมการท่ี (6.13) และนาสมการท้ังสองงบวกกนั จะสามารถหา คา่ คงทเี่ ฟสเรมิ่ ตน้ A ไดเ้ ป็น x 2  v02  A2 cos2   A2 sin2  0 2 A x 2  v02 (6.21) 0 2

123 ตัวอย่างท่ี 6.1 กล่องมวล 500 g ผูกตดิ กับสปริงเบาท่ีมีค่าคงตัวสปริง 200 N/m ไม่คิดแรงเสียดทาน ใดๆ ในการเคล่ือนท่ี โดยทาให้สปริงยืดออกเป็นระยะ 1.5 cm จากจุดสมดุล แล้วปล่อยให้มวลเริ่ม เคลอ่ื นท่ดี ้วยความเรว็ 4 m/s จงหา (a) คาบ แอมปลิจดู และมมุ เฟส (b) การกระจดั ความเรว็ และความเร่ง ทีเ่ วลา t ใดๆ วธิ ที า (a) จาก T  2 m k  2 0.5 kg 200 N / m  0.314 s จาก   2  2 T 0.314s  20 rad / s จาก A x 2  v02 0 2  (0.015 m)2  (0.4 m / s)2 (20 rad / s)2  0.025 m และจาก   tan1   v0   x0     tan1   20 0.4 m/s m   rad/s  0.015   53o  0.93 rad (b) จาก x(t)  Acos(t ) แทนค่า A, ,  จะไดว้ า่ จาก x(t)  (0.025m)cos(20 rad/s) t 0.93 rad v(t)  Acos(t ) แทนค่า A, ,  จะได้วา่ และ จาก v(t)  (0.5 m/s)cos(20 rad/s) t 0.93 rad a(t)  A2 sin(t ) แทนค่า A, ,  จะไดว้ า่ a(t)  (10 m/s2)sin (20 rad/s) t 0.93 rad

124 ตวั อยา่ งท่ี 6.2 วตั ถเุ คล่อื นทแี่ บบฮาร์มอนิกอยา่ งง่าย ไดส้ มการแสดงตาแหนง่ ของมวลที่เวลาใดๆ คอื x(t)  4cos(3t ) เมื่อ x(t) มีหนว่ ยเปน็ เมตร และ t มหี น่วยเปน็ วินาที จงหา (a) แอมพลิจดู ความถี่ คาบและมมุ เฟส ของการเคลื่อนท่ี (b) ความเรว็ และความเร่งของวตั ถุทเี่ วลาใดๆ (c) การกระจัด ความเร็ว และความเรง่ ทเี่ วลา t = 0.25 s วิธที า (a) จาก T  2   2 3 2 s 3 จาก f1 T  3 Hz 2 A4m และ    rad (b) จาก v(t)  d x(t) จาก dt (b) จาก  d 4cos(3 t ) dt  12cos(3t ) a(t)  d v(t) dt   d 12sin(3 t ) dt  362 cos(3 t ) v(0.25)  12cos(3(0.25)  )  37.50 m/s จาก a(0.25)  362 cos(3 t )  37.50 m/s

125 6.3 พลังงานของการเคลอื่ นทแ่ี บบฮาร์มอนิกอย่างง่าย เม่ือวัตถุมวล m ผูกติดกับสปริงถูกแรงดึงกลับสู่ตาแหน่งสมดุล ดังรูปท่ี 6.6 ทาให้ระบบการ เคล่ือนท่ีแบบฮาร์มอนิกอย่างง่ายมีทั้งพลังงานจลน์ และพลังงานศักย์ เน่ืองจากศักย์ยืดหยุ่นของสปริง ทาใหน้ ยิ ามสมการได้เปน็ จากพลังงานจลน์ Ek  1 mv2 2 และจาก v =  Aωsin(ωt+) จะได้ว่า Ek = 1 m  Aωsin(ωt+)2 2 = 1 mA2ω2sin2 (ωt+) 2 = 1 kA2sin2(ωt+) (6.22) 2 จากพลงั งานศักยย์ ืดหยนุ่ ของสปริง EPS = 1 kx2 2 และจาก x(t)  Acos(t ) จะได้ว่า E k = 1 k  A cos( t  ) 2 2 = 1 kA2 cos2(t ) (6.23) 2 ดังน้ัน พลงั งานรวมทัง้ หมดของการเคลื่อนทแ่ี บบฮาร์มอนิกอยา่ งง่าย คือ E  Ek  EPS (6.24) = 1 kA2 sin2(t )  1 kA2 cos2(t ) 22  = 1 kA2 sin2(t )  cos2(t ) 2 เม่ือ sin2  cos2  1 จะไดว้ ่าพลังงานรวมทัง้ หมดของการเคลอ่ื นที่ E  1 kA2 (6.25) 2 จะเห็นว่า พลังงานรวมทัง้ หมดของการเคลอ่ื นที่ เป็นค่าคงท่ี จะได้วา่ 1 kA2  1 mv2  1 kx2 2 22 v   k (A2  x2)   k A2  x2   A2  x2 (6.26) mm

126 E E Eps = 1 kx 2 2 Ek = 1 mv 2 2 x A +A รูปที่ 6.6 แสดงพลังงานจลน์ (Ek) และพลังงานศักย์ (Eps) ระหวา่ งตาแหนง่ x = ±A เม่ือพจิ ารณาที่ x =±A จะพบวา่ v = 0 ซึง่ แสดงวา่ ไม่มพี ลงั งานจลน์ ณ จุด x = ±A ดังน้ันจึงมี พลังงานศักย์เพียงพลังงานเดียว และท่ี x = 0 จะพบว่า v = vmax = A แสดงวา่ ไม่มีพลังงานศักย์ ณ จุด x = 0 ดังนนั้ จงึ มีพลังงานเพียงพลงั งานเดียว จากตาแหน่ง x = ± A และ x = 0 ทาให้สามารถเขียน ความสัมพันธ์ระหว่างพลังงานจลน์และพลังงานศักย์กับตาแหน่ง ดังรูปที่ 6.6 และทาให้สรุปได้ว่า พลังงานรวมท้ังหมดของการเคล่ือนท่ีแบบฮาร์มอนิกอย่างงา่ ยมีการเปล่ียนรูปจากพลังงานศักย์ (ที่ x = ± A) ไปเป็นพลงั งานจลน์ (ท่ีจดุ สมดุล x = 0) ดังตารางท่ี 6.1 ตารางท่ี 6.1 แสดงความเร็วสูงสดุ ความเรง่ สูงสุด พลงั งานจลน์ และพลงั งานศักยข์ องการเคลือ่ นท่แี บบ ฮารม์ อนกิ อยา่ งง่ายท่ีตาแหน่ง x = 0 และ x =  A ซ่งึ สอดคลอ้ งกบั รปู ที่ 6.6 เวลา ตาแหน่ง ความเร็วสงู สดุ ความเร่งสงู สดุ พลังงานจลน์ พลังงานศกั ย์ (t) (x) (vmax) (amax) (Ek) (Ep) 0A 0 -2A 0 1 kA2 T/4 0 -A 0 1/2kA2 2 0 T/2 -A 0 2A 0 1/2kA2 3T/4 0 A 0 1/2kA2 0 TA 0 -2A 0 1/2kA2

127 ตัวอย่างท่ี 6.3 วตั ถุมวล 0.5 kg ผูกติดกับสปริงมวลเบาที่มีค่าคงท่ีสปริง 20 N/m ปล่อยให้เคลื่อนท่ี แบบฮาร์มอนกิ อย่างงา่ ยตามแนวแกน x โดยไมม่ ีแรงเสยี ดทาน จงหา (a) ความเร็วสูงสุด (vmax) ถ้ามแี อมปลิจลู เท่ากบั 3 cm (b) ความเร็วของวตั ถทุ ่ีตาแหน่ง x เท่ากบั 2 cm (c) พลงั งานจลน์และพลงั งานศกั ยข์ องวตั ถุที่ตาแหน่ง x เทา่ กับ 2 cm วิธีทา จาก v  k (A2  x2) m (a) ความเร็วสูงสดุ เมือ่ x = 0 จะได้ว่า vmax  kA m  20N / m (0.03m) 0.5kg  0.189 m / s (b) ความเรว็ ของวตั ถทุ ีต่ าแหนง่ x เทา่ กบั 0.02 m จะไดว้ ่า  v   20N / m (0.03m)2  (0.02m)2 0.5kg  0.141 m / s (c) ความเรว็ ของวัตถทุ ต่ี าแหน่ง x เท่ากับ 0.02 m จะได้วา่ Ek  1 mv2 จะได้ว่า 2  1 (0.5kg)(0.141m / s)2 2  4.97103J EPS  1 kx2 2  1 (20N / m)(0.02m)2 2  4.0103J

128 6.4 ลูกตุม้ นาฬกิ าอยา่ งงา่ ย θ LT x m mgsinθ θ mgcosθ mg รูปที่ 6.7 แสดงการเคล่อื นท่ขี องลกู ตุม้ นาฬิกาอย่างง่าย ลูกตมุ้ นาฬิกาอย่างง่าย (Simple Pendulum) เป็นอีกหน่ึงระบบท่ีมีการเคล่ือนท่ีแบบส่ัน หรือ แบบมีคาบ ระบบนปี้ ระกอบดว้ ยมวลผกู ด้วยเชือกเบา เม่ือดึงมวลให้ข้ึนมาจากตาแหน่งสมดลุ แล้วปล่อย ให้เคลื่อนท่ี จะมีแรงดึงกลับตามเส้นโค้ง การเคล่ือนที่ไปและกลับผ่านจุดสมดุลท่ีจุดต่าสุดของส่วนโค้ง วงกลม ดงั รูปที่ 6.7 ซึ่งแรงคืนตวั นี้เปน็ แรงเนือ่ งจากแรงโน้มถว่ ง คอื F  mg sin  (6.27) จากกฎการเคล่อื นที่ของข้อท่ี 2 ของนวิ ตันสามารถเขียนในรปู ของอนุพนั ธไ์ ด้วา่ F  m dx2 (6.28) dt 2 แทนแรงคนื ตัวในสมการที่ (6.27) จะได้ว่า m dx2  mg sin  dt 2 จากความสมั พันธ์ x  L โดยที่ L เปน็ ค่าคงท่ี แทนในสมการจะได้วา่ mL d2  mg sin  dt 2 d2  g sin   0 dt 2 L