γνωρίζουµε ότι δεν καταφέρνει να κάνει ανακύκλωση. Β. Καθώς η ράβδος κατέρχεται και περνά από την

Transcript

1 Μηδενική ύναµη Από Άξονα Ένας κινητήρας φέρει τροχαλία και συνδέεται µέσω ιµάντα µε µία ράβδο µάζας M=3kg και µήκους =5 όπως φαίνεται στο σχήµα. Με τον τρόπο αυτό η ράβδος µπορεί να στρέφεται αριστερόστροφα σε κατακόρυφο επίπεδο κάθετο στον άξονα στροφής της ράβδου που διέρχεται από το. Η µικρή τροχαλία µε την οποία συνδέεται η ράβδος είναι αβαρής. Η παρεχόµενη ισχύς του κινητήρα σε συνάρτηση µε τον χρόνο δίνεται από τη σχέση P(t)=.5t (S.I.). Λόγω τριβών µεταξύ των τροχαλιών και του ιµάντα καθώς επίσης φθορά του ιµάντα και θέρµανση του t=0s κινητήρα δεν µεταβιβάζεται όλη η ενέργεια στη ράβδο αλλά χάνεται το 37,5% της παραγόµενης ενέργειας του κινητήρα. A. Κάποια στιγµή που θεωρούµε t=0 τίθεται ο κινητήρας σε λειτουργία και την t=4s ο φθαρµένος ιµάντας σπάει ενώ η ράβδος συνεχίζει την κίνησή της µε την επίδραση του βάρους της, σχήµα. Σχήµα Αi. Να βρεθεί η ενέργεια που µεταβιβάζεται στη ράβδο από τον κινητήρα µέχρι τη στιγµή που κόβεται ο ιµάντας. Αii. Να βρεθεί η µέγιστη ανύψωση της ράβδου αν t=4s γνωρίζουµε ότι δεν καταφέρνει να κάνει ανακύκλωση. Β. Καθώς η ράβδος κατέρχεται και περνά από την ˆω αρχική θέση συγκρούεται µε σφαιρίδιο µάζας =kg στο µέσο της ράβδου. Το σφαιρίδιο κινείται µε ταχύτητα υ=00/s κινούµενο προς τα δεξιά και εξέρχεται από τη ράβδο µε ταχύτητα υ =50/s. Σχήµα Βi. Να βρεθούν οι απώλειες ενέργειας κατά την κρούση. Bii. Αν η κρούση του σφαιριδίου µε τη ράβδο διαρκεί t=0.0s να βρεθεί η µέση δύναµη που δέχτηκε το σφαιρίδιο κατά την κρούση. Γ. Να βρεθεί ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής και της κινητικής ενέργειας της ράβδου όταν πρωτοσχηµατίσει µε την κατακόρυφο γωνία θ τέτοια ώστε ηµθ=0,8 και συνθ=0,6.. Να εξετάσετε αν η ράβδος καταφέρει να κάνει ανακύκλωση Ε. Αν η ράβδος καταφέρει να φτάσει στην ανώτερη θέση να βρεθεί η δύναµη που δέχεται απο τον άξονα στήριξης στην θέση αυτή. ίνεται η ροπή αδράνειας οµογενούς ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το άκρο της είναι Ι () =Μ /3. Η επιτάχυνση της βαρύτητας g=0/s, 3.6=3.68 Θεωρούµε τον άξονα στήριξης πολύ λεπτό ώστε να έρχεται σε επαφή µε ένα µόνο σηµείο µε τη ράβδο. ω 4s

2 Απάντηση Ai. de Από τον ορισµό της ισχύος P = de = P. Έτσι από το εµβαδό του διαγράµµατος ισχύος χρόνου, (P t) θα υπολογίσουµε την ενέργεια που προσφέρει ο κινητήρας. Ε προσφ. = Εµβ. τριγ. =0J Από αυτήν το 37,5% χάνεται δηλ. το ποσό Q=0,375 0=7.5J. Έτσι τελικά στη ράβδο µεταβιβάζονται.5j. P(W) 0 de 4 Σχήµα 3 Aii. Για την ανύψωση της ράβδου θα εφαρµόσουµε την Αρχή διατήρησης της ενέργειας από την αρχική θέση που τίθεται σε λειτουργία ο κινητήρας την t=0 εως την ανώτερη θέση που σταµατά στιγµιαία η ράβδος. 0 t(s) Ε ΜΗΧ,() Ε προσφ Ε απωλειων = Ε ΜΗΧ,() Κ () U β() Ε προσφ Ε απωλειων = Κ () U β() 0 0 Ε προσφ 0 = 0 Mgh Mgh= Ε προσφ h= Ε προσφ /Μg h=,5/30=5/300=5/ h=5/ Έτσι το κέντρο µάζας της ράβδου θα ανυψωθεί από την αρχική κατακόρυφη θέση κατά h =5/ χωρίς να ξεπεράσει την οριζόντια θέση, αφού h</. / h 5 / 5 5 συνϕ = = = = φ U B =0 h ω=0 () Σχήµα 4 () Βi. Η ταχύτητα της ράβδου όταν διέλθει στην κατακόρυφη θέση θα βρεθεί από την Α ΜΕ από την θέση () στη θέση () καθώς η ράβδος στρέφεται δεξιόστροφα. Ε ΜΗΧ,() = Ε ΜΗΧ,() Κ () U β() = Κ () U β() 0 Μgh = Ι ( ) ω Μgh = Μ ω gh = 3 6 ω 6gh = ω ω = 6gh/ 6gh /) 300 / 300 ω = = = = ω = r / s φ U B =0 h () ω ω=0 () Σχήµα 5

3 Στο σύστηµα ράβδος σφαιρίδιο οι εξωτερικές ροπές είναι µηδεν. Η στροφορµή του συστήµατος διατηρείται σταθερή γιατί κατά την κρούση οι εξωτερικές δυνάµεις από την άρθρωση και το βάρος της ράβδου που ασκούνται σε αυτή έχουν διευθύνσεις που περνούν από τον άξονα περιστροφής, οπότε οι ροπές τους είναι µηδέν. Επιπλέον αν ισχυριστούµε ότι υπάρχει ροπή από το βάρος του βλήµατος ως προς το σηµείο, η ώθηση της ροπής του είναι πολύ µικρή, σε σχέση µε τις ωθήσεις των ροπών των εσωτερικών δυνάµεων που αναπτύσσονται µεταξύ του βλήµατος και της ράβδου (η κρούση διαρκεί πολύ λίγο). Έτσι η στροφορµή του συστήµατος διατηρείται σταθερή κατά τη διάρκεια της κρούσης. Εφαρµόζοντας την Αρχή ιατήρησης της Στροφορµής ως προς τον άξονα περιστροφής του στερεού έχουµε: Στ εξ. = 0 αρχ = αρχ = ρ υ M ω = υ M ω 3 3 υ υ Mω = Mω = 3 5 ω = 5 5ω 0 = 5ω ω = 4r / s ρ Q = Κ ολ,πριν Κ ολ,µετά Q = Κ,πριν Κ Ρ,πριν Κ,µετά Κ Ρ,µετά Q = u Ι ( ) ω u Ι ( ) ω Q Q = 5000, = 50, = Q = 356, 5J πριν υ ω Σχήµα 6 µετά ω υ Βii. σϕ u / u / u u τ Fσϕ = F = F = = = = 5000 t t t Ή Ρ ( ) σϕ Ρτελ, σϕ Ρ αρχ, σϕ υ υ Σ Fσϕ = Fσϕ = Fσϕ = Fσϕ = = 5000Ν t t t 0,0 Η δύναµη όπως αναµέναµε που δέχεται το σφαιρίδιο είναι προς τα αριστερά. Ενώ η δύναµη που δέχτηκε η ράβδος από το σφαιρίδιο αναµένουµε να είναι προς τα δεξιά και να έχει µέτρο 5000Ν, (δράση αντίδραση). 3

4 ρ Ι( ) ω ( Ι( ) ω ) Ι ( ) ω ω / 3 ω ω τ F ρ = F = F = F = t t t t / 3M( ω ) 3 5 ( 4 ) ω F = = 3 = 5000 t 0.0 ( ) M ( ) Γ. ( ) d d = Σ τ w d M g = Ρ = ηµθ d 5 d = 3 0 0,8 = 60Ν d Κ = P = τ τ ω = 3 τ w ω3 U B =0 θ d h w Ρ (3) () Σχήµα 7 ω ω 3 Εφαρµόζουµε την Α..Μ.Ε. από την κατώτερη θέση εως την θέση 3. Ε ΜΗΧ,() = Ε ΜΗΧ,(3) Κ () U β() = Κ (3) U β(3) Ι ( ) ω 0 = Ι ( ) ω3 Mgh Μ ω = Μ ω3 Mg 0, 3 3 h =/ συνθ/ h =/( συνθ ) h =/(-0.6) h =0. 6 ω = 3 6 ω g 0, 6 0, g, g, 0 ω3 = ω ω3 = ω ω3 = 4 5 ω3 = 6 = 6, 4 ω3 = 3, 6 3, 68 r / s 5 dκ Έτσι = Σ τ ω3 = 60 3, 6 = 60 3, 68 = 0,8 J / s (4) ω 4. Εφαρµόζουµε την Α..Μ.Ε. από την κατώτερη θέση εως την ανώτερη κατακόρυφη. Ε ΜΗΧ,() = Ε ΜΗΧ,(4) Κ () U β() = Κ (4) U β(4) Ι ( ) ω 0= Ι ( ) ω4 Mg U B =0 Μ ω = Μ ω4 Mg ω = 4 6 ω g () ω Σχήµα 8 4

5 ω = ω 6 g / ω = ω 6 g / ω = / ω = 4 ω = r / s 4 4 Έτσι η ράβδος θα κάνει ανακύκλωση αφού φτάνει στην ανώτερη θέση µε µη µηδενική ταχύτητα. Ε. Το κέντρο µάζας της ράβδου () εκτελεί µεταφορική κυκλική κίνηση. Με βάση τον ορισµό του κέντρου µάζας ως υλικό σηµείο, µπορούµε να εφαρµόσουµε το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής θεωρώντας όλη τη µάζα του στερεού συγκεντρωµένη στο κέντρο µάζας και όλες τις δυνάµεις να ασκούνται στο σηµείο αυτό, δηλ. εφαρµόζουµε δυναµική για ένα υλικό σηµείο που εκτελεί κυκλική µεταφορική κίνηση. Στην κατακόρυφη θέση η γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου (4) όπως προκύπτει από τον Θ.Ν.Σ.Κ. είναι µηδενική. Έτσι η ω 4 επιτρόχια επιτάχυνση α ε, =α γ / = 0. ΣF επ = aε, ΣF = 0 επ και επειδή δεν υπάρχει καµία άλλη δύναµη στον άξονα αυτό η δύναµη από την άρθρωση δεν έχει οριζόντια συνιστώσα, διότι εάν είχε, σε αυτή θα οφειλόταν η επιτρόχιος επιτάχυνση. Έτσι F επ =0. Στον ακτινικό άξονα που είναι ο κατακόρυφος άξονας y y η συνισταµένη των δυνάµεων είναι η κεντροµόλος δύναµη. ΣF κ = aκ υ υ ( ω4 / ) Fk Μg =Μ Fk = Μ Μg Fk = Μ Μg Fk = Μω4 Μg / / / 5 Fk = Fk = 0 w Ρ F κ Σχήµα 9 Σχόλια. Στην περίπτωση της ράβδου η ελάχιστη ταχύτητά της, στην ανώτερη θέση, µπορεί να είναι µηδέν. Εξαιτίας του άξονα που είναι αναρτηµένη (καρφί, βίδα κτλ) η ράβδος, δεν µπορεί να ξεκολλήσει ή να φύγει εκτός αν σπάσει ο άξονας. Η δύναµη του άξονα δεν έχει συγκεκριµένη κατεύθυνση αλλά εξαρτάται από την ταχύτητα της ράβδου. Έτσι µπορεί να κάνει ανακύκλωση ακόµη και αν οριακά στην πάνω θέση έχει µηδενική ταχύτητα. Στην ανώτερη θέση της ράβδου ισχύει: υ F = ak W = αν υ =0 W = δηλ. η δύναµη R είναι αντίθετη από το βάρος, το οποίο µπορεί να συµβεί. Η δύναµη Ν στην κατακόρυφη θέση στον ακτινικό άξονα δεν έχει κατ ανάγκη αντίθετη φορά µε το βάρος. Συγκεκριµένα όταν η γωνιακή α κ w O ω=0, Ν=w 5

6 ταχύτητα στην ανώτερη θέση είναι ω< g R g = = ω * τότε το βάρος και η Ν έχουν αντίθετες φορές, ενώ όταν το ω> g οι δυνάµεις είναι οµόρροπες. Στην ανώτερη θέση της ράβδου ισχύει: u F = a W = = R g = g R k ω ω () Όταν το ω< g τότε η () δίνει Ν<0 που σηµαίνει ότι κατευθύνεται προς τα πάνω. Όταν το ω> g τότε η () δίνει Ν>0 που σηµαίνει ότι κατευθύνεται προς τα κάτω. Όταν ω= g τότε µηδενίζεται στιγµιαία η δύναµη Ν. Όταν οριακά γίνεται ανακύκλωση, ω=0 και τότε η Ν είναι αντίθετη µε το βάρος ω ω ω* u u u α κ α κ α κ α κ w w w w ω<ω* ω>ω* ω=ω*, Ν=0 ω=0, Ν=w. Το σχολικό βιβλίο δεν ορίζει τη στροφορµή υλικού σηµείου ως προς σηµείο παρά µόνο ως προς άξονα. ρίζει την έννοια στροφορµή υλικού σηµείου για υλικό σηµείο που εκτελεί κυκλική κίνηση. Α) Στροφορμή υλικού σημείου Έτσι προκύπτει το ερώτηµα κατά πόσο νοµιµοποιούµαστε να εφαρµόσουµε την αρχή διατήρησης της στροφορµής στο ερώτηµα Β µιας και το σφαιρίδιο κινείται ευθύγραµµα. Μια νόµιµη εντός της διδακτέας ύλης λύση είναι ως εξής: Εφαρµόζουµε νόµο µεταβολής της ορµής για το σφαιρίδιο στο χρονικό διάστηµα της κρούσης. 6

7 Ρ Ρ Ρ Ρ Σ F = F = F = t t t σϕ σϕ τελ, σϕ αρχ, σϕ σϕ αλγεβρικά σϕ σϕ () Για το ίδιο χρονικό διάστηµα εφαρµόζουµε νόµο µεταβολής της στροφορµής για την ράβδο. ραβ ραβ τελ, ραβ αρχ, ραβ Σ τ = αλγεβρικά Fραβ = Fραβ = () t t t Όµως F σφ = F ραβ (3) ιαιρούµε τις δύο εξισώσεις κατά µέλη και προκύπτει η ίδια εξίσωση που θα προέκυπτε µε εφαρµογή της αρχής διατήρησης της στροφορµής. Ρ Ρ (3) () τελ, σϕ αρχ, σϕ = ( Ρτελ, σϕ Ρ αρχ, σϕ ) = τελ, ραβ αρχ, ραβ () τελ, ραβ αρχ, ραβ Ρ = Ρ αρχ, σϕ αρχ, ραβ τελ, σϕ τελ, ραβ Χ. Αγριόδηµας chagriodias@yahoo.gr chagriodias@gail.co 7