Transcript

1 Φυσική Ι Σταύρος Κομηνέας Τμήμα Μαθηματικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης

2 2

3 Περιεχόμενα 0.1 Πρόλογος ii 1 Μηχανική Εισαγωγή Κίνηση σε μία διάσταση Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Δύναμη Απλές μορφές δυνάμεων σε μία διάσταση Τριβή Κινητική ενέργεια και έργο Δυναμική ενέργεια Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Διατηρητικές δυνάμεις Δυναμική πολλών σωμάτων Κρούσεις Στροφορμή και ροπή Περιστροφή στερεού σώματος Στροφορμή και ενέργεια συστήματος σωμάτων Κύλιση Στατική Ταλαντώσεις και κύματα Ταλαντώσεις Κύματα Υπέρθεση κυμάτων και στάσιμα κύματα Ηχητικά κύματα Αʹ Διανύσματα 119 Αʹ.1 Διανύσματα i

4 ii ΠΕΡΙΕΧ ΟΜΕΝΑ 0.1 Πρόλογος Οι παρούσες σημειώσεις χρησιμοποιήθηκαν στις παραδόσεις του μαθήματος Φυσική Ι γιά την κατεύθυνση Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο Κρήτης το εαρινό εξάμηνο Περιέχουν σχεδόν το σύνολο των παραδόσεων αλλά πιθανόν όχι το 100%. Είναι πιθανόν να περιέχονται μικρά τμήματα τα οποία δεν διδάχθηκαν. Σε ορισμένες ασκήσεις παρατίθεται μία αναλυτική λύση και σε άλλες συνοπτική. Υπάρχουν (εκτός απροόπτου) ορισμένα λάθη και θα ήμουν ευγνώμων σε όποιον μου υπεδείκνυε κάποιο από αυτά. Σταύρος Κομηνέας Ηράκλειο, 21/5/2014.

5 Κεφάλαιο 1 Μηχανική 1.1 Εισαγωγή Φυσική και Μαθηματικά Η Φυσική κάνει περιγραφή του κόσμου, η οποία γίνεται με τα Μαθηματικά. Σε πολλές περιπτώσεις χρειάζεται η ανάπτυξη νέων μαθηματικών μεθόδων ώστε να προχωρήσει η φυσική περιγραφή. Στη Φυσική αξία έχει ό,τι είναι δυνατόν να δώσει μετρήσιμα αποτελέσματα. Ετσι, ενδιαφέροντα θεωρούνται και αναπτύσσονται τα μαθηματικά τα οποία θα χρησιμοποιηθούν προς αυτή την κατεύθυνση. Άλλα μαθηματικά εργαλεία, μέθοδοι, κλπ τα οποία δεν βοηθούν αυτόν τον σκοπό, δεν εκτιμώνται. Ομως, στην εξέλιξη της επιστήμης, τα μαθηματικά εργαλεία που κάποτε δεν φαίνονται χρήσιμα, μπορεί να γίνουν τέτοια αργότερα. Τα Εφαρμοσμένα Μαθηματικά βρίσκονται κοντά σε αυτόν τον τρόπο επιστημονικής προόδου. Εδώ, οι αφορμές γιά νέες μαθηματικές μεθόδους δίνονται από προβλήματα που προκύπτουν στο χώρο της Φυσικής και άλλων επιστημών και μπορούν να συνεισφέρουν στην περιγραφή ή στη λύση τους. Παρατήρηση Σε τι θα μπορούσε να χρησιμεύσει η Φυσική όσον αφορά τη Χρηματοοικονομία, τη Μαθηματική Μοντελοποίηση, την Ανάλυση (ή όποια άλλη δική μου μαθηματική κατεύθυνση); Μπορούμε να δούμε ότι η Φυσική προσφέρει πολλά ενδιαφέροντα προβλήματα γιά τα οποία μία αυστηρή Μαθηματική Μοντελοποίηση θα ήταν ενδιαφέρουσα και χρήσιμη. Τα προβλήματα αυτά μπορεί να έχουν ιδιαίτερες απαιτήσεις σε Μαθηματική Ανάλυση και έτσι παρουσιάζουν ενδιαφέρον γιά έναν μαθηματικό. Ας δούμε παραδείγματα. Η Μηχανική αναπτύχθηκε τους περασμένους αιώνες με αφορμή την ανάγκη περιγραφής κινήσεως σωμάτων (π.χ., ουρανίων σωμάτων). Πολλοί μαθηματικοί ανέπτυξαν μία σειρά μεθόδων οι οποίες σήμερα χρησιμοποιούνται στον κλάδο της Φυσικής που λέγεται Κλασσική Μηχανική. Δεν μπορούμε να δώσουμε μία εξ ίσου σαφή περιγραφή όσον αφορά τη σχέση της Φυσικής με τη Μαθηματική Χρηματοοικονομία. Ας καταφύγουμε λοιπόν στην παρατήρηση και στη μέτρηση, δηλαδή στην κατ εξοχήν μέθοδο της Φυσικής. Βλέπουμε λοιπόν ότι η ανάπτυξη ομάδων χρηματοοικονομικής ανάλυσης σε επενδυτικές τράπεζες, όπως άρχισαν να διαμορφώνονταν πριν δύο δεκαετίες, βασίστηκε σε φυσικούς οι οποίοι κατάφεραν να θέσουν και να μελετήσουν τα σχετικά θέματα με βάση, κατ αρχήν, τις δικές τους επιστημονικές εμπειρίες. Σήμερα πλεόν αυτές οι ομάδες αποτελούνται από φυσικούς και μαθηματικούς και η Χρηματοοικονομία έχει ένα σαφέστερο μαθηματικό υπόβαθρο Μετρήσεις και μονάδες (δείτε [1]) 1

6 2 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Αφού η μέτρηση είναι η βάση της Φυσικής, χρειαζόμαστε μία συμφωνία ως προς το τα μέτρα με τα οποία θα μετράμε τα φυσικά μεγέθη. Χρειαζόμαστε πρότυπα μεγέθη (μήκος, χρόνος κλπ) με τα οποία θα κάνουμε μετρήσεις, δηλαδή, θα συγκρίνουμε κάθε άλλο μέγεθος. Στο πιό διαδεδομένο σύστημα μονάδων (S.I.) τα πρότυπα μεγέθη, δηλαδή, οι μονάδες, ορίστηκαν με βάση την ανθρώπινη κλίμακα. Π.χ., το μέτρο (μονάδα μήκους) είναι στα μέτρα του μεγέθους που αναγνωρίζουμε στην καθημερινή ζωή. Πάντως, με αυτό τον ορισμό, κάποια βασικά μεγέθη της Φυσικής, έχουν άβολες τιμές. Γιά παράδειγμα, η ταχύτητα του φωτός προκύπτει να έχει τη μεγάλη τιμή c = meters/sec m/sec. Ως μονάδα χρόνου κάποτε οριζόταν ένα κλάσμα της μέσης ηλιακής ημέρας. Τώρα, το δευτερόπλεπτο ορίζεται ως το χρονικό διάστημα που απαιτείται γιά να κάνει ενεργειακές μεταπτώσεις ( κύκλους) ένα άτομο καισίου. Με αυτό τον τρόπο ορίζεται με μεγάλη ακρίβεια η μονάδα χρόνου. Ως μονάδα μάζας έχουμε το χιλιόγραμμο, κλπ. Σε κάθε πρόβλημα βρισκόμαστε αντιμέτωποι με διαφορετικές κλίμακες μεγεθών. Ετσι βρισκόμαστε στην ανάγκη να ορίζουμε πολλαπλάσια ή υποπολλαπλάσια των βασικών μονάδων. Ας δούμε παραδείγματα. Η ταχύτητα του φωτός είναι c = m/sec = km/sec. Ενα σωματίδιο ή ένα φιλμ από τα μικρότερα που μπορούν να κατασκευαστούν έχει διαστάσεις μερικών νανομέτρων (nm), δηλαδή, μερικών 10 9 m. Ενας σκληρός δίσκος έχει χωρητικότητα δεδομένων 500 Gigabyte/in 2, δηλαδή, byte/in 2 (σημειώστε ότι 1 inch = 2.54 cm). Οι εγγραφές στη μνήμη ενός υπολογιστή γίνεται προσπάθεια να συμβαίνουν σε χρόνους picosecond (10 12 sec). Γενικότερα: kilo 10 3 milli 10 3 mega 10 6 micro 10 6 giga 10 9 nano 10 9 tera pico Παράδειγμα Η μεγαλύτερη ταχύτητα που έχει επιτευχθεί από αυτοκίνητο είναι 1228 km/h. Ποιά είναι αυτή η ταχύτητα στις συνηθισμένες μονάδες της Φυσικής (m/sec); Λύση km ( h = m ) ( ) 1 h = m/sec. h 3600 sec Παρατηρήστε ότι η δεύτερη παρένθεση (μετά την 1η ισότητα) είναι ίση με τη μονάδα, διότι 1 h = 3600 sec. Κάθε εξίσωση της Φυσικής είναι μία ισότητα μεταξύ αριθμών αλλά επίσης είναι και μία ισότητα μεταξύ διαστάσεων. Γιά παράδειγμα, αν ένα σώμα έχει ταχύτητα v, τότε σε χρόνο t διανύει απόσταση d ίση με d = vt. Ωστε, αν υποθέσουμε τις τιμές v = 2 m/sec και t = 5 sec τότε το δεξιό μέλος της εξίσωσης δίνει (2 m/sec)(5 sec) = 10 m d = 10 m και αυτό πραγματικά εκφράζει μήκος, όπως φαίνεται από τις μονάδες του αποτελέσματος.

7 1.1. Εισαγωγή Ασκήσεις Άσκηση Σύμφωνα με τον θρύλο ο Φειδιππίδης έτρεξε από τον Μαραθώνα στην Αθήνα το 490 π.χ. με ταχύτητα 23 ιππικών ανά ώρα. Το ιππικό ήταν μονάδα μέτρησης μήκους στην Αρχαία Ελλάδα: 1 ιππικό ήταν 4 στάδια και 1 στάδιο οριζόταν να είναι 6 πλέθρα. Ξέρουμε ότι ένα πλέθρο είναι ίσο με 30.8 m. Πόσο γρήγορα έτρεχε ο Φειδιππίδης σε m/sec; Λύση. Χρησιμοποιούμε απλούς λόγους μεταξύ μονάδων: 23 ιππικά/h = ( 23 ιππικά h ) ( 4 στάδια 1 ιππικό ) ( ) 6 πλέθρα = 552 στάδιο ( πλέθρα Χρειαζόμαστε ένα ακόμα βήμα: ( ) ( ) ( ) ( ) πλέθρα πλέθρα 30.8 m 1 h 552 = 552 = 4.7 m/sec. h h πλέθρο 3600 sec Ερώτηση: σε πόσο χρόνο έτρεξε ο Φειδιππίδης την απόσταση του Μαραθωνίου; Άσκηση Η Γη είναι κατά προσέγγιση σφαίρα ακτίνας R = m. Πόση είναι (α) η περιφέρειά της σε km; (β) η επιφάνειά της σε km 2 ; (γ) ο όγκος της σε km 3 ; Λύση.. (α) Περιφέρεια (β) Επιφάνεια 2π m = (12.74 π 10 6 ) m h 1 km 1000 m = km. 4π( ) 2 m 2 = m 2 = km 2 = km 2. Θα ήταν πιό βολικό αν γράφαμε την ακτίνα ως R = km, οπότε, η επιφάνεια βρίσκεται απλούστερα ως 4π( km) 2 = km 2. (γ) Ογκος Ασκήσεις (φυλλαδίου) 4π 3 ( km) 3 = km 3 = km 3. Άσκηση (Halliday σελ, 13 ασκ. 1.45) Μία αστρονομική μονάδα (AU) είναι η μέση απόσταση της Γης από τον Ηλιο, περίπου km. Να εκφράσετε την ταχύτητα του φωτός σε AU/min. [Η ταχύτητα φωτός είναι περίπου c = m/sec.] Λύση. c = m sec = AU AU = 0.12 min min. ).

8 4 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 1.2 Κίνηση σε μία διάσταση Θέση και ταχύτητα Ας υποθέσουμε ότι ένα αυτοκίνητο κινείται σε έναν διάδρομο (αυτοκινητόδρομο, πίστα, κλπ). Γιά να περιγράψουμε την κίνησή του είναι βολικό να θεωρήσουμε ότι η θέση του βρίσκεται σε ένα σημείο. Αυτό σημαίνει ότι ουσιαστικά θα θεωρήσουμε ότι όλο το αυτοκίνητο βρίσκεται σε ένα σημείο. Στο σημείο αυτό θα μπορούσε να είναι ένα αντιπροσωπευτικό σημείο του αυτοκινήτου. Γιά την περίπτωση αγώνων αυτοκινήτων, αυτό θα ήταν η μπροστινή άκρη του. Αν το κινητό βρίσκεται σε μία αρχική χρονική στιγμή στη θέση εκκίνησης, μπορούμε να ισχυριστούμε ότι γνωρίζουμε ότι την χρονική στιγμή t 1 = 0 βρίσκεται στη θέση x 1 = 0. Είναι σαφέστερο να πούμε ότι θέτουμε την δεδομένη χρονική στιγμή ως t = 0 και την θέση ως x = 0. Μετά από περέλευση κάποιου χρόνου t 2 το κινητό έχει διανύσει μία απόσταση x 2. Γενικά, ως θέση x του κινητού, θεωρούμε την απόστασή που έχει διανύσει από ένα αρχική σημείο το οποίο έχουμε ορίσει, κατά σύμβαση, ότι είναι το σημείο αρχής, όπου θέτουμε x = 0. Αν το κινητό βρίσκεται στη θέση x = x 1 την χρονική στιγμή t = t 1 και στην θέση x = x 2 την χρονική στιγμή t = t 2, τότε διανύει απόσταση x = x 2 x 1 σε χρονικό διάστημα t = t 2 t 1. Ορίζουμε ως μέση ταχύτητα τον λόγο v µ = x 2 x 1 t 2 t 1 Π.χ., γιά x 1 = 19 m, x 2 = 277 m και t 1 = 1 sec, t 2 = 4 sec έχουμε v µ = 277 m 19 m 4 sec 1 sec = x t. (1.2.1) = 86 m/sec. Δείτε ότι αν εναλλάξουμε τις τιμές x 1 = 277 m, x 2 = 19 m τότε η ταχύτητα θα ήταν αρνητική v µ = 86 m/sec. Το πρόσημο της ταχύτητας μας λέει, κατά σύμβαση, εάν η κίνηση είναι προς τα δεξιά ή προς τα αριστερά. Παρατήρηση Αν σχεδιάσουμε μία ευθεία επάνω στην οποία κινείται το σωμάτιο, τότε κάθε σημείο παριστάνει μια δυνατή θέση του κινητού. Αν επιλέξουμε ένα δεδομένο σημείο O ως σημείο αναφοράς (σημείο μηδέν), τότε κάθε σημείο της ευθείας μπορεί να ορισθεί από την απόστασή του από το O. Την απόσταση ονομάζουμε x και θέτουμε θετικό πρόσημο γιά τα σημεία δεξιά του O και αρνητικό πρόσημο γιά τα σημεία αριστερά του O Στιγμιαία ταχύτητα Εστω ότι γιά το κινητό που είδαμε έχουμε την επιπλέον πληροφορία ότι βρίσκεται στη θέση x = 119 m τη χρονική στιγμή t = 3 sec. Αυτό δίνει ταχύτητα v µ = 119 m 19 m 3 sec 1 sec = 50 m/sec. Μπορούμε επίσης να υπολογίζουμε ότι στο χρόνο t = 3 sec έως t = 4 sec η ταχύτητα είναι v µ = 277 m 119 m 4 sec 3 sec = 158 m/sec. Αν μετρήσουμε την θέση σε περισσότερες χρονικές στιγμές θα έχουμε πιό λεπτομερή καταγραφή της ταχύτητας και αυτή μπορεί να είναι διαφορετική σε κάθε χρονικό διάστημα. Γιά κάθε χρονικό διάστημα t το κινητό διανύει απόσταση x. Ειδικότερα, αν έχουμε τη δυνατότητα να κάνουμε μετρήσεις σε οσοδήποτε μικρά διαστήματα t τότε αυτά τα ονομάζουμε dt και τις αντίστοιχες μετατοπίσεις ονομάζουμε dx. Η ταχύτητα τότε είναι x v = lim t 0 t = dx dt. (1.2.2)

9 1.2. Κίνηση σε μία διάσταση 5 Αυτή είναι η στιγμιαία ταχύτητα την στιγμή t 1, αλλά και τη στιγμή t 2 αφού η τελευταία είναι ακριβώς δίπλα στην πρώτη. Παράδειγμα Οδηγείτε αγροτικό αυτοκίνητο σε δρόμο γιά 8.4 km με 70 km/h, όπου το αυτοκίνητο ξεμένει από καύσιμα και σταματά. Γιά τα επόμενα 30 min περπατάτε 2 km επιπλέον μέχρι να φθάσετε στο επόμενο πρατήριο καυσίμων. (α) Πόση είναι η συνολική σας μετατόπιση; (β) Πόσο είναι το συνολικό χρονικό διάστημα t κατά το οποίο κινηθήκατε; (γ) Πόση ήταν η στιγμιαία και η μέση ταχύτητά σας; Λύση. (α) x = 8.4 km + 2 km = 10.4 km (β) t = x/v. Άρα t = (γ) Μέση ταχύτητα v µ = x t Στιγμιαία ταχύτητα (σχήμα x = x(t)) 8.4 km + 30 min = 0.12 h h = 0.62 h (= 37.2 min). 70 km/h = 10.4 km 0.62 h = 16.8 km h. v = 70 km/h, v = 2 km 30 min = 4 km/h. Παρατήρηση Το πρόσημο της ταχύτητας δίνει την κατεύθυνση της κίνησης. Το μέτρο της ταχύτητας χρησιμοποιείται όταν μας ενδιαφέρει η μεταβολή της θέσης με τον χρόνο και όχι η κατεύθυνση της κίνησης. Παράδειγμα Το σχήμα αριστερά δίνει τη θέση σωματίου x = x(t). Η κλίση της καμπύλης είναι αρχικά μηδέν, μετά περίπου σταθερή και τελικά πάλι μηδέν. Η κλίση δίνει την ταχύτητα του κινητού, της οποίας η γραφική παράσταση δίνεται στο μεσαίο σχήμα. Η επιτάχυνση του κινητού (η οποία είναι η κλίση της ταχύτητας) δίνεται στο δεξιό σχήμα. Παρατηρούμε ότι η επιτάχυνση είναι μη-μηδενική στα σημεία που μεταβάλλεται η ταχύτητα. Σχήμα 1.1: Θέση (αριστερά), ταχύτητα (κέντρο) και επιτάχυνση (δεξιά) σαν συνάρτηση του χρόνου γιά ένα κινητό. (Πηγή: [2] σελ 19.) t t t Σχήμα 1.2: Θέση (αριστερά), ταχύτητα (κέντρο) και επιτάχυνση (δεξιά) σαν συνάρτηση του χρόνου γιά ένα κινητό.

10 6 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Επιτάχυνση Η μεταβολή της ταχύτητας μετράται από τον λόγο όπου η ταχύτητα είναι v 1 στον χρόνο t 1 και v 2 στον χρόνο t 2. επιτάχυνση. Η στιγμιαία επιτάχυνση είναι a = dv dt και, βέβαια, μπορεί να είναι διαφορετική κάθε χρονική στιγμή. a = v 2 v 1 t 2 t 1, (1.2.3) Την παραπάνω ονομάζουμε μέση (1.2.4) Η επιτάχυνση είναι ένα σημαντικό φυσικό μέγεθος, πράγμα που το αντιλαμβάνεται κανείς όταν ξεκινάει ένα τρένο από την ακινησία μέχρι τη μέγιστη ταχύτητά του, όταν ξεκινάει ένα ασανσέρ, κλπ. Αν η ταχύτητά μας αυξάνεται με τον χρόνο τότε a > 0 και αν μειώνεται τότε a < 0, οπότε λέμε ότι έχουμε επιβράδυνση. Βλέπουμε ότι a = dv dt = d2 x dt 2, (1.2.5) δηλ., η επιτάχυνση είναι η δεύτερη παράγωγος της θέσης ως προς χρόνο. Παράδειγμα Εστω η θέση ενός σωματίου η οποία δίνεται από τον τύπο Η ταχύτητά του είναι Η επιτάχυνσή του είναι x(t) = 4 27t + t 3. v(t) = dx dt = t2. a(t) = dv dt = 6t. Παρατήρηση Το πρόσημο της επιτάχυνσης δεν μας λέει από μόνο του αν το σώμα επιταχύνεται ή επιβραδύνεται. Γιά το σκοπό αυτό θα πρέπει να συγκρίνουμε τα πρόσημα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης. Σταθερή επιτάχυνση Εστω ότι η επιτάχυνση ενός σωματίου είναι σταθερή. Αυτό επιτυγχάνεται αν η ταχύτητά του είναι όπου v 0, a 0 είναι σταθερές. Βλέπουμε τότε πραγματικά ότι Παρατηρούμε επίσης ότι η μέση επιτάχυνση είναι v = v 0 + a 0 t, (1.2.6) a = dv dt = a 0. a µ = v t = (v 0 + a 0 t 2 ) (v 0 + a 0 t 1 ) t 2 t 1 = a 0, δηλαδή είναι σταθερή και ίση με την στιγμιαία επιτάχυνση.

11 1.2. Κίνηση σε μία διάσταση 7 Η θέση του σωματίου δίνεται από Πραγματικά, έχουμε x(t) = x 0 + v 0 t a 0t 2, x 0 : σταθερά. (1.2.7) v(t) = dx dt = v 0 + a 0 t. (1.2.8) Η σταθερά v 0 δίνει την v γιά t = 0, δηλ., v(t = 0) = v Σχετική ταχύτητα Η ταχύτητα με την οποία κινείται έναν κινητό έχει νόημα να μετρηθεί μόνο σε σχέση με ένα άλλο σώμα. Γιά παράδειγμα, όλα όσα βλέπουμε ακίνητα γύρω μας θα μπορούσαμε επίσης να πούμε ότι κινούνται με την ταχύτητα που κινείται η Γη. Παράδειγμα Εστω ότι βρισκόμαστε σε αυτοκίνητο που τρέχει με v 1 = 40 km/h, ενώ ένα άλλο αυτοκίνητο κοντά μας κινείται με v 2 = 100 km/h. Με τι ρυθμό βλέπουμε να αλλάζει θέση το 2ο αυτοκίνητο ως προς τη δική μας θέση; Λύση. Η δική μας θέση είναι x 1 = a + v 1 t, ενώ η θέση του άλλου αυτοκινήτου είναι x 2 = b + v 2 t. Η θέση του 2ου αυτοκινήτου ώς προς την δική μας είναι x 2 x 1 = b a + (v 2 v 1 )t x = c + vt, όπου x η απόσταση του 2ου από το δικό μας αυτοκίνητο, v = v 2 v 1 (1.2.9) η σχετική ταχύτητα του άλλου αυτοκινήτου ως προς το δικό μας (δηλαδή, ο ρυθμός μεταβολής της σχετικής θέσης του) και c = b a η διαφορά των θέσεών μας γιά t = 0. Γιά να μετρήσουμε ταχύτητες θεωρούμε την ύπαρξη ενός συστήματος αναφοράς και μετράμε ταχύτητες σωμάτων ως προς αυτό το σύστημα. Κάθε άλλο σύστημα το οποίο κινείται ευθύγραμμα, με σταθερή ταχύτητα, ως προς σύστημα αναφοράς μπορεί επίσης να χρησιμεύσει ως σύστημα αναφοράς. Ολα αυτά τα συστήματα λέγονται αδρανειακά συστήματα αναφοράς. Δείτε ότι η επιτάχυνση σώματος δεν εξαρτάται από το επιλεγόμενο αδρανειακό σύστημα αναφοράς. Γιά παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι το δεύτερο αυτοκίνητο του προηγουμένου παραδείγματος επιταχύνει με μία επιτάχυνση a. Τότε η θέση του δίνεται από την x 2 = b + v 2 t + (1/2)a 2 t 2 και θα έχουμε ότι η θέση του ως προς το πρώτο αυτοκίνητο είναι x = x 2 x 1 = b a + (v 2 v 1 )t + (1/2)a 2 t 2. Η επιτάχυνσή του θα είναι ίδια ως προς το έδαφος όπως και ως προς το δικό μας αυτοκίνητο, διότι d 2 x 2 dt 2 = a 2, d 2 (x 2 x 1 ) dt 2 = a 2. (1.2.10) Δεν είναι όλα τα συστήματα αδρανειακά. Γιά να το δούμε αυτό ας πάρουμε ένα αδρανειακό σύστημα και ένα άλλο το οποίο επιταχύνεται ως προς το αδρανειακό. Τότε η επιτάχυνση ενός κινητού είναι διαφορετική στο αδρανειακό από ότι στο επιταχυνόμενο σύστημα. Π.χ., ένα σώμα που είναι ακίνητο ως προς το αδρανειακό σύστημα βλέπουμε να επιταχύνεται στο μη-αδρανειακό σύστημα.

12 8 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Η θέση σωματίου δίνεται από την x(t) = 20t 5t 3, όπου η θέση είναι σε m και ο χρόνος σε sec. (α) Σε ποιό χρόνο μηδενίζεται η ταχύτητα του σωματίου; (β) Πότε μηδενίζεται η επιτάχυνσή του; (γ) Σε ποιό εύρος χρόνων η επιτάχυνση είναι θετική και σε ποιό αρνητική; (δ) Κάνετε τις γραφικές παραστάσεις των x(t), v(t), a(t). Λύση. (α) v(t) = dx = 20 15t2 dt Γιά v = 0 έχουμε t = ± 2 3. (β) Επιτάχυνση a(t) = 30t, άρα μηδενίζεται μόνο γιά t = 0. (γ) Εχουμε a(t) > 0 γιά t < 0 και a(t) < 0 γιά t > 0. (δ) Γιά να κάνουμε την γραφική παράσταση του x(t) παρατηρούμε ότι έχει ακρότατα εκεί που v = 0. Το είδος του ακροτάτου (μέγιστο ή ελάχιστο) καθορίζεται από το πρόσημο της επιτάχυνσης a Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Η θέση σωματίου δίνεται από την x(t) = 12t 2 2t 3, όπου η θέση είναι σε m και ο χρόνος σε sec. Βρείτε την (α) θέση, (β) ταχύτητα και (γ) επιτάχυνση του σωματίου την χρονική στιγμή t = 3 sec. (δ) Ποιά είναι η τιμή της μέγιστης θετικής συντεταγμένης x στην οποία φθάνει το σωματίδιο; (ε) Ποιά είναι η μέγιστη θετική ταχύτητα που επιτυγχάνει το σωματίδιο; (ζ) Πόση είναι η επιβράδυνση του σωματίου τη στιγμή που αυτό βρίσκεται στιγμιαία ακίνητο (v = 0); Λύση. (α) v(t) = 24t 6t 2. (β) a(t) = 24 12t. (γ) Στην αρχή v > 0, άρα πετυχαίνουμε μέγιστο x εκεί που v = dx/dt = 0, δηλ., Εχουμε x max = x(t = 4) = 64. v(t) = 0 24t 6t 2 = 0 t = 0, 4 (δ) Επιτυγχάνεται γιά a = 0 t = 2 και είναι (t = 2) = 24. (ε) Βρίσκεται στιγμιαία ακίνητο γιά t = 4, οπότε a(t = 4) = 24. Άσκηση Σχεδιάστε μία τυχούσα καμπύλη x(t) και συζητήστε την ταχύτητα v(t) και επιτάχυνση a(t) του κινητού.

13 1.2. Κίνηση σε μία διάσταση t t t Σχήμα 1.3: (α) Γκαουσιανή x(t) = e t2 /2 γιά τη θέση κινητού. (β) Η ταχύτητα v = dx/dt = t e t2 /2. (γ) Η επιτάχυνση a = d 2 x/dt 2 = (t 2 1) e t2 / t t t Σχήμα 1.4: (α) Η θέση κινητού x(t) = tanh(t). (β) Η ταχύτητα dx/dt = 1 tanh 2 (t). (γ) Η επιτάχυνση d 2 x/dt 2 = 2 tanh(t) (1 tanh 2 (t)) Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Ενα αυτοκίνητο τρέχει αρχικά με ταχύτητα v 0 = 78 km/h και κάποια στιγμή φρενάρει και αυτό του δίνει σταθερή επιβράδυνση. Τελικά το αυτοκίνητο χρειάζεται τ = 12 sec μέχρι να σταματήσει τελείως. Πόση είναι η επιτάχυνσή του; Λύση. Αφού η επιτάχυνση, έστω a, είναι σταθερή, ισχύει a = 0 v 0 τ = = 6.5 m/sec2. Άσκηση Ενα ηλεκτρόνιο έχει σταθερή επιτάχυνση a 0 = 3.2 m/sec 2. Κάποια στιγμή t 0 η ταχύτητά του είναι v 0 = 9.6 m/sec. Πόση είναι η ταχύτητά του (α) 2.5 sec πριν και πόση (β) 2.5 sec μετά την t 0 ; Λύση. Η ταχύτητα μπορεί να γραφεί ως v(t) = v 0 + a 0 (t t 0 ). Αυτή η εξίσωση είναι της μορφής (1.5.8) όπου η σταθερή επιτάχυνση είναι a 0 και η ταχύτητα τη δεδομένη στιγμή t 0 είναι v(t = t 0 ) = v 0. (α) v = = 1.6 m/sec. (β) v = = 17.6 m/sec.

14 10 Κεφάλαιο 1. Μηχανική t x x Σχήμα 1.5: (α) Η θέση κινητού x(t) = sin(t). (β) Η ταχύτητα dx/dt = cos(t). (γ) Η επιτάχυνση d 2 x/dt 2 = sin(t). 1.3 Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Θέση και μετατόπιση Η θέση σωματίου δίνεται από ένα διάνυσμα r = x i + y j + z k, (1.3.1) όπου x i, y j, z k είναι οι συνιστώσες του r, ενώ οι x, y, z λέγονται συντεταγμένες του. Το r λέγεται διάνυσμα θέσης. Βλέπουμε ότι οι x, y, z είναι αρκετές γιά να προσδιορίσουμε τη θέση του σωματίου. Εστω ότι ένα σώμα είναι σε μία χρονική στιγμή t 1 στην θέση r 1 και σε ακόλουθη στιγμή t 2 στην θέση r 2 (σχήμα). Παρατηρούμε ότι έχει μετατοπιστεί κατά διάνυσμα r = r 2 r 1. (1.3.2) Αυτό γράφεται και ως r = (x 2 i + y 2 j + z 2 k) (x1 i + y 1 j + z 1 k) = (x 2 x 1 ) i + (y 2 y 1 ) j + (z 2 z 1 ) k = x i + y j + z k. (1.3.3) Παρατήρηση Οι διαδοχικές θέσεις κινούμενου σωματίου διαγράφουν την τροχιά του, δηλαδή μία καμπύλη στο χώρο. Αυτή ξεκινά από σημείο r 1 σε χρονική στιγμή t 1 και καταλήγει σε σημείο r 2 σε χρονική στιγμή t 2. Η τυχούσα θέση στην τροχιά γράφεται r(t). (φτιάξτε σχήμα) Παράδειγμα Ενα κουνέλι τρέχει μέσα σε ένα πάρκινγκ στο οποίο έχουμε σχεδιάσει ένα σύστημα συντεταγμένων. Οι συντεταγμένες του δίνονται από τις σχέσεις x(t) = 0.3t t + 28 y(t) = 0.2t 2 9.1t + 30 όπου t είναι η χρονική στιγμή. (α) Σε ποιά θέση βρίσκεται τη στιγμή t = 10, (β) σε ποιά θέση τη στιγμή t = 20, (γ) ποιά είναι η μετατόπισή του από τη στιγμή t = 10 μέχρι t = 20. Λύση. (α) r 1 = 70 i 41 j (β) r 2 = 52 i 72 j (γ) r = 18 i 31 j Ταχύτητα Εχουμε ήδη δει τον ορισμό της μέσης ταχύτητας μέση ταχύτητα = μετατόπιση χρονικό διάστημα.

15 1.3. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις 11 Αν την εφαρμόσουμε γιά μετατόπιση από r 1 (σε χρόνο t 1 ) σε r 2 (γιά t 2 ) έχουμε v µ = r t, r = r2 r 1, t = t 2 t 1. Παρατήρηση Η ταχύτητα είναι διάνυσμα με διεύθυνση ίδια με τη μετατόπιση. Συνιστώσες ταχύτητας v µ = x t i + y t j + z t k. Παράδειγμα Γιά r = ( 18 m) i + ( 31 m) j και t = 10 sec (όπως στο προηγούμενο παράδειγμα). Λύση. r v µ = t = ( 1.8 m/sec) i + ( 3.1 m/sec) j. Ας θεωρήσουμε την τροχιά σωματίου και ας δούμε ένα οποιοδήποτε σημείο της r 1 γιά μία στιγμή t 1. Μπορούμε να πάρουμε έναν χρόνο t 2 κοντά στο t 1 και άρα το t = t 2 t 1 μικρό, οσοδήποτε μικρό θέλουμε (dt). Τότε έχουμε σε κάθε σημείο της τροχιάς r 1 το διάνυσμα της στιγμιαίας ταχύτητας v = d r dt. Παρατήρηση Αυτό το διάνυσμα δείχνει προς την διεύθυνση κίνησης σε κάθε σημείο της τροχιάς. Επίσης, παρατηρούμε ότι εφάπτεται της τροχιάς σε κάθε σημείο της, ώστε λέμε ότι έχει τη διεύθυνση της εφαπτομένης στην καμπύλη, δηλαδή στην τροχιά (φτιάξτε σχήμα). Το διάνυσμα της ταχύτητας έχει βαθμωτές συνιστώσες v x = dx dt, v = v x i + v y j + v z k (1.3.4) v y = dy dt, v z = dz dt. (1.3.5) Παράδειγμα Βρείτε την ταχύτητα του παραδείγματος με το κουνέλι. Παράδειγμα Εστω μία κυκλική τροχιά σωματίου. Αν η στιγμιαία ταχύτητα του σωματίου είναι v = (2 m/s) i (2 m/s) j, σε ποιό τεταρτημόριο βρίσκεται το σωμάτιο τη δεδομένη χρονική στιγμή; Θεωρήστε ότι το σωμάτιο κινείται (α) αριστερόστροφα, (β) δεξιόστροφα. Λύση. Σχεδιάζουμε την κυκλική τροχιά και τοποθετούμε το διάνυσμα v ώστε να είναι εφαπτόμενο στην τροχιά. (α) Το σωμάτιο βρίσκεται στο 1ο τεταρτημόριο. (β) Το σωμάτιο βρίσκεται στο 3ο τεταρτημόριο Επιτάχυνση Εστω σωματίδιο με ταχύτητα v 1 τη χρονική στιγμή t 1 και v 2 τη χρονική στιγμή t 2. Ορίζουμε μέση επιτάχυνση = μεταβολή ταχύτητας χρονικό διάστημα, συμβολικά a µ = v 2 v 1 t 2 t 1 = v t. (1.3.6)

16 12 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Η στιγμιαία επιτάχυνση είναι a = d v dt. (1.3.7) Παρατήρηση Είτε μεταβάλλεται το μέτρο είτε η κατεύθυνση της ταχύτητας, αυτό συμβαίνει ως αποτέλεσμα μίας μη-μηδενικής επιτάχυνσης. Το διάνυσμα της επιτάχυνσης a = a x i + a y j + a z k (1.3.8) έχει βαθμωτές συνιστώσες a x = dv x dt, a y = dv y dt, a z = dv z dt. (1.3.9) Παρατήρηση Αν έχουμε τις συνιστώσες της επιτάχυνσης a x, a y, a z μπορούμε να μελετήσουμε χωριστά τις εξισώσεις γιά τις τρεις συνιστώσες της ταχύτητας v x, v y, v z. Παράδειγμα Βρείτε την επιτάχυνση του παραδείγματος με το κουνέλι Κυκλική κίνηση Θεωρούμε ένα σωμάτιο το οποίο κινείται επάνω σε κύκλο ακτίνας r με ταχύτητα v. Ξέρουμε ότι το διάνυσμα της ταχύτητας είναι εφαπτόμενο στην τροχιά του σωματίου, δηλαδή το διάνυσμα της ταχύτητας είναι εφαπτόμενο στον κύκλο (φτιάξτε σχήμα). Τα σημεία του κύκλου έχουν συντεταγμένες όπου θ η γωνία της ακτίνας r με τον οριζόντιο άξονα. Ωστε Μπορούμε να γράψουμε την παραπάνω ως Παρατηρήστε ότι το ê r = r/r είναι μοναδιαίο διάνυσμα. x = r cos θ, y = r sin θ, (1.3.10) r = x i + y j = r cos θ i + r sin θ j. (1.3.11) r = r ê r, ê r = cos θ i + sin θ j. (1.3.12) Η ταχύτητα είναι εφαπτομενική στην τροχιά και άρα κάθετη στην ακτίνα r. Το μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο r είναι αφού ê φ ê r = 0. Άρα το διάνυσμα της ταχύτητας είναι ê φ := sin θ i + cos θ j, (1.3.13) v = v ê φ = ( v sin θ) i + (v cos θ) j. (1.3.14) Γιά τις συνιστώσες τις ταχύτητας v = v x i + v y j έχουμε dx dt = v x = v sin θ, dy dt = v y = v cos θ. (1.3.15) Μία πιό βολική μορφή της ταχύτητας γιά τους υπολογισμούς που θα ακολουθήσουν είναι η ακόλουθη ( v = vy r ) ( vx i + r ) j. (1.3.16)

17 1.3. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις 13 Ας θεωρήσουμε, γιά τον πρώτο υπολογισμό μας, ότι η ταχύτητα έχει σταθερό μέτρο v, οπότε λέμε ότι το σωμάτιο κάνει ομαλή κυκλική κίνηση. Μπορούμε να βρούμε την επιτάχυνση από την παράγωγο Γράφουμε το τελικό αποτέλεσμα ως a = d v dt = d [( vy dt r = v ( dy r dt i dx = v2 r ) ( vx i + r ) dt j ( cos θ i + sin θ j ) j] = v r ). ( ) v y i v x j a = v2 r êr, ê r := r r. (1.3.17) Άρα η επιτάχυνση (είναι φυσικά μη-μηδενική) έχει τη διεύθυνση της ακτίνας, αλλά αντίθετη φορά. Αυτή η επιτάχυνση υπάρχει γιά κάθε ομαλή κυκλική κίνηση και λέγεται κεντρομόλος επιτάχυνση. Μπορούμε να γενικεύσουμε το παραπάνω αποτέλεσμα γιά την περίπτωση που το μέτρο της ταχύτητας v δεν είναι σταθερό. Η επιτάχυνση προκύπτει ως a = d v dt = v dê φ dt + dv = v r dt êφ ( dy dt i + dx dt j Ωστε η επιτάχυνση έχει γραφεί ως άθροισμα δύο συνιστωσών: a = a r ê r + a t ê φ, ) + dv dt êφ = v2 r êr + dv dt êφ. (1.3.18) a r = v2 r, οι οποίες λέγονται κεντρομόλος (a r ) και εφαπτομενική (a t ) επιτάχυνση. a t = dv dt, (1.3.19) Σχετική κίνηση σε δύο διαστάσεις Εστω σύστημα αναφοράς με αρχή A και άλλο σύστημα με αρχή B. Το 2ο σύστημα κινείται με ταχύτητα v BA ως προς το 1ο. Γιά τη θέση σώματος P ως προς τα δύο συστήματα ( r P A, r P B ) ισχύει (φτιάξτε σχήμα με διανύσματα) r P A = r P B + r BA, (1.3.20) όπου r BA η θέση του B ως προς A. Σχήμα 1.6: Το σύστημα με αρχή B κινείται με ταχύτητα v BA ως προς το σύστημα με αρχή το A.

18 14 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Παραγωγίζοντας έχουμε γιά τις ταχύτητες v P A = v P B + v BA. (1.3.21) Υποθέτουμε ότι v BA σταθερή και παραγωγίζοντας βρίσκουμε γιά τις επιταχύνσεις a P A = a P B. (1.3.22) Παράδειγμα Αεροπλάνο κινείται ανατολικά, ενώ βρίσκεται σε βόρειο-ανατολικό άνεμο. Αυτό επιτυγχάνεται αφού ο πιλότος έχει στρέψει το αεροπλάνο νότιο-ανατολικά. Το αεροπλάνο έχει ταχύτητα v P W ως προς τον άνεμο (δηλ. το παρασέρνει ο άνεμος και οι μηχανές προσθέτουν μία ταχύτητα επ αυτού) με μέτρο 215 km/h και κατεύθυνση υπό γωνία θ ως προς την ανατολή. Η v W G κατευθύνεται 20 o ανατολικά του βορρά και έχει μέτρο 65 km/h. Πόσο είναι το μέτρο της v P G και πόση η θ; Σχήμα 1.7: Πηγή: [1]. Λύση. Το κινητό P είναι το αεροπλάνο. Το σύστημα A αντιστοιχεί στο έδαφος (ας το πούμε G) και το B κινείται με τον άνεμο (ας το πούμε W ). Άρα Γιά τις συνιστώσες στον y έχουμε v P G = v P W + v W G. 0 = (215 km/h sin θ + 65 km/h) cos(20 o ) θ = sin 1... = 16.5 o. Γιά τις συνιστώσες στον x έχουμε v P G = (215 km/h) cos(16.5 o ) + (65 km/h) sin(20 o ) v P G = 228 km/h.

19 1.3. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Ασκήσεις Άσκηση Ενα αστέρι νετρονίων με ακτίνα R = 20 km εκτελεί μία περιστροφή ανά δευτερόλεπτο. (α) Πόση είναι η ταχύτητα των σωματίων στον ισημερινό του αστεριού; (β) πόσο το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης αυτών των σωματίων; Λύση. (α) v = 2πR T 2π 20 km = = 125 km/sec. 1 sec a = v2 R = ( ) 2π 2 R = 789 km/sec 2. T Άσκηση Δίνεται η παραμετρική εξίσωση κίνησης στο επίπεδο Να μελετηθεί η κίνηση. Λύση. Ας γράψουμε την θέση ως r(t) = (1 + 3t) i + (1 + 4t) j. r(t) = x(t) i + y(t) j, x(t) = 1 + 3t, y(t) = 1 + 4t. Η τροχιά είναι της μορφής y = f(x). Εχουμε x = 1 + 3t t = (x 1)/3 και αντικαθιστούμε στην εξίσωση γιά το y: y = 1 + 4t y = x 1 = x. Άρα η τροχιά είναι μία ευθεία γραμμή. Ταχύτητα v(t) = 3 i + 4 j. Επιτάχυνση a(t) = 0. Άσκηση Δίνεται η παραμετρική εξίσωση κίνησης στο επίπεδο r(t) = at i bt 2 j, a, b > 0 σταθ. (α) Να βρεθεί η εξίσωση της τροχιάς. (β) Να βρεθεί η ταχύτητα και η επιτάχυνση. (γ) Να βρεθεί η γωνία μεταξύ v και a. Λύση. (α) Γράφουμε άρα t = x/a. Ωστε δηλαδή η τροχιά είναι μία παραβολή. x = at, y = bt 2, y = b a 2 x2, (β) Ταχύτητα v(t) = a i 2bt j, με v = a 2 + 4b 2 t 2. Επιτάχυνση a = 2b j, με a = 2b. (γ) Εστω φ η ζητούμενη γωνία, ισχύει { v a = va cos φ cos φ = v a = v x a x + v y a y 2bt a 2 + 4b 2 t 2.

20 16 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Εστω ένα σωμάτιο το οποίο εκτελεί κυκλική κίνηση και η θέση του δίνεται από τις x(t) = R cos(t 2 /2), y(t) = R sin(t 2 /2), όπου R είναι σταθερά. Βρείτε την κεντρομόλο και την επιτρόχιο επιτάχυνση σαν συνάρτηση του χρόνου. Λύση. Η κεντρομόλος επιτάχυνση είναι a r = v 2 /r και η επιτρόχιος επιτάχυνση a t = dv/dt, όπου r η ακτίνα περιστροφής και v το μέτρο της ταχύτητας του κινητού. Άρα Εχουμε γιά την ταχύτητα v = v x i + v y j, όπου v x = dx dt = Rt sin(t2 /2), v 2 = v 2 x + v 2 y = R 2 t 2, v y = dy dt = Rt cos(t2 /2). v = Rt. Αντικαθιστούμε τις τελευταίες σχέσεις στους τύπους γιά την επιτάχυνση, θέτουμε r = R την ακτίνα περιστροφής και έχουμε Ασκήσεις (άλλες) a r (t) = v2 R = Rt2, a t (t) = dv dt = R. Άσκηση Ενα ψάρι κολυμπάει σε οριζόντιο επίπεδο και έχει ταχύτητα v 0 = (4 i + j)(m/sec) σε ένα ορισμένο σημείο. Αφού κολυμπήσει με σταθερή επιτάχυνση γιά 20 sec η ταχύτητά του είναι v = (20 i 5 j)(m/sec). Ποιές οι συνιστώσες της επιτάχυνσης; Άσκηση Η τροχιά της Σελήνης γύρω από τη Γη είναι κατά προσέγγιση κυκλική με ακτίνα R = m. Η Σελήνη χρειάζεται 27.3 ημέρες γιά να συμπληρώσει μία περιφορά γύρω από τη Γη. Βρείτε (α) την τροχιακή ταχύτητά της (β) την κεντρομόλο επιτάχυνσή της.

21 1.4. Δύναμη Δύναμη ος νόμος του Νεύτωνα και δύναμη Αν σε ένα σώμα δεν ασκείται καμμία δύναμη τότε η ταχύτητα του σώματος δεν μπορεί να μεταβληθεί, δηλαδή το σώμα δεν επιταχύνεται. Ο νόμος αυτός εισάγει την έννοια της δύναμης. την εικόνα ότι τα απομονωμένα σώματα (τα οποία δεν δέχονται επιδράσεις) μπορούν να κινούνται με σταθερή ταχύτητα. Μέτρηση της επιτάχυνσης ισοδυναμεί με μέτρηση μίας δύναμης. Η σύνδεση επιτάχυνσης και δύναμης σημαίνει επίσης ότι η δύναμη είναι διάνυσμα (έστω F ). Γιά την περίπτωση που ασκούνται πολλές δυνάμεις F = F 1 + F έχουμε τον γενικότερο: 1ος νόμος του Νεύτωνα: Αν σε ένα σώμα δεν ασκείται συνισταμένη δύναμη τότε η ταχύτητα του σώματος δεν μπορεί να μεταβληθεί, δηλαδή το σώμα δεν επιταχύνεται. Ο νόμος του Νεύτωνα ισχύει σε αδρανειακά συστήματα. Συνέπεια μάλιστα αυτού είναι ότι ο νόμος του Νεύτωνα δεν μπορεί να ισχύει σε ένα μη-αδρανειακό σύστημα. Παρατήρηση Αδρανειακό σύστημα αναφοράς είναι αυτό στο οποίο ισχύουν οι νόμοι του Νεύτωνα ος νόμος του Νεύτωνα Θα υποθέσουμε ότι μία δύναμη δρα ώστε να επιταχύνει ένα σώμα (αυτή την υπόθεση είμαστε ουσιαστικά υποχρεωμένοι να την κάνουμε ώστε να έχει νόημα ο 1ος νόμος). Γιά κάποιο πρότυπο σώμα μπορούμε να υποθέσουμε ότι μία δεδομένη δύναμη 1 N προκαλεί επιτάχυνση 1 m/sec 2. Ξέρουμε από πείρα ότι σε ένα βαρύτερο σώμα η ίδια δύναμη θα προκαλούσε μικρότερη επιτάχυνση. Θα προσδώσουμε σε κάθε σώμα την ιδιότητα ότι έχει μία μάζα m. Αυτή θα την ορίσουμε έτσι ώστε, όταν ασκούμε την ίδια δύναμη σε δύο σώματα να βρίσκουμε λόγο επιταχύνσεων a 0 a x = m x m 0 (1.4.1) όπου θεωρούμε μάζες m 0, m x γιά τα δύο σώματα. Γιά παράδειγμα, αν a 0 = 1 m/sec 2, a x = 0.25 m/sec 2 και η μάζα του πρότυπου σώματος m 0 θεωρηθεί μονάδα 1 kg, τότε η μάζα του δεύτερου σώματος θα πρέπει να καθορισθεί ως m x = a 0 a x m 0 =... = 4 kg. Ας δούμε αν η έννοια της μάζας που ορίσαμε έχει κάποια γενικότερη αξία. Αν ασκήσουμε μεγαλύτερη δύναμη στην πρότυπη μάζα και αυτή πάρει επιτάχυνση 8 m/sec 2 θα θεωρήσουμε ότι η δύναμη είναι 8 N. Παρατηρούμε πειραματικά ότι η νέα επιτάχυνση a x στο σώμα m x είναι μεγαλύτερη και μάλιστα είναι τέτοια ώστε η μάζα m x προκύπτει και πάλι m x = a 0 a x m 0 =... = 4 kg. Συμπεραίνουμε ότι μπορούμε να προσδώσουμε σε κάθε σώμα μία μάζα γιά την οποία ο νόμος του Νεύτωνα ισχύει σε κάθε περίπτωση (κάθε δύναμη). Γιά κάθε δύναμη ο λόγος των μαζών μεταξύ σωμάτων δίνει και τον λόγο των επιταχύνσεων που παράγονται.

22 18 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 2ος νόμος του Νεύτωνα: Η συνισταμένη δύναμη σε ένα σώμα είναι ίση με το γινόμενο της μάζας επί την επιτάχυνσή του. Δηλαδή F = m a. (1.4.2) Παρατηρήστε ότι πρόκειται γιά διανυσματική εξίσωση. Ισχύει δηλαδή ότι, η επιτάχυνση κατά δεδομένο άξονα προκαλείται μόνο από τις συνιστώσες των δυνάμεων προς αυτόν τον άξονα (οι συνιστώσες προς άλλους άξονες δεν συνεισφέρουν). Παρατήρηση Αν οι συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται σε ένα σώμα είναι μηδέν τότε η επιτάχυνση του σώματος είναι μηδέν a = 0. Παράδειγμα Ενα σώμα με μάζα m = 2 kg επιταχύνεται με a = 3 m/sec 2 στην κατεύθυνση η οποία σχηματίζει γωνία θ = 50 o ως προς τον άξονα x. Αυτό οφείλεται σε τρεις δυνάμεις. Η F 1 έχει μέτρο 10 N και σχηματίζει γωνία 30 o με τον άξονα x και η F 2 έχει μέτρο 20 N και είναι προς τον άξονα y. Ποιά είναι η τρίτη δύναμη. Λύση. Εχουμε F 1 + F 2 + F 3 = m a, όπου Γιά τις δύο συνιστώσες της F 3 έχουμε F 1 = F 1 cos( 150 o ) i + F 1 sin( 150 o ) j, F 1 = 10 N F 2 = F 2 cos(90 o ) i + F 2 sin(90 o ) j, F 2 = 20 N. F 3,x = m(a cos 50 o ) F 1 cos( 150 o ) F 2 cos 90 o =... = 12.5 N. Ως διάνυσμα F 3,y = m(a sin 50 o ) F 1 sin( 150 o ) F 2 sin 90 o =... = 10.4 N. F 3 = (12.5 N) i + ( 10.4 N) j. Μέτρο και γωνία κατεύθυνσης F 3 =... = 16 N, ( ) θ = tan 1 F3,y = 40 o. F 3,x Ειδικές περιπτώσεις δυνάμεων Βαρυτική δύναμη. Εχει φορά προς το έδαφος και μέτρο F g = mg. (1.4.3) Βάρος. Το βάρος W ένός σώματος είναι ίσο με το μέτρο F g της βαρυτικής δύναμης στο σώμα. W = mg. (1.4.4) Τριβή. Σώματα που εφάπτονται παρεμποδίζουν την σχετική τους κίνηση. Η παρατηρούμενη δύναμη τριβής έχει φορά αντίθετη της κίνησης του σώματος (της ταχύτητάς του). Μπορούμε, με κάποια προσέγγιση, να γράψουμε ότι η δύναμη τριβής είναι ανάλογη της ταχύτητας. Τάση. Ενα σχοινί μπορεί να τραβάει ένα σώμα με κάποια δύναμη T (σχήμα: η T έχει την κατεύθυνση του σχοινιού και απομακρύνεται από το σώμα). Η τάση στο σχοινί είναι το μέτρο T της δύναμης στο σώμα. Γενικά, θεωρούμε ότι το σχοινί δεν έχει μάζα και ότι δρα μόνο ως μέσο μεταφοράς δύναμης (δείτε σχήματα: [1] σελ 120).

23 1.4. Δύναμη ος νόμος του Νεύτωνα Οταν δύο σώματα αλληλεπιδρούν, οι δυνάμεις που ασκούν τα σώματα το ένα στο άλλο είναι πάντα ίσες σε μέτρο και αντίθετες σε κατεύθυνση: F BC = F CB. (1.4.5) Μπορούμε να φανταστούμε ότι κοιτώντας από μακριά δύο σώματα που αλληλεπιδρούν δεν παρατηρούμε καμμία δύναμη, αφού η συνισταμένη των δύο δυνάμεων μηδενίζεται. Παράδειγμα Ενας επιβάτης με μάζα m = 72.2 kg βρίσκεται σε ανελκυστήρα ο οποίος ε- πιταχύνεται προς τα επάνω με a = 3.2 m/s 2. (α) Αν ο επιβάτης βρίσκεται επάνω σε ζυγαριά, πόση δύναμη μετράει αυτή; (β) Εφασμόστε τον νόμο του Νεύτωνα στο σύστημα αναφοράς του θαλάμου του ανελκυστήρα. Λύση. Αν ο ανελκυστήρας ήταν ακίνητος τότε ο επιβάτης θα ασκούσε δύναμη ίση με το βάρος του F g = (72.2 kg)(9.8 m/s 2 ) = 708 N και ο ανεκλυστήρας επίσης δύναμη F g στον επιβάτη (3ος νόμος Νεύτωνα), ώστε αυτός να μένει ακίνητος. Η ζυγαριά μετράει τη δύναμη που ασκείται από τον ανεκλυστήρα στον επιβάτη. Αυτή είναι ίση με το βάρος του F g = (72.2 kg)(9.8 m/s 2 ) = 708 N συν τη δύναμη που χρειάζεται γιά την επιτάχυνση. Αυτή η δύναμη είναι ίση με ma = (72.2 kg)(3.2 m/s 2 ) = 231 N. Άρα η ζυγαριά μετράει F N = m(g + a) = (72.2 kg)(9.8 m/s m/s 2 ) = 939 N. (β) Η συνισταμένη δύναμη στον επιβάτη είναι F N F g = 231 N και η επιτάχυνσή του είναι a p,cab = 0. Ο 2ος νόμος του Νεύτωνα δεν ισχύει, διότι το σύστημα του θαλάμου δεν είναι αδρανειακό.

24 20 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Ενας ριψοκίνδυνος άνθρωπος (π.χ. κοσμοναύτης) βρίσκεται σε ύψος h = 520 km από την επιφάνεια της γης όπου η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι g = 8.4 m/sec 2. Εστω ότι ξεκινάει την κίνησή του με κάποια αρχική ταχύτητα v 0. (α) Τι κίνηση κάνει; (β) Ποιά πρέπει να είναι η αρχική του ταχύτητά ώστε να κάνει ομαλή κυκλική κίνηση; (γ) Πώς τον λένε; Λύση. (α) Εάν έχει αρχικά μηδενική ταχύτητα, τότε θα κάνει κατακόρυφη πτώση. Αλλιώς εξαρτάται από την αρχική του ταχύτητα (μέτρο και διεύθυνση). (β) Η βαρύτητα πρέπει να παίζει το ρόλο κεντρομόλου δυνάμεως άρα πρέπει να είναι a = v2 R v2 = ar = a(r E + h) = (8.4 m/sec 2 )( m m) = (m/sec) 2. Τελικά v = 7.6 km/sec Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση ([1], σελ 136, ασκ 48)

25 1.5. Απλές μορφές δυνάμεων σε μία διάσταση Απλές μορφές δυνάμεων σε μία διάσταση Σταθερή δύναμη Ας θεωρήσουμε μία μάζα m η οποία κινείται σε μία διάσταση (στον άξονα x) υπό την επίδραση σταθερής δύναμης F = F 0. Ο νόμος του Νεύτωνα δίνει Αυτό μπορεί να γραφεί, χρησιμοποιώντας την ταχύτητα και ως Η τελευταία εξίσωση είναι ισοδύναμη με τη μορφή dv = F 0 m dt Από τα ολοκληρώματα παίρνουμε την λύση ma = F 0. (1.5.1) m dv dt = F 0 dv dt = F 0 m. (1.5.2) dv = F0 dt. (1.5.3) m v(t) = F 0 m t + c 1, (1.5.4) όπου c 1 είναι μία σταθερά. Αν δίνεται η αρχική ταχύτητα του κινητού ως v(t = 0) = v 0 τότε πρέπει να θέσουμε c 1 = v 0, ώστε έχουμε τη λύση η οποία ικανοποιεί και την αρχική συνθήκη γιά την ταχύτητα. v(t) = F 0 m t + v 0, (1.5.5) Μπορούμε τώρα να γράψουμε, από την v = dx/dt, την εξίσωση dx dt = F 0 m t + v F0 0 dx = m t dt + v 0 dt x(t) = 1 F 0 2 m t2 + v 0 t + c 2. (1.5.6) Αν δίνεται η αρχική θέση του κινητού ως x(t = 0) = x 0 τότε πρέπει να θέσουμε c 2 = x 0, ώστε έχουμε τη λύση x(t) = 1 F 0 2 m t2 + v 0 t + x 0 (1.5.7) η οποία ικανοποιεί και την αρχική συνθήκη γιά την θέση (αλλά και γιά την ταχύτητα). Παράδειγμα Εστω μάζα m υπό την επίδραση της βαρύτητας η οποία κινείται κατακόρυφα στον άξονα z. Βρείτε την ταχύτητα και θέση της σαν συνάρτηση του χρόνου. Υποθέστε ότι η ταχύτητα και η θέση γιά χρόνο t = 0 είναι v 0 και z 0 αντίστοιχα. Λύση. Θα θεωρήσουμε ότι το σωμάτιο κινείται στον κατακόρυφο άξονα z. Επίσης, ότι η θετική φορά του άξονα αυτού είναι προς τα επάνω. Η δύναμη της βαρύτητας είναι σταθερή και έχει φορά προς τα κάτω, δηλαδή, έχει αρνητικό πρόσημο. Είναι F = mg. Γιά την ταχύτητα έχουμε τον νόμο του Νεύτωνα m dv dt = mg dv = g dt v(t) = gt + v 0. Γιά την θέση έχουμε dz dt = v(t) dz = ( gt + v 0) dt z = 1 2 gt2 + v 0 t + z 0. Εχουμε θέσει τις σταθερές ολοκλήρωσης έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες v(t = 0) = v 0, z(t = 0) = z 0.

26 22 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Θα μπορούσαμε να πάρουμε την θετική φορά του άξονα z να είναι προς τα κάτω. Τότε θα είχαμε δύναμη της βαρύτητας F = mg και τον νόμο Νεύτωνα Ακολούθως: και m dv dt = mg dv dt = g. dv = gdt v = gt + v 0 dx = vdt x = 1 2 gt2 + v 0 t + z 0. Από το προηγούμενο παράδειγμα προκύπτει ότι γιά σώμα που έχει σταθερή επιτάχυνση, έστω a 0, η ταχύτητά του δίνεται από την v(t) = a 0 t + v 0 (1.5.8) και η θέση του από την όπου v 0, x 0 η θέση και ταχύτητά του γιά t = 0. x(t) = 1 2 a 0 t 2 + v 0 t + x 0, (1.5.9) Λύσαμε τη διαφορική εξίσωση του Νεύτωνα (1.5.1) με τη βοήθεια αορίστου ολοκληρώματος. Θα μπορούσαμε να πετύχουμε το ίδιο αποτέλεσμα με τη βοήθεια ορισμένου ολοκληρώματος. Αν υποθέσουμε ότι ένα σώμα έχει ταχύτητα v = v(t) και αρχική ταχύτητα v = v 0 την χρονική στιγμή t = 0, τότε έχουμε v t F 0 dv = v 0 0 m dt v v 0 = F 0 m (t 0) v(t) = F 0 m t + v 0. (1.5.10) Επίσης, άν η θέση του είναι x = x(t) με αρχική συνθήκη x(t = 0) = x 0, τότε έχουμε x t ( ) F0 dx = x 0 0 m t + v 0 dt x x 0 = F 0 t 2 m 2 + v 0t x x 0 = 1 F 0 2 m t2 + v 0 t + x 0. (1.5.11) Σε αυτή την περίπτωση οι τιμές γιά τις αρχικές συνθήκες εισάγωνται απευθείας στην ολοκλήρωση Δύναμη που εξαρτάται από τον χρόνο Ας θεωρήσουμε μία μάζα m η οποία κινείται σε μία διάσταση (στον άξονα x) υπό την επίδραση δύναμης που εξαρτάται από τον χρόνο F = F (t). Ο νόμος του Νεύτωνα δίνει m dv dt Η τελευταία εξίσωση είναι ισοδύναμη με τη μορφή dv = 1 m F (t) dt = F (t) dv dt = F (t) m. (1.5.12) dv = 1 m F (t) dt. (1.5.13) Το αόριστο ολοκλήρωμα της F (t) είναι μία άλλη συνάρτηση του χρόνου και θα την συμβολίσουμε G(t). Η ταχύτητα δίνεται από την v(t) = 1 m G(t) + c 1, (1.5.14) όπου c 1 είναι μία σταθερά. Στη συνέχεια μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση γιά την θέση dx dt = 1 ( ) 1 m G(t) + c 1 dx = m G(t) + c 1 dt dx = 1 m G(t)dt + c 1 dt (1.5.15)

27 1.5. Απλές μορφές δυνάμεων σε μία διάσταση 23 Το αόριστο ολοκλήρωμα της G(t) είναι μία άλλη συνάρτηση του χρόνου και θα την συμβολίσουμε H(t). Τότε η θέση δίνεται από την x(t) = 1 m H(t) + c 1 t + c 2. (1.5.16) όπου c 1, c 2 είναι σταθερές. Οι σταθερές αυτές μπορούν να προσδιορισθούν από τις αρχικές συνθήκες v(t = 0) = v 0, x(t = 0) = x 0. Παράδειγμα Σημειακή μάζα m κινείται ματά μήκος του άξονα x υπό την επίδραση δύναμης t 2 F = F 0, t > t 0, t 2 0 όπου F 0, t 0 σταθερές. Τη χρονική στιγμή t = t 0 η μάζα βρίσκεται στη θέση x = x 0 και έχει ταχύτητα v = v 0. Να βρεθεί η ταχύτητα και θέση της σαν συνάρτηση του χρόνου. Λύση. Γιά την ταχύτητα ισχύει η εξίσωση m dv dt = F 0 t 2 t 2 0. Βρίσκουμε την ταχύτητα ως εξής dv = F 0 t 2 m t 2 dt v(t) = F 0 0 m t 3 3t c 1. (1) Αν ισχύει η αρχική συνθήκη v(t = t 0 ) = v 0 αντικαθιστούμε στην (1) και παίρνουμε Μπορούμε να γράψουμε την ταχύτητα ως v 0 = F 0 t 0 3m + c 1 c 1 = v 0 F 0 t 0 3m. v(t) = F 0 t 0 3m F 0 t 0 3m + v 0 v(t) = F 0 3m t 2 (t 3 t 3 0) + v 0. 0 Γιά τη θέση έχουμε dx dt = F 0 3m t 2 (t 3 t 3 0)+v 0 dx = F 0 0 3m t 2 0 (t 3 t 3 0) dt+ v 0 dt x(t) = F 0 3m t 2 0 ( ) t 4 4 t3 0t +v 0 t+c 2. Αν ισχύει η αρχική συνθήκη x(t = t 0 ) = x 0 αντικαθιστούμε στην προηγουμένη και παίρνουμε Γνωρίζοντας την σταθερά c 2 έχουμε την θέση x 0 = F 0 t 2 0 4m + v 0 t 0 + c 2 c 2 = x 0 + F 0 t 2 0 4m v 0 t 0. x(t) = F 0 12m t 2 (t 4 t 4 0) F 0 t 0 0 3m (t t 0) + v 0 (t t 0 ) + x 0. Παρατήρηση Η γενική λύση της εξίσωσης Νεύτωνα περιέχει σταθερές οι οποίες πρέπει να προσδιορισθούν κάθε φορά ώστε να ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες του προβλήματος. Δηλαδή, διαφορετικές λύσεις προκύπτουν, σε κάθε ειδικό πρόβλημα, από την ίδια γενική λύση των εξισώσεων.

28 24 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Σημειακή μάζα m κινείται κατά μήκος του άξονα x υπό την επίδραση δύναμης t 2 F = F 0, όπου F 0, t 0 σταθερές. Τη χρονική στιγμή t = 0 η μάζα βρίσκεται στη θέση x = x 0 και έχει ταχύτητα v = v 0. Να βρεθεί η ταχύτητα και θέση της σαν συνάρτηση του χρόνου. Λύση. Γιά την ταχύτητα ισχύει η εξίσωση t 2 0 m dv dt = F 0 t 2 t 2 0. Βρίσκουμε την ταχύτητα ως εξής dv = F 0 t 2 m t 2 dt v(t) = F 0 0 m t 3 3t c 1. Γιά να έχουμε v(t = 0) = v 0 θέτουμε c 1 = v 0, ώστε τελικά Γιά τη θέση έχουμε dx dt = F 0 m t 3 3t 2 0 v(t) = F 0 m t 3 3t v 0 dx = F 0 t 3 m 3t 2 dt v 0. v 0 dt x(t) = F 0 m t 4 12t v 0 t + c 2. Παρατηρούμε ότι x(t = 0) = c 1, ώστε θέτουμε c 1 = v 0 και έχουμε τελικά x(t) = F 0 m t 4 12t v 0 t + x 0. Άσκηση Σωμάτιο μάζας m τίθεται σε κίνηση τη χρονική στιγμή t = 0 υπό την επίδραση δυνάμεως F (t) = F 0 cos(ωt), όπου F 0 και ω είναι σταθερές. (α) Πόση είναι η διάρκεια κινήσεως πριν την πρώτη στάση; (β) Ποιά η μετατόπιση του σωματίου κατά τον χρόνο αυτό; (γ) Ποιά η μέγιστη ταχύτητα του σωματίου, πότε και σε ποιά θέση; Λύση. (α) Νόμος Νεύτωνα d v dt = F 0 m cos(ωt) d v = F v 0 F cos(ωt) dt d v = 0 m 0 m Κάνοντας τα ολοκληρώματα παίρνουμε v = F 0 mω sin(ωt). t 0 cos(ωt) dt. Η ταχύτητα είναι περιοδική συνάρτηση και κατά την πρώτη στάση v = 0 sin(ωt 1 ) = 0 ωt 1 = π t 1 = π/ω. (β) Γιά τη θέση έχουμε την d r dt = F r 0 mω sin(ωt) F d r = 0 0 mω t 0 sin(ωt) dt

29 1.5. Απλές μορφές δυνάμεων σε μία διάσταση 25 Κάνοντας τα ολοκληρώματα παίρνουμε Στο χρόνο t 1 έχουμε μετατόπιση F r(t) = 0 (1 cos(ωt)). mω2 r(t 1 ) = F 0 mω 2 (1 cos(π)) = 2 F 0 mω 2. (γ) Η μέγιστη ταχύτητα επιτυγχάνεται γιά sin(ωt m ) = 0 t m = π/(2ω), οπότε έχουμε v max = v(t m ) = F 0 mω. Η ίδια ταχύτητα επιτυγχάνεται γιά χρόνους t κ = κπ/(2ω), όπου κ περιττός ακέραιος. Η θέση γιά t = t m (και γιά κάθε t = tκ) είναι r(t m ) = F 0 mω Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Ενα σώμα ξεκινάει, ενώ ήταν ακίνητο, από την κορυφή ενός κεκλιμένου επιπέδου και κατεβαίνει προς τα κάτω με σταθερή επιτάχυνση. Το κεκλιμένο επίπεδο έχει μήκος d = 2 m και το σώμα χρειάζεται t 1 = 3 sec γιά να φθάσει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου. Βρείτε (α) την επιτάχυνση του σώματος, (β) την ταχύτητά του στο χαμηλότερο σημείο του κεκλιμένου επιπέδου, (γ) τον χρόνο που χρειάζεται το σώμα γιά να φθάσει στο μέσο του κεκλιμένου επιπέδου και (δ) την ταχύτητά του στο μέσο. Λύση. (α) Η επιτάχυνση a είναι σταθερή (θα δούμε σε επόμενο κεφάλαιο ότι, αν ασκείται η δύναμη βαρύτητας, είναι a = g sin θ, όπου θ η κλίση του επιπέδου). Εφαρμόζουμε την Εξ. (1.5.9) και έχουμε, γιά αρχική ταχύτητα v 0 = 0, d = 1 2 at2 1 a = 2d t 2 1 a = m/sec 2 = 4 9 m/sec2. (β) Εφαρμόζουμε την (1.5.8) γιά αρχική ταχύτητα μηδέν (γιά t = 0). Η ταχύτητα αυξάνεται με σταθερό ρυθμό: Παρατηρήστε ότι v µ = d/t 1 είναι η μέση ταχύτητα. (γ) Από την (1.5.9): (δ) Από την (1.5.8): v 1 = at 1 v 1 = 2 d t 1 = 4 3 m/sec. d 2 = 1 d 2 at2 1/2 t 1/2 = a = t 1. 2 v 1/2 = at 1/2 = 2 d t 1. Άσκηση Ενα παιδί πετάει μία μπάλα κατακόρυφα προς τα επάνω με αρχική ταχύτητα v 0 = 12 m/sec. (α) Πόσο χρόνο χρειάζεται η μπάλα γιά να φθάσει στο μέγιστο ύψος της; (β) Πόσο είναι το μέγιστο ύψος που φθάνει η μπάλα; (γ) Πόσο χρόνο κάνει η μπάλα γιά να φθάσει σε ύψος 5 m.

30 26 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Λύση. (α) Η μπάλα υπόκειται σε σταθερή επιτάχυνση της βαρύτητας g = 9.8 m/sec, με φορά προς τα κάτω (αντίθετη στην αρχική της ταχύτητα v 0 > 0). Η ταχύτητα της μπάλας είναι v(t) = v 0 gt. Εχουμε v(t = 0) = v 0 > 0 και το v μειώνεται με τον χρόνο. Οταν v = 0 η μπάλα έχει φθάσει στο μέγιστο ύψος (αφού μετά θα έχουμε v < 0). Ο χρόνος t = t m γιά να έχουμε v(t = t m ) = 0 είναι 0 = v 0 gt m t m = v 0 g = 12 m = 1.2 sec. 9.8 (β) Η θέση της μπάλας είναι y(t) = v 0 t 1 2 gt2, (1) όπου θεωρούμε ότι η εκτόξευση γίνεται από την επιφάνεια του εδάφους y(t = 0) = 0. Θέτουμε t = t m στην Εξ. (1) και παίρνουμε y max = v2 0 2g =... = 7.3 m. (γ) Δίνεται από τη λύση του τριωνύμου που προκύπτει αν θέσουμε y(t) = 5 στην Εξ. (1): 5 = 12t 4.9t 2 t = 0.53 sec, t = 1.9 sec. Εχουμε δύο λύσεις. Η μικρότερη τιμή δίνει το χρόνο που κάνει η μπάλα γιά να φθάσει στη θέση y = 5 m κατά την άνοδό της και η μεγαλύτερη τιμή δίνει την χρονική στιγμή κατά την οποία η μπάλα περνά από την ίδια θέση κατά την κάθοδό της. Άσκηση Μία οριζόντια δύναμη F = A+Bt 3 δρα σε σώμα μάζας m = 2 kg, όπου A = 5.0 N και B = 2.0 N/sec 3. Ποιά θα είναι η οριζόντια ταχύτητα του σώματος σε χρόνο t 1 = 4 sec αν υποθέσουμε ότι το σώμα έχει ταχύτητα v = 0 σε χρόνο t = 0; Λύση. Αν συμβολίσουμε τη ζητούμενη ταχύτητα με v 1, έχουμε F = m dv v1 dt dv = 1 0 m t1 Αντικαθιστούμε τις αριθμητικές τιμές και βρίσκουμε 0 (A + Bt 3 ) dt v 1 = A m t 1 + B 4m t4 1. v 1 =... Άσκηση Σημειακή μάζα m κινείται κατά μήκος του άξονα x υπό την επίδραση δύναμης F = F 0 e t/t 0, όπου F 0, t 0 θετικές σταθερές. Τη χρονική στιγμή t = 0 η μάζα βρίσκεται στη θέση x 0 και έχει ταχύτητα v 0. Να βρεθεί η θέση και η ταχύτητά της ως συνάρτηση του χρόνου. Λύση. v(t) = F ( ) 0t 0 1 e t/t 0 + v 0. x(t) = F 0t 2 0 m m ( 1 e t/t 0 ) ( + v 0 + F ) 0t 0 t + x 0. m

31 1.6. Τριβή Τριβή Μεταξύ δύο σωμάτων τα οποία έρχονται σε επαφή ασκούνται δυνάμεις. Η κίνηση του ενός ως προς το άλλο παρεμποδίζεται. Οι δυνάμεις που λαμβάνουν μέρος μπορεί να έχουν διάφορες προελεύσεις και να είναι περίπλοκες σε βαθμό που η μικροσκοπική (λεπτομερής) τους περιγραφή να είναι σχεδόν αδύνατη Ιδιότητες της τριβής Τριβή ολίσθησης: δύναμη σταθερού μέτρου η οποία ασκείται σε σώμα που ολισθαίνει επάνω σε άλλο (συνήθως μεγαλύτερο) σώμα. Στατική Τριβή: δύναμη μεταβλητού μέτρου η οποία ασκείται σε σώμα που βρίσκεται ακίνητο επάνω σε άλλο (συνήθως μεγαλύτερο) σώμα Οπισθέλκουσα δύναμη και οριακή ταχύτητα Ρευστό είναι οτιδήποτε μπορεί να ρέει, γιά παράδειγμα, ένα υγρό ή αέριο. Οταν σώμα βρίσκεται σε σχετική κίνηση μέσα σε ρευστό, σε αυτό ασκείται μία οπισθέλκουσα δύναμη που αντιστέκεται στην κίνηση. Αυτή είναι μία αύξουσα συνάρτηση της σχετικής ταχύτητας του σώματος. Η κίνηση ρευστού είναι γενικά ένα περίπλοκο πρόβλημα και οι δυνατές καταστάσεις πολλές. Ας δούμε την περίπτωση ενός σώματος που είναι αμβλύ (μία μπάλα) το οποίο κινείται γρήγορα ώστε κάνει το ρευστό (τον αέρα) να κινείται με τυρβώδη ροή. Η οπισθέλκουσα δύναμη έχει τη μορφή όπου v: η ταχύτητα του σώματος ρ: πυκνότητα του αέρα D = 1 CρA v2 2 A: η επιφάνεια διατομής του κάθετα στην ταχύτητα (ενεργός διατομή) C: συντελεστής οπισθέλκουσας δύναμης Ας υποθέσουμε ότι σε ένα σώμα που κινείται σε ρευστό του ασκείται η D και επίσης ασκείται μία επιπλέον δύναμη, όπως γιά παράδειγμα, η δύναμη της βαρύτητας F g σε ένα σώμα που πέφτει. Ο νόμος του Νεύτωνα μας δίνει ma = F g D. Θέτοντας F g = mg θεωρούμε την κατεύθυνση του άξονα θετική προς τα κάτω. Η οπισθέλκουσα δύναμη θα πρέπει να έχει το πρόσημο μείον αν η ταχύτητα είναι θετική. Αυτό συμβαίνει διότι η επιτάχυνση που δημιιουργεί η D πρέπει να είναι αντίθετη της ταχύτητας. Αν το σώμα ξεκινήσει από ταχύτητα μηδέν, τότε D = 0 και η ταχύτητα θα αυξηθεί λόγω της F g. Οταν η ταχύτητα γίνει αρκετά μεγάλη ταχύτητα η δύναμη και άρα και η επιτάχυνση θα μηδενιστούν. Αυτό θα συμβεί γιά v = v l, η οποία ικανοποιεί την F g 1 2 CρA 2F g v2 l = 0 v l = CρA. Παράδειγμα Αν μία γάτα που πέφτει φτάσει μία πρώτη οριακή ταχύτητα v = 97 km/h ενώ ήταν μαζεμένη και στη συνέχεια διπλασιάσει την επιφάνειά της, πόση είναι η νέα οριακή ταχύτητα v ;

32 28 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Λύση. Εστω αρχική επιφάνεια A και τελική A = 2A. Εχουμε Άρα, η νέα οριακή ταχύτητα είναι v v = 2Fg /(CρA ) A 2Fg /(CρA) = A = 0.5. v = 0.5 v km/h 68 km/h Δύναμη που εξαρτάται από την ταχύτητα Ας δούμε την περίπτωση όπου σε σώμα ασκείται δύναμη που εξαρτάται από την ταχύτητα f = f(v). Τέτοια παραδείγματα είναι οι δυνάμεις τριβής, όπως η οπισθέλκουσα δύναμη. Ο νόμος του Νεύτωνα γράφεται m dv = f(v). (1.6.1) dt Παράδειγμα Σωμάτιο κινείται κατά άξονα x και επιβραδύνεται από δύναμη τριβής με επιτάχυνση a = κ v 2, κ > 0 σταθ. Αν η αρχική ταχύτητα είναι v(t = 0) = v 0 > 0 δείξτε ότι η ταχύτητα ως συνάρτηση του χρόνου είναι v(t) = v 0 κv 0 t + 1, t 0. Λύση. Αρκεί να δείξουμε ότι η δεδομένη v = v(t) ικανοποιεί την εξίσωση του Νεύτωνα και την αρχική συνθήκη. Η εξίσωση του Νεύτωνα έχει τη μορφή Υπολογίζουμε ότι, πραγματικά, ισχύει dv dt = κ v2. ( ) dv dt = v 2 0 (κv 0 t + 1) 2 κv v0 0 = κ = κv 2. κv 0 t + 1 Επίσης βλέπουμε ότι v(t = 0) = v 0 όπως απαιτεί η αρχική συνθήκη. Ας δούμε πιό λεπτομερειακά τη σχέση ma = κv 2. Βλέπουμε ότι όταν v 0 > 0 τότε v(t ) = lim t v 0 κv 0 t + 1 0, v 0 > 0, όπως θα αναμέναμε γιά ένα σώμα που επιβραδύνεται συνεχώς. Αν όμως είχαμε αρχική ταχύτητα v 0 < 0 τότε θα βρίσκαμε ότι η ταχύτητα θα πήγαινε στο άπειρο γιά χρόνο t = 1/(κv 0 ) > 0. Δηλαδή δεν θα είχαμε το σωστό φυσικό αποτέλεσμα. Ομως πρέπει να σκεφτούμε ότι η αρχική εξίσωση ma = κv 2 δεν θα ήταν σωστή σε αυτή την περίπτωση, πράγμα που είναι η αιτία του μη-σωστού φυσικού αποτελέσματος. Μπορούμε να βρούμε τη λύση εξισώσεων όπως η (1.6.1) με την μέθοδο χωριζομένων μεταβλητών m dv f(v) = dt m Η λύση εξαρτάται βέβαια από τη μορφή της f(v). dv f(v) = dt. (1.6.2)

33 1.6. Τριβή 29 Παράδειγμα Μία βάρκα μάζας m κινείται σε λίμνη σε ευθεία γραμμή υπό την επίδραση σταθερής δύναμης F 0 > 0. Θεωρήστε ότι η τριβή του νερού είναι δύναμη ανάλογη της ταχύτητας που αντιτίθεται στην κίνηση. (α) Βρείτε την ταχύτητα της βάρκας αν γιά t = 0 η βάρκα ήταν ακίνητη. (β) Μελετήστε την ταχύτητα της βάρκας όταν ο χρόνος t. (Η βάρκα θεωρείται ως υλικό σημείο.) Λύση. (α) Η δύναμη τριβής είναι της μορφής Rv, όπου υποθέσαμε σταθερά R > 0. Η εξίσωση κίνησης της βάρκας είναι m dv dt = F 0 Rv. Η δύναμη τριβής συνεισφέρει μία επιτάχυνση αντίθετη της ταχύτητας είτε γιά v > 0 είτε γιά v < 0, άρα η Rv είναι η σωστή μορφή και γιά τις δύο περιπτώσεις. Με την μέθοδο χωριζομένων μεταβλητών έχουμε dv dt = F 0 m R m v m dv F 0 Rv = dt m F 0 dv 1 (R/F 0 )v = dt. Άρα m R ln 1 R v F 0 = t + c 1 R v = e (R/M)t e (R/M)c. F 0 Θέτουμε μία νέα σταθερά c 1 = e (R/M)c και μπορούμε να γράψουμε τη γενική λύση ως v(t) = F 0 R ( 1 c 1 e (R/M)t). Παρατηρείστε ότι η ποσότητα F 0 /R έχει διαστάσεις ταχύτητας, ενώ οι ποσότητες στην παρένθεση είναι αδιάστατες. Επιβάλλουμε στη γενική λύση την αρχική συνθήκη Τελικά, η ζητούμενη λύση είναι v(t = 0) = 0 F 0 m (1 c 1) = 0 c 1 = 1. v(t) = F 0 R ( 1 e (R/M)t). t > 0. (β) Παρατηρούμε ότι γιά t η ταχύτητα είναι v(t ) = F 0 /R, δηλαδή η βάρκα κινείται τελικά με μία οριακή ταχύτητα v l = F 0 R. Την ταχύτητα αυτή προκύπτει και από την συνθήκη μηδενισμού της δύναμης: F = 0 F 0 Rv l = 0 v l = F 0 R.

34 30 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Βάρκα μάζας m κινείται στην επιφάνεια λίμνης με σταθερή ταχύτητα v 0 με τη βοήθεια του ανέμου. Την χρονική στιγμή t = 0 ο άνεμος σταματά. Θεωρούμε ότι η αντίσταση του νερού στην κίνηση της βάρκας είναι ανάλογη της ταχύτητας: F = κv, όπου κ > 0 σταθερά. (α) Υπολογίστε την ταχύτητα ως συνάρτηση του χρόνου. Σε πόσο χρόνο θα σταματήσει η κίνηση της βάρκας; (β) Υπολογίστε τη θέση ως συνάρτηση του χρόνου x = x(t). (γ) Υπολογίστε την ταχύτητα ως συνάρτηση της θέσης v = v(x). Λύση. (α) Νόμος Νεύτωνα Αυτό γράφεται στην πιό χρήσιμη μορφή dv v = κ m dt v dv v 0 v = κ m κv = ma a = κ m v dv dt = κ m v t 0 dt ln v ln v 0 = κ m t ln ( v v 0 ) = κ m t v(t) = v 0 e κ m t. Η βάρκα θα σταματήσει όταν v = 0 και αυτό θα συμβεί σε χρόνο t. (β) Από τον ορισμό της ταχύτητας: dx dt = v 0 e κ m t x 0 dx = t 0 v 0 e κ m t dt x(t) = v 0 m κ ( 1 e κ m t). (γ) Αντικαθιστούμε το αποτέλεσμα του (α) στο αποτέλεσμα του (β) και έχουμε v(x) = v 0 κ m x. Άσκηση Σημειακή μάζα m βάλλεται προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα v 0. Στο σώμα επιδρούν η βαρύτητα και μία δύναμη τριβής ανάλογη της ταχύτητας. Να βρεθεί η ταχύτητά του. Λύση. Ας θεωρήσουμε τον άξονα z προς τα κάτω. Η δύναμη τριβής είναι ανάλογη της ταχύτητας, άρα είναι της μορφής Rv, όπου R > 0 σταθερά. Εξίσωση Νεύτωνα m dv dt = mg Rv... v(t) = mg R ( 1 + c 1 e (R/m)t). Εφαρμόζουμε την αρχική συνθήκη και έχουμε τη λύση v(t) = mg ( R + v 0 mg ) e (R/m)t, t 0. R Άσκηση Σωμάτιο κινείται κατά άξονα x και επιβραδύνεται από δύναμη τριβής με επιτάχυνση a = κ v 2, κ > 0 σταθ. Αν η αρχική θέση ήταν x(t = 0) = 0 και η αρχική ταχύτητα v(t = 0) = v 0, να βρεθούν (α) η ταχύτητα v = v(t), (β) η θέση x = x(t), (γ) η ταχύτητα v = v(x), (δ) ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής του ενέργειας. Λύση. (α) v 0 v(t) = κv 0 t + 1. (β) x(t) = 1 κ ln(κv 0t + 1).

35 1.6. Τριβή 31 (γ) (δ) v(x) = v 0 e κx. ( ) d 1 dt 2 mv2 = Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Η οριακή ταχύτητα ενός αλεξιπτωτιστή ελεύθερης πτώσης είναι v 1 = 160 km/h στη στάση αετός με ανοιγμένα φτερά και v 2 = 310 km/h στη στάση βουτιά με τη μύτη. Βρείτε τον λόγο ενεργού διατομής A 1 στην πιό αργή στάση ως προς αυτή (A 2 ) στην πιό γρήγορη. Λύση. Θεωρούμε οπισθέλκουσα δύναμη D = (1/2)CρAv 2. Η οριακή ταχύτητα v = v l επιτυγχάνεται όταν mg = D mg = 1 2 CρAv2 l v2 l = 2mg CρA. Ο λόγος των οριακών ταχυτήτων v 1, v 2 γιά διαφορετικές ενεργές διατομές A 1, A 2 (και ίδια τα υπόλοιπα μεγέθη) είναι Στην περίπτωσή μας A 2 v1 2 v2 2 = A 2 A 1 = 3102 A = Δηλαδή, η θέση με μεγαλύτερη οριακή ταχύτητα v 1 πετυχαίνεται με ενεργό διατομή A 1 η οποία είναι 3.75 φορές μικρότερη από εκείνη την ενεργό διατομή (A 2 ) που δίνει οριακή ταχύτητα v 2. Άσκηση Εστω ένα σώμα μάζας m που κινείται στον αέρα γιά το οποίο έχει παρατηρηθεί ότι η αντίσταση του αέρα είναι ανάλογη και αντίθετη της ταχύτητάς του με σταθερά αναλογίας b. (α) Αν το σώμα κινείται κατά την κατακόρυφη μόνο διεύθυνση, γράψτε την εξίσωση του Νεύτωνα που ικανοποιεί. (β) Αν κάνει ελεύθερη πτώση, ποιά η οριακή ταχύτητα που θα επιτύχει; (γ) Αν το σώμα είναι αρχικά ακίνητο, βρείτε ότι η ταχύτητά του δίνεται από την v(t) = mg b (1 e bt/m ). Λύση. (α) Η δύναμη της αντίσταση του αέρα έχει τη μορφή R = bv, όπου v η ταχύτητα. Η συνισταμένη δύναμη είναι F = mg bv, όπου θεωρήσαμε θετική την διεύθυνση προς τα κάτω. Εξίσωση Νεύτωνα F = m dv dt mdv dt = mg bv. (β) Η μέγιστη (οριακή) ταχύτητα επιτυγχάνεται γιά F = 0, ώστε mg = bv l v l = mg b. (γ) Από τον νόμο Νεύτωνα dv dt = g b m v dv g b m v = 1 b mg v = c e (b/m)t v(t) = mg b dt 1 dv g 1 b mg v = (1 c e (b/m)t) dt m b ln 1 b mg v = t + c 1

36 32 Κεφάλαιο 1. Μηχανική όπου θέσαμε c = e (b/m)c 1. Επιβάλλουμε την αρχική συνθήκη v(t = 0) = 0 0 = mg b (1 c) c = 1. Τελικά, η ζητούμενη λύση είναι v(t) = mg b ( 1 e (b/m)t). Από την λύση μπορούμε να επιβεβαιώσουμε ότι η οριακή ταχύτητα είναι lim t v(t) = mg/b = v l. Άσκηση Μία βενζινάκατος σβήνει τη μηχανή της όταν έχει ταχύτητα v 0 = 10 m/sec και εξακολουθεί να κινείται με μειούμενη ταχύτητα η οποία δίνεται από την v(t) = v 0 e ct, όπου v(t) η ταχύτητα την χρονική στιγμή t και c μία σταθερά. Σε χρόνο t 1 = 20 sec η ταχύτητα είναι v 1 = 5 m/sec. (α) Βρείτε τη σταθερά c. (β) Ποιά η ταχύτητα τη χρονική στιγμή t 2 = 40 sec; (γ) Δείξτε ότι η επιτάχυνση είναι ανάλογη της ταχύτητας σε κάθε χρονική στιγμή. Λύση. (α) ( v(t = 20) = v 0 e 20c 20c = log v 0 v(t = 20) ) c = 1 20 ln(2). (β) (γ) v(t = 40) = v 0 e 40c = v 0 e 2 ln(2) = v 0 e ln(1/4) = v 0 4 a(t) = dv dt = cv 0 e ct = cv(t). = 2.5 m/sec Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Υποθέστε ότι ο συντελεστής στατικής τριβής ανάμεσα στο δρόμο και στα λάστιχα αυτοκινήτου είναι 0.60 και το αυτοκίνητο δεν έχει αρνητική άντωση. Με πόση ταχύτητα το αυτοκίνητο θα έφθανε στο όριο ολίσθησης καθώς εκτελεί καμπυλόγραμμη κίνηση ακτίνας 30.5 m σε οριζόντιο επίπεδο; Άσκηση Μία γυναίκα στο αεροδρόμιο τραβάει βαλίτσα μάζας m = 20 kg με σταθερή ταχύτητα τραβώντας το λουρί που σχηματίζει γωνία θ με την οριζόντιο. Η γυναίκα τραβάει το λουρί με δύναμη F = 35 N και η δύναμη τριβής πάνω στη βαλίτσα είναι F T = 20 N. Ποιά γωνία σχηματίζει το λουρί με το οριζόντιο επίπεδο; Άσκηση Μία βάρκα μάζας m κινείται σε λίμνη σε ευθεία γραμμή υπό την επίδραση σταθερής δύναμης F 0 > 0. Θεωρήστε ότι η τριβή του νερού είναι δύναμη ανάλογη της ταχύτητας που αντιτίθεται στην κίνηση. Υποθέτουμε ότι η βάρκα είναι αρχικά ακίνητη. (α) Βρείτε την ταχύτητα της βάρκας v(t). (β) Βρείτε τη θέση της βάρκας x(t). (Η βάρκα θεωρείται ως υλικό σημείο.) Λύση. (α) Δύναμη τριβής Rv, R > 0. Ταχύτητα v(t) = F 0 R ( 1 e (R/m)t), t 0. (β) Υπόδειξη: dx dt = F ( 0 1 e (R/M)t). R

37 1.6. Τριβή 33 Άσκηση Ενας πύραυλος που τον θεωρούμε σαν υλικό σημείο σταθερής μάζας m, εκτοξεύεται από την ηρεμία προς τα πάνω με δύναμη F = f 0 (v 0 /v), όπου F 0 θετική σταθερά με διαστάσεις ταχύτητας, v 0 θετική σταθερά με διαστάσεις δύναμης και v η στιγμιαία ταχύτητα του πυραύλου. Χάριν ευκολίας θεωρήστε ότι η δύναμη της βαρύτητας είναι αμελητέα. Να βρεθεί η ταχύτητα v(t) και η θέση z(t) του πυραύλου σε τυχούσα χρονική στιγμή μετά την εκτόξευση. Λύση. 2F0 v 0 v(t) = m t1/2, z(t) = z F0 v 0 3 m t2/3. Άσκηση Βλήμα μάζας m βάλλεται κατακόρυφα προς τα κάτω με αρχική ταχύτητα v 0. Στο βλήμα δρα η σταθερή δύναμη βαρύτητας και μία οπισθέλκουσα δύναμη τριβής του αέρα αντιστρόφως ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας. (α) Να γραφεί η εξίσωση κίνησης. (β) Να βρεθεί η ταχύτητα v(t). Λύση. (α) Η δύναμη τριβής είναι βv 2, β > 0 σταθερά. Επιλέγουμε τη φορά του άξονα z προς τα κάτω και έχουμε την εξίσωση m dv dt = mg βv2. (β) Λύνουμε ως εξής όπου a = mg/β. dv dt = g β m v2... v(t) = a Ce2aβt/m + 1 Ce 2aβt/m 1. Εφαρμόζουμε την αρχική συνθήκη και έχουμε C = (v 0 + a)/(v 0 a).

38 34 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 1.7 Κινητική ενέργεια και έργο Κινητική ενέργεια και έργο γιά σταθερή δύναμη (Αυτή η παράγραφος είναι εισαγωγική και μπορεί να παραληφθεί.) Τα υλικά αντικείμενα έχουν τη δυνατότητα να κινούνται και θα μπορούσαμε να πούμε ότι έχουν κάποια μικρότερη ή μεγαλύτερη ενέργεια όταν βρίσκονται σε μία αργή είτε ταχύτερη κίνηση. Η ενέργεια αυτή μπορεί να μεταβιβαστεί, π.χ., όταν συγκρουστούν με άλλα σώματα. Αυτή θα την ονομάζαμε κινητική ενέργεια αλλά μπορεί να έχει κανείς και άλλα είδη ενέργειας. Μπορούμε να επιταχύνουμε ή να επιβραδύνουμε ένα σώμα. Παρατήρηση Εργο W είναι η ενέργεια που μεταφέρεται από ή προς ένα σώμα μέσω της δύναμης που δρα στο σώμα. Εχουμε αρνητικό και θετικό έργο αντίστοιχα. Ας θεωρήσουμε μία χάντρα η οποία είναι περιορισμένη να ολισθαίνει κατά μήκος νήματος σε ευθεία γραμμή. Εχουμε γιά τη δύναμη που της ασκείται F x = ma x (1.7.1) όπου m η μάζα της και a x η επιτάχυνσή της κατά μήκος της ευθείας του νήματος. Αν a x σταθερά, τότε η χάντρα θα επιταχυνθεί από αρχική ταχύτητα v 0 σε τελική v και θα έχει διανύσει απόσταση d. Ισχύουν οι v = v 0 + a x t, d = v 0 t a xt v2 = 1 2 v2 0 + a x d ή 1 2 mv2 1 2 mv2 0 = F x d. (1.7.2) Ονομάζουμε τους δύο όρους (με θετικό πρόσημο) στο αριστερό μέλος κινητική ενέργεια στην τελική και στην αρχική στιγμή αντίστοιχα. Ο όρος στο δεξιό μέλος λέγεται έργο W = F x d που παρήγαγε η δύναμη F x. Παρατήρηση Παρατηρήστε ότι έργο παραγάγει μόνο η συνιστώσα της δύναμης κατά μήκος της μετατόπισης του σώματος. Παρατήρηση Το έργο μπορεί να είναι θετικό ή αρνητικό. Είναι θετικό αν η δύναμη έχει ίδια κατεύθυνση με τη μετατόπιση και αρνητικό στην αντίθετη περίπτωση. Τα παραπάνω εκφράζουν το θεώρημα έργου κινητικής ενέργειας: όπου K f, K i η τελική και η αρχική κινητική ενέργεια αντίστοιχα. K f K i = W (1.7.3) Αν υποθέσουμε ότι η βαρυτική δύναμη κινεί ένα σώμα προς τα κάτω τότε το έργο που παράγει είναι και το θεώρημα έργου - κινητικής ενέργειας γίνεται Αν το σώμα ανυψώνεται τότε W g = mgd < 0. W g = mgd (1.7.4) K f K i = W g. (1.7.5)

39 1.7. Κινητική ενέργεια και έργο Δύναμη που εξαρτάται από την θέση Θα θεωρήσουμε μία δύναμη F = F (x), η οποία είναι συνάρτηση της θέσης x. Ο 2ος νόμος Νεύτωνα έχει τη μορφή m dv = F (x). (1.7.6) dt Γιά να προχωρήσουμε προς τη λύση της εξίσωσης αυτής πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με v: την οποία μπορούμε να γράψουμε ως Ονομάζουμε την ποσότητα κινητική ενέργεια της σημειακής μάζας m. m dv v = F (x) v (1.7.7) dt ( ) d 1 dt 2 mv2 = F (x) v. (1.7.8) K = 1 2 mv2 (1.7.9) Από την Εξ. (1.7.8) η οποία δίνει τον ρυθμό μεταβολής μπορούμε να πάμε στην μεταβολή της κινητικής ενέργειας πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της Εξ. (1.7.8) με dt: dk = F (x) dx. (1.7.10) Ας υποθέσουμε τώρα ότι το σώμα μετακινείται από αρχική θέση x i σε τελική θέση x f και οι αντίστοιχες ταχύτητες είναι v i και v f. Ολοκληρώνουμε την εξίσωση και έχουμε vf ( ) 1 xf 2 mv2 = F (x) dx όπου ορίζουμε την ποσότητα v=v i d x i 1 2 mv2 f 1 2 mv2 i = W, (1.7.11) W = xf x i F (x) dx (1.7.12) την οποία ονομάζουμε έργο που παράγεται από τη δύναμη κατά τη μετατόπιση της μάζας από θέση x i σε θέση x f. Παρατήρηση (Θεώρημα έργου - κινητικής ενέργειας.) Η Εξ. (1.7.11) εκφράζει το ακόλουθο αποτέλεσμα: Η μεταβολή στην κινητική ενέργεια σώματος ισούται με το έργο που παράγει η δύναμη F που ασκείται στο σώμα. Παράδειγμα Αν τεντώσουμε ή συμπιέσουμε ελατήριο τότε υπάρχει δύναμη επαναφοράς η οποία τείνει να το επαναφέρει στο αρχικό του μήκος ισορροπίας. Στην απλή περίπτωση η δύναμη είναι ανάλογη της έκτασης ή συμπίεσης: F s = kx. Βρείτε το έργο που παράγει αυτή η δύναμη γιά αλλαγή της θέσης σώματος από x = x i σε x = x f. Ποιά η μεταβολή στην κινητική του ενέργεια; Λύση. Το έργο που παράγεται γιά μετακίνηση από αρχική θέση x i σε τελική x f είναι W s = = xf x i xf x i F (x)dx xf kx dx = k x dx x i = 1 2 k(x2 f x2 i ).

40 36 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ως ειδικότερο παράδειγμα έχουμε ότι αν η αρχική θέση είναι η θέση ισορροπίας x i = 0 τότε το έργο του ελατηρίου γιά μετατόπιση μέχρι θέση x είναι W s = 1 2 kx2. (1.7.13) Η μεταβολή στην κινητική ενέργεια θα είναι K f K i = W s K f K i = 1 2 k(x2 f x2 i ). Σε ένα ειδικότερο παράδειγμα όπου το σώμα ξεκινάει από τη θέση x i = 0 με ταχύτητα v i = v 0 έχουμε, σε τυχούσα θέση x f = x ταχύτητα v f = v και ισχύει K f K i = W s 1 2 mv2 = 1 2 mv kx Ισχύς Αν μας ενδιαφέρει ο ρυθμός με τον οποίο παράγεται το έργο τότε ορίζουμε την ισχύ P = dw dt. (1.7.14) Οταν μία δύναμη F μετατοπίζει σώμα κατά απειροστή απόσταση ds τότε dw = F ds, ώστε Αν γνωρίζουμε την ισχύ τότε το έργο είναι P = F ds dt W = t2 όπου υποθέσαμε ότι η ισχύς είναι συνάρτηση του χρόνου. = F v. (1.7.15) t 1 P (t) dt, (1.7.16)

41 1.7. Κινητική ενέργεια και έργο Ασκήσεις Άσκηση Ενας χιονοδρόμος έχει κατέβει μία πλαγιά και έχει αποκτήσει ταχύτητα v 0 = 20 m/sec. Συνεχίζει να κινείται σε μία τραχιά οριζόντια επιφάνεια, η οποία έχει συντελεστή τριβής ολίσθησης ανάμεσα στο χιόνι και στα σκι µ = Πόσο μακριά πάει ο χιονοδρόμος προτού σταματήσει; Λύση. Στο χιονοδρόμο ασκείται δύναμη τριβής f από την τραχιά επιφάνεια του εδάφους η οποία είναι ανάλογη της κάθετης αντίστασης του εδάφους f = µn. Το έδαφος ασκεί αντίσταση αντίθετη στη δύναμη βαρύτητας N = mg, όπου m η μάζα του χιονοδρόμου. Άρα f = µmg. Το έργο που παράγει η δύναμη τριβής είναι ανάλογο της απόστασης s που διανύεται από την αρχική θέση x i μέχρι την τελική x f : W f = xf x i fdx = f s = µmgs. Αν θεωρήσουμε ότι η τριβή καταναλώνει όλη την κινητική ενέργεια, οπότε ακινητοποιείται ο χιονοδρόμος, έχουμε W f = K f K i, όπου K f = 0. Ωστε µmgs = 1 2 mv2 0 s = v2 0 2µg =... = 200 m. Άσκηση Σε ένα σωμάτιο μάζας m = 2 kg, το οποίο βρίσκεται αρχικά σε ηρεμία στη θέση x = 0, ασκείται δύναμη F. Η επιτάχυνση του σωματίου σαν συνάρτηση της θέσης του δίνεται από την 6x, 0 x 1 6, 1 x 4 a(x) = 6(5 x), 4 x 6 6, 6 x 8 6(x 9), 8 x 9. (1.7.17) (α) Κάνετε την γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης (υπόδειξη: πρόκειται γιά συνεχή συνάρτηση). (β) Πόσο έργο έχει εκτελέσει η δύναμη στο σωμάτιο όταν αυτό φθάσει στη θέση x = 9; (γ) Πόση είναι η ταχύτητα του σωματίου στη θέση x = 9; Λύση. (α) Δες Halliday, σελ. 201, ασκ 39. Είναι (β) Τελικά 9 0 a dx = = x dx + 6x dx + W = dx + 6 dx F dx = m a dx. 6(5 x) dx 6s ds 8 = 3x x 4 1 3s x s = ( 1) = 6. W = m a dx = dx + 6 dx s ds 6(x 9) dx (γ) Από το Θ. έργου - κινητικής ενέργειας, γιά αρχική K i = 0 και έργο W = 12, έχουμε 1 2 mv2 = W v 2 = 12.

42 38 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Σωμάτιο μάζας m εκκινεί από την ηρεμία, κινείται σε ευθεία γραμμή και η ταχύτητά του μεταβάλλεται σύμφωνα με το νόμο v = b s, όπου b σταθερά και s η διανυθείσα απόσταση. Να υπολογισθεί το παραγόμενο έργο ως συνάρτηση του χρόνου. Λύση. Γιά την απόσταση s που διανύεται έχουμε ds s dt = b ds s 0 s Επίσης, η ασκούμενη δύναμη είναι F = ma = m dv dt = b t 0 dt 2 s = bt s = 1 4 b2 t 2. d( s) = mb = mb d ( ) 1 dt dt 2 bt = 1 2 mb2. Συνεπώς W = F s(t) = 1 8 mb4 t 2. Άσκηση Σωμάτιο κινείται κατά μήκος άξονα x. Η κινητική του ενέργεια αυξάνεται, μειώνεται ή παραμένει ίδια αν η ταχύτητά του αλλάξει (α) από 3 m/s σε 2 m/sec (β) από 2 m/sec σε 2 m/sec; (γ) το έργο που εκτελείται στο σωμάτιο είναι θετικό αρνητικό ή μηδέν;

43 1.8. Δυναμική ενέργεια Δυναμική ενέργεια Εργο και δυναμική ενέργεια Το έργο έχει ορισθεί ως W = x x 0 F dx γιά μετακίνηση από θέση x 0 σε τυχούσα θέση x. Στην περίπτωση που η δύναμη είναι συνάρτηση μόνο της θέσης F = F (x), το αποτέλεσμα του ολοκληρώματος είναι μία συνάρτηση του x. Ορίζουμε την U(x) = x και την ονομάζουμε δυναμική ενέργεια του σώματος στη θέση x. x 0 F (x ) dx (1.8.1) Παράδειγμα (Δύναμη ελατηρίου) Γιά την δύναμη του ελατηρίου F (x) = kx μπορούμε να θεωρήσουμε μία θέση αναφοράς x i = 0 (την θέση ισορροπίας), οπότε ορίζουμε δυναμική ενέργεια, γιά κάθε θέση x, την U(x) = x όπου x είναι η απόσταση από τη θέση ισορροπίας. 0 ( kx ) dx = 1 2 kx2, Παράδειγμα (Βαρυτική δύναμη) Ας δούμε την βαρυτική δύναμη, η οποία ξέρουμε ότι υπάρχει ως ιδιότητα του χώρου (π.χ. του χώρου γύρω από τη Γη), Κοντά στη Γη η βαρυτική δύναμη είναι F = mg j. Το έργο που παράγει αυτή η δύναμη γιά κίνηση κατά τον άξονα y υπολογίζεται εύκολα: W = yf y i F (x) dy = mg(y f y i ). Αντιστοίχως, η δυναμική ενέργεια, αν την υπολογίσουμε από το σημείο y = 0 (επιφάνεια της Γης), είναι U(y) = όπου y είναι το ύψος πάνω από τη Γη. y 0 ( mg) dy = mgy Σε κάθε σημείο y έχουμε προσδώσει μία ιδιότητα, ότι ένα σωμάτιο σε αυτή τη θέση έχει δυναμική ενέργεια U(y) = mgy. (1.8.2) Τότε το έργο W είναι ίσο με τη διαφορά της δυναμικής ενέργειας από το ένα σημείο στο άλλο: W = [U(y f ) U(y i )] = U. (1.8.3) Παρατηρούμε ότι αυτό εξαρτάται από την αρχική και τελική θέση του σωματίου και όχι από την ενδιάμεση κινητική του κατάσταση. Παρατήρηση Το έργο δύναμης γιά την οποία μπορούμε να ορίσουμε δυναμική ενέργεια U(x), δίνεται από τη διαφορά δυναμικής ενέργειας μεταξύ αρχικής και τελικής θέσης W = U. (1.8.4) Παρατήρηση Η δυναμική ενέργεια, όπως ορίστηκε, είναι U = 0 επάνω στην επιφάνεια της Γης y = 0. Αυτή είναι μία αυθαίρετη επιλογή. Η τιμή όμως της δυναμικής ενέργειας δεν σχετίζεται άμεσα με το έργο. Είναι οι διαφορές τιμών αυτής οι οποίες δίνουν το έργο.

44 40 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Εάν τροποποιήσουμε τον ορισμό της δυναμική ενέργειας της βαρύτητας και θέσουμε y U(y) = ( mg) dy = mg(y h 0 ), h 0 όπου h 0 είναι το ύψος του διαμερίσματος στο οποίο μένουμε (π.χ., h 0 = 10 m αν μένουμε στον 3ο όροφο), τότε έχουμε U(y = h 0 ) = 0 στο ύψος του διαμερίσματός μας. Παρατηρήστε ότι η σχέση που δίνει το έργο W = U ισχύει χωρίς αλλαγή. Παράδειγμα Εστω σώμα μάζας m το οποίο ωθείται σε κεκλιμένη επιφάνεια (η οποία σχηματίζει γωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο) προς τα επάνω από σταθερή δύναμη F παράλληλη στην κεκλιμένη επιφάνεια. Εστω ότι το σώμα μετατοπίζεται κατά απόσταση d επάνω στο κεκλιμένο επίπεδο. Ποιό το έργο που παράγει η βαρυτική δύναμη γιά τη μετατόπιση αυτή; Λύση. Η δύναμη της βαρύτητας είναι κατακόρυφη και η συνιστώσα της η παράλληλη στο κεκλιμένο επίπεδο είναι mg sin θ. Το έργο αυτής είναι W g = mg sin θ d = mgh, όπου h = d sin θ το ύψος στο οποίο ανέβηκε το σώμα. Άρα το έργο της δύναμης βαρύτητας είναι ίσο με την δύναμη βαρύτητας επί την κατακόρυφη μετατόπιση. Αυτό μπορεί να γραφεί ως διαφορά της δυναμικής ενέργειας μεταξύ του αρχικού ύψους y i και τελικού y f : W g = U(y f ) U(y i ) = mg(y f y i ) = mgh. Παρατηρούμε ότι αυτό το αποτέλεσμα ισχύει είτε γιά κατακόρυφη πτώση είναι γιά μετατόπιση σε κεκλιμένο επίπεδο. Δηλαδή, ισχύει ανεξάρτητα της διαδρομής του σώματος. Τέλος, η εφαρμοζόμενη δύναμη F θα παραγάγει έργο W F = F r = F d Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Εχουμε δει την σχέση που δίνει τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας λόγω δύναμης η οποία παράγει έργο W : K = W. Εάν γιά τη δύναμη μπορεί να ορισθεί δυναμική ενέργεια U με W = U τότε Αυτή γράφεται αναλυτικότερα ως K = U K + U = 0. (K 2 K 1 ) + (U 2 U 1 ) = 0 K 1 + U 1 = K 2 + U 2. (1.8.5) Ορίζουμε τη μηχανική ενέργεια ως το άθροισμα E m = K + U (1.8.6) της κινητικής και δυναμικής ενέργειας του κινητού σε κάθε χρονική στιγμή. Παρατήρηση Εχουμε δείξει ότι η μηχανική ενέργεια διατηρείται κατά τη διάρκεια της κίνησης όταν το έργο της δύναμης περιγράφεται από δυναμική ενέργεια.

45 1.8. Δυναμική ενέργεια 41 Τη διατήρηση της ενέργειας είναι χρήσιμο να την καταλάβουμε με δύο διαφορετικούς τρόπους. Ο ένας είναι να δούμε ότι το άθροισμα K + U έχει την ίδια αριθμητική τιμή γιά κάθε χρονική στιγμή: E 0 = K + U. (1.8.7) Ο δεύτερος είναι να δούμε ότι γιά δύο διαφορετικές χρονικές στιγμές t i και t f (κατά τις οποίες το κινητό βρίσκεται σε θέση x i με ταχύτητα v i και θέση x f με ταχύτητα v f αντιστοίχως) έχουμε 1 2 mv2 i + U(x i ) = 1 2 mv2 f + U(x f ). (1.8.8) Παράδειγμα Εστω σωμάτιο σε πεδίο βαρύτητας με U = mg y, όπου υποθέτουμε y 0, γιά μάζα m = 1 και έστω g = 10. Επιλέγουμε (α) E m = 10 (β) E m = 0. Βρείτε την ταχύτητά του. Λύση. Καθώς το κινητό βρίσκεται σε κίνηση, ισχύει γιά την ταχύτητα και θέση σε κάθε χρονική στιγμή E m = 1 2 mv2 + mgy. (α) Εφαρμόζοντας τα παραπάνω 10 = 1 2 mv2 + mgy 10 = 1 2 v2 + 10y v 2 = 20(1 y). Γιά 0 y 1 μπορούμε να έχουμε τις ταχύτητες v = ± 20 (1 y). Το πρόσημο καθορίζει αν η ταχύτητα θα είναι προς τα κάτω ή προς τα επάνω. (β) Εχουμε 1 2 v2 + 10y = 0 y = 0, v = 0. Το κινητό δεν μπορεί να αποκτήσει κατακόρυφη ταχύτητα, δηλαδή έχουμε υποχρεωτικά v = 0. Ορισμός 1. Δυνάμεις γιά τις οποίες μπορούμε να γράψουμε το νόμο διατήρησης της μηχανικής ενέργειας λέγονται διατηρητικές δυνάμεις. Παρατήρηση Γιά κινήσεις επάνω σε άξονα x όλες οι δυνάμεις της μορφής F = F (x) είναι διατηρητικές Δύναμη η οποία δίνεται από δυναμική ενέργεια Γιά μία δύναμη η οποία εξαρτάται μόνο από την θέση F = F (x), έχουμε ορίσει δυναμική ενέργεια U(x) = x x 0 F (x )dx. Από τον ορισμό της δυναμικής ενέργειας προκύπτει η δύναμη ως F (x) = du dx. (1.8.9) Είναι συχνά δυνατό να γνωρίζουμε την δυναμική ενέργεια γιά κάποιο πρόβλημα, οπότε η παραπάνω σχέση θα μας δώσει την αντίστοιχη δύναμη. Ως παραδείγματα δείτε την βαρυτική δυναμική ενέργεια U(y) = mgy και δύναμη: F = d(mgy)/dy = mg και την δυναμική ενέργεια ελαστικότητας U(x) = (1/2)kx 2 και την δύναμη F = d(1/2kx 2 )/dy = kx. Ας δούμε μία γραφική παράσταση γιά δυναμική ενέργεια όπως στο Σχ Η δύναμη F (x) προκύπτει ως η κλίση αυτής της καμπύλης σε κάθε σημείο της.

46 42 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Σχήμα 1.8: Γραφική παράσταση δυναμικής ενέργειας U(x) (συνεχής γραμμή). Η τιμή της ολικής μηχανικής ενέργειας θεωρούμε ότι είναι E 0 (διακεκομμένη γραμμή). Η κίνηση επιτρέπεται στα σημεία x όπου x 1 x x Γραφική παράσταση της δυναμικής ενέργειας Μπορούμε να γράψουμε την σχέση διατήρησης της μηχανικής ενέργειας (1.8.7) στη μορφή E 0 = 1 2 mv2 + U(x) v 2 = 2 m [E 0 U(x)], E 0 : σταθερά. (1.8.10) Αν η σταθερή ολική ενέργεια E 0 είναι δεδομένη, τότε η παραπάνω σχέση δίνει μία σχέση μεταξύ ταχύτητας v και θέσης x του κινητού. Δηλαδή, η ταχύτητα είναι γνωστή γιά κάθε θέση του κινητού. Αφού η κινητική ενέργεια εξαρτάται μόνο από το τετράγωνο της ταχύτητας, η ταχύτητα μπορεί να είναι είτε προς τα δεξιά είται προς τα αριστερά (το πρόσημό της δεν προσδιορίζεται από την εξίσωση γιά την ενέργεια): 2 v(x) = ± m [E 0 U(x)]. (1.8.11) Από τον ορισμό της κινητικής ενέργειας έχουμε K 0, οπότε προκύπτει η συνθήκη E 0 = 1 2 mv2 + U(x) U(x). (1.8.12) Η αναγκαιότητα αυτής της συνθήκης διαφαίνεται και στην Εξ. (1.8.11), όπου εκφράζει την συνθήκη να είναι πραγματικός αριθμός η ταχύτητα. Οι παρατηρήσεις που κάναμε παραπάνω γίνονται πιό κατανοητές αν παρασταθούν γραφικά. Στο Σχ. 1.8 σχεδιάζουμε τη δυναμική ενέργεια U = U(x) και επίσης την απλή γραφική παράσταση E = E 0 (μία οριζόντια ευθεία γραμμή). Στα σημεία x στα οποία E 0 > U(x) είναι επιτρεπτή η κίνηση, δηλαδή, η ταχύτητα είναι v 2 > 0. Αντιθέτως, στα υπόλοιπα σημεία δεν επιτρέπεται η κίνηση (διότι εκεί η κινητική ενέργεια θα ήταν αρνητική, πράγμα που δεν θα ήταν αποδεκτό). Στο Σχ. 1.8 η κίνηση επιτρέπεται στα σημεία x στο διάστημα x 1 x x 2. Μία ειδική χρήσιμη περίπτωση είναι τα σημεία x γιά τα οποία K(x) = 0. Στο Σχ. 1.8 τέτοια σημεία είναι τα x = x 1 και x = x 2. Εκεί το σωμάτιο βρίσκεται σε ακινησία v(x = x 1 ) = 0, v(x = x 2 ) = 0. Συνοπτικά, έχουμε τις ακόλουθες παρατηρήσεις Στα x όπου E 0 < U(x) θα είχαμε K(x) < 0 που είναι αδύνατο, άρα το σωμάτιο δεν μπορεί να βρεθεί σε τέτοια σημεία (είναι τα x < x 1 και x > x 2 στο παράδειγμα του Σχ. 1.8). Στα x όπου E 0 > U(x) θα έχουμε K(x) > 0 και άρα το σωμάτιο είναι δυνατόν να βρεθεί σε αυτές τις περιοχές (είναι τα x 1 < x < x 2 στο παράδειγμα του Σχ. 1.8). Στα x = x 1,2 όπου E 0 = U(x) έχουμε K(x) = 0 v 2 = 0 άρα το σωμάτιο βρίσκεται στιγμιαία, σε αυτά τα σημεία, με μηδενική ταχύτητα.

47 1.8. Δυναμική ενέργεια 43 Γιά να έχουμε την πλήρη εικόνα της κίνησης μπορούμε να υποθέσουμε, σε κάποια χρονική στιγμή, σωμάτιο με ταχύτητα v > 0 (δηλ., κινείται προς τα δεξιά). Η ταχύτητα παραμένει υποχρεωτικά μημηδενική (αφού K = E 0 U(x) > 0) σε όλο το διάστημα x 1 < x < x 2 μέχρι το σωμάτιο να φθάσει σε σημείο x = x 2. Στο σημείο εκείνο είναι v = 0, δηλαδή έχουμε στιγμιαία ακινησία. Η επιτάχυνση γνωρίζουμε ότι είναι ανάλογη της δύναμης du/dx(x = x 2 ) < 0, άρα το σωμάτιο θα αποκτήσει v < 0 σε επόμενη χρονική στιγμή. Δηλαδή, το σωμάτιο δεν θα παραμείνει σε ακινησία, αλλά θα αρχίσει να κινείται αριστερά. Οταν, μετά από κάποιο χρόνο, φθάσει στο x = x 1 θα έχουμε και πάλι v = 0. Η επιτάχυνση θα είναι ανάλογη της du/dx(x = x 1 ) > 0, ώστε η κίνηση θα αναστραφεί και πάλι, αυτή τη φορά προς τα δεξιά. Παρατήρηση Τα σημεία x = x 1,2, όπου E 0 = U(x 1,2 ), λέγονται σημεία αναστροφής της κίνησης. Στην περίπτωση που έχουμε δύο σημεία αναστροφής της κίνησης (όπως στο παράδειγμα του Σχ. 1.8), το σωμάτιο θα αναστρέφει επανειλημμένα την κίνησή του κάθε φορά που θα φθάνει στα σημεία αναστροφής. Ετσι θα κινείται παλινδρομικά στο μεταξύ μεταξύ των δύο αυτών σημείων. Ισχύει μάλιστα το ακόλουθο: Παρατήρηση Εφόσον γιά κάθε θέση x του σωματίου, η ταχύτητα v είναι καθορισμένη, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η κίνηση που θα εκτελεί θα είναι ακριβώς η ίδια κάθε φορά που θα περνάει από το ίδιο σημείο κατά την παλινδρομική του κίνηση. Δηλαδή θα εκτελεί περιοδική κίνηση. Μία τέτοια κίνηση ονομάζεται ταλαντωτική κίνηση (ταλάντωση). Παρατήρηση Αν προς την κατεύθυνση κίνησης δεν υπάρχει σημείο αναστροφής, τότε το σωμάτιο θα συνεχίσει να κινείται επ άπειρον προς την ίδια κατεύθυνση. Παράδειγμα Ας θεωρήσουμε σωμάτιο με μάζα m σε πεδίο δυναμικής ενέργειας U(x) = 1 2 kx2. Βρείτε την ταχύτητα του σωματίου αν υποθέσουμε ότι η ολική του ενέργεια είναι E = E 0. Λύση. Η μηχανική ενέργεια του συστήματος είναι E = 1 2 mv k x2. (1.8.13) Θέτουμε E = E 0 και έχουμε την ταχύτητα v γιά κάθε θέση x του σωματίου v 2 = 2E 0 m k 2E0 m x2 v = ± m k m x2. (1.8.14) Γιά να ισχύει v 2 0, ή ισοδύναμα, γιά να είναι K 0, έχουμε τη συνθήκη E k x2 0 x 2 2E 0 k. (1.8.15) Μπορούμε να μελετήσουμε και γραφικά την παραπάνω ανισότητα, όπως στο Σχ Κάνουμε την γραφική παράσταση της U(x) και θέτουμε στο ίδιο γράφημα την ευθεία E = E 0 0, ώστε εύκολα μπορούμε να δούμε τα όρια της κίνησης, δηλαδή, το διάστημα στο οποίο ικανοποιείται η συνθήκη E 0 U(x). Αυτό είναι x 0 x x 0, με 2E0 x 0 = k. (1.8.16) Η ταχύτητα v μηδενίζεται στα όρια της ταλαντωτικής κίνησης x = ±x 0. Στα σημεία αυτά μάλιστα αλλάζει φορά η ταχύτητα (στιγμιαία το σωμάτιο είναι ακίνητο).

48 44 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Σχήμα 1.9: Γραφική παράσταση της δυναμικής ενέργειας U(x) = 1 2 kx2. Γιά ολική ενέργεια E = E 0, το κινητό βρίσκεται στο διάστημα x 0 x x 0. Παρατηρήστε ότι η ολική ενέργεια πρέπει να επιλεγεί E 0 0. Οποιαδήποτε επιλογή E 0 < 0 δεν θα έδινε κανένα διάστημα κίνησης επιτρεπτής κίνησης του σωματίου. Η ειδική επιλογή E 0 = 0 θα έδινε ότι το σωμάτιο μπορεί να βρίσκεται μόνο στην θέση x = 0 με ταχύτητα v = 0. Ας δούμε τις περιπτώσεις που εξετάσαμε στο προηγούμενο παράδειγμα πιό γενικά. Η ολική ενέργεια του σώματος E 0 είναι μία παράμετρος και μπορεί να έχει διαφορετικές τιμές (π.χ., ένα σώμα μπορεί να έχει μικρή ή μεγάλη αρχική ταχύτητα πράγμα που καθορίζει την ολική του ενέργεια). Ας δούμε λοιπόν τι συμβαίνει όταν αλλάζει η τιμή E 0. Στην περίπτωση του Σχ. 1.9 θα έχουμε δύο σημεία αναστροφής της κίνησης γιά κάθε E 0 > 0. Στην περίπτωση του Σχ. 1.8 μπορεί να έχουμε δύο ή τέσσερα σημεία αναστροφής της κίνησης. Ας δούμε την ειδική περίπτωση που το E 0 είναι ίσο με την τιμή ενός ελαχίστου της U(x), έστω στη θέση x = x m. Δηλαδή, ας πάρουμε E 0 = U(x m ). Τότε το σωμάτιο θα βρίσκεται υποχρεωτικά στη θέση αυτού του ελαχίστου και μόνο εκεί, αφού σε οποιοδήποτε άλλο σημείο είναι E U(x). Δηλαδή, το σωμάτιο θα βρίσκεται στατικό στη θέση x = x m. Παράδειγμα Ας πάρουμε την δυναμική ενέργεια U(x) = 1 2 k(x 1)2 (x 2) 2 και ας υποθέσουμε σωμάτιο με ολική ενέργεια E 0 = 0. Τότε έχουμε 1 2 mv k(x 1)2 (x 2) 2 = 0. Αυτό είναι δυνατόν να συμβεί μόνο γιά v = 0 και x = 1 ή x = 2. Άρα, ένα σωμάτιο με ολική ενέργεια E 0 = 0 θα βρίσκεται στατικό σε μία από τις θέσεις x = 1 ή x = 2. Αν σχεδιάσουμε την οριζόντια ευθεία E = 0 στο Σχ. 1.9 αυτή εφάπτεται της γραφικής παράστασης της U(x) στις θέσεις των ελαχίστων x = 1 και x = 2.

49 1.8. Δυναμική ενέργεια Ασκήσεις Άσκηση Σημειακή μάζα εκκινεί από την ηρεμία από την κορυφή ακλόνητης σφαίρας και ολισθαίνει στη λεία επιφάνειά της (χωρίς τριβή). Να βρεθούν: (α) Η μεταβολή της δυναμικής ενέργειας της μάζας ως συνάρτηση της γωνίας θ που δίνει τη θέση της μάζας επάνω στη σφαίρα (θεωρούμε θ = 0 στον βόρειο πόλο της σφαίρας). (β) Η κινητική ενέργεια ως συνάρτηση της γωνίας θ. (γ) Η ακτινική (κεντρομόλος) και η επιτρόχιος (εφαπτομενική) επιτάχυνση ως συνάρτηση της γωνίας θ. (δ) Η γωνία στην οποία η μάζα εγκαταλείπει τη σφαίρα (χάνει την επαφή της). Λύση. (α) U(θ) = mgr cos θ. (β) Η ενέργεια στη γωνία θ = 0 είναι K = 0, U = mgr άρα E = K + U = mgr, οπότε σε τυχούσα γωνία: K(θ) + mgr cos θ = mgr K(θ) = mgr(1 cos θ). (γ) Ακτινική επιτάχυνση 1 2 mv2 = mgr(1 cos θ) v 2 = 2gr(1 cos θ). a r = v2 r Εφαπτομενική δύναμη F t = mg sin θ και επιτάχυνση (δ) Σε τυχόν σημείο έχουμε δυνάμεις a t = F t m = 2g(1 cos θ). = g sin θ. F = B + N, όπου F = m a, το βάρος B = mg k και η αντίσταση από τη σφαίρα N = N ˆr. δυνάμεων στη διεύθυνση της ακτίνας r δίνει Η προβολή των m v2 r = mg cos θ + N. Κατά τη στιγμή που χάνεται η επαφή του σώματος με τη σφαίρα έχουμε N = 0 και συνεπώς v 2 r = g cos θ. Από το (γ) έχουμε v 2 /r = 2g(1 cos θ), άρα cos θ = 2(1 cos θ) cos θ = 2 3 θ 41.8o. Άσκηση Ενας χιονοδρόμος ξεκινά από ακινησία στην κορυφή ενός βουνού και κατεβαίνει μία λεία πλαγιά ύψους h = 20 m με γωνία κλίσης θ = 20 o. Στο τέλος της πλαγιάς ο χιονοδρόμος βρίσκει μία τραχιά οριζόντια επιφάνεια, η οποία έχει συντελεστή τριβής ολίσθησης ανάμεσα στο χιόνι και στα σκι µ = Πόσο μακριά πάει ο χιονοδρόμος προτού σταματήσει; Λύση. Γιά να βρούμε το μέτρο ταχύτητας v του χιονοδρόμου (μάζας m) στο κάτω μέρος της πλαγιάς εφαρμόζουμε το Θ. διατήρησης μηχανικής ενέργειας: mgh = 1 2 mv2 v = 2gh = 19.8 m/sec.

50 46 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Η δύναμη τριβής f επάνω στην τραχιά επιφάνεια είναι ανάλογη της κάθετης αντίστασης του εδάφους f = µn = µmg. Το έργο που παράγει η δύναμη τριβής ανάλογο της απόστασης s που διανύεται W f = fs = µmgs. Αν θεωρήσουμε ότι η τριβή καταναλώνει όλη την κινητική ενέργεια, οπότε ακινητοποιείται ο χιονοδρόμος, έχουμε W f = K f K i µmgs = 1 2 mv2 s = v2 2µg =... = 95.2 m Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση (Serway σελ 185 άσκηση 3) Ενας χιονοδρόμος ξεκινά από ακινησία στην κορυφή ενός βουνού και κατεβαίνει μία πλαγιά ύψους h = 20 m με γωνία κλίσης θ = 30 o. Στο τέλος της πλαγιάς ο χιονοδρόμος συνεχίζει να κινείται σε οριζόντια επιφάνεια. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης (στην πλαγιά και στην οριζόντια επιφάνεια) ανάμεσα στο χιόνι και στα σκι είναι µ = Πόση απόσταση διανύει ο χιονοδρόμος στην οριζόντια επιφάνεια προτού σταματήσει; Λύση. Το βάρος παράγει έργο W B = mgh. Ο χιονοδρόμος διανύει απόσταση l = h/ sin θ κατά μήκος της πλαγιάς και έστω ότι κινείται απόσταση s στην οριζόντια επιφάνεια. Η δύναμη τριβής είναι f = µn, όπου N η κάθετη στο έδαφος δύναμη. Είναι N = mg cos θ επάνω στην πλαγιά και N = mg στην οριζόντιο. Το έργο που παράγει η τριβή είναι ( W f = [µ(mg cos θ)(h/ sin θ) + µ(mg)s] = µmg h cos θ ) sin θ + s. Θα θεωρήσουμε ότι η τριβή καταναλώνει όλο το έργο που παράγει το βάρος οπότε αυτός τελικά ακινητοποιείται στην οριζόντιο. Τότε το Θ. έργου - ενέργειας δίνει ( W f + W B = 0 µmg h cos θ ) sin θ + s = mgh s = h 1 µ cos θ sin θ. µ Βρίσκουμε s = 60.6 m. Άσκηση Η δυναμική ενέργεια σώματος μάζας m δίνεται από τη συνάρτηση U(x) = ax 3 bx, όπου a, b > 0 σταθερές. (α) Ποιά η δύναμη που δρα στο σωμάτιο; (β) Γιά ποιές τιμές του x η δύναμη μηδενίζεται; (γ) Αν η ολική ενέργεια του σωματίου είναι ίση με μηδέν, γιά ποιές τιμές του x η ταχύτητα μηδενίζεται; (δ) Εξετάστε τις διαφορετικές περιπτώσεις κίνησης του σωματίου γιά κάθε δυνατή τιμή της ολικής ενέργειας. Λύση. (α) F (x) = du dx = (3ax2 b). (β) b F (x) = 0 3ax 2 b = 0 x = ± 3a ±x 0. Αυτές είναι οι θέσεις των ακροτάτων της U(x). (γ) Θέτουμε 1 2 mv2 + ax 3 bx = 0.

51 1.8. Δυναμική ενέργεια 47 Αν v = 0 τότε ax 3 bx = 0 x(ax 2 b) = 0 x = 0, x = ± b/a. (δ) Ας δούμε τι σημαίνουν τα παραπάνω στη γραφική παράσταση της U(x). Οι τιμές των ακροτάτων είναι U(x = ±x 0 ) = 2b b 3 3a U 0. Αν E 0 < U 0 τότε έχουμε E 0 = U(x) γιά ένα μόνο σημείο x 1 < 0, το οποίο είναι σημείο αναστροφής της κίνησης. Το σώμα μπορεί να βρίσκεται σε σημεία x x 1 και θα κάνει μη-πεπερασμένη κίνηση προς τα αριστερά. Αν E 0 > U 0 τότε έχουμε E 0 = U(x) γιά ένα μόνο σημείο x 3 > 0, το οποίο είναι σημείο αναστροφής της κίνησης. Το σώμα μπορεί να βρίσκεται σε σημεία x x 3 και θα κάνει μη-πεπερασμένη κίνηση προς τα αριστερά. Αν U 0 < E 0 < U 0 τότε έχουμε E 0 = U(x) σε τρία σημεία, έστω x 1 < x 2 < x 3. Αν το σώμα βρίσκεται αρχικά σε θέση x 2 x x 3 τότε θα κάνει ταλάντωση μεταξύ των άκρων x 2, x 3. Αν το σώμα βρίσκεται αρχικά σε θέση x x 1 τότε θα κάνει μη πεπερασμένη κίνηση προς τα αριστερά. Μπορούμε επίσης να δούμε και τις εξής ειδικές περιπτώσεις Αν E 0 = U 0 και το σωμάτιο βρίσκεται αρχικά στη θέση x = x 0 τότε θα παραμείνει σε αυτή τη θέση. Αυτό θα συμβεί διότι η ταχύτητά του θα είναι v = 0 (αφού η κινητική ενέρεια K = 0), και επίσης η δύναμη F (x = x 0 ) = du/dx(x = x 0 ) = 0, δηλ., η επιτάχυνση είναι a = 0. Αν E 0 = U 0 και το σωμάτιο βρίσκεται αρχικά στη θέση x = x 0 τότε θα παραμείνει σε αυτή τη θέση. Αυτό θα συμβεί γιά τους ίδιους ακριβώς λόγους που εξηγήθηκαν στην προηγούμενη περίπτωση. Άσκηση Σώμα μάζας m κινείται κατά τον άξονα x υπό τη δράση δυνάμεως F = c x 2, όπου c > 0 σταθερά. Ποιά η μέγιστη απομάκρυνση του σώματος x m κατά την θετική κατεύθυνση x, αν στην αρχική θέση x 0 έχει ταχύτητα v 0 ; Λύση. Επειδή η δύναμη είναι συνάρτηση της θέσης, αυτή δίνεται από δυναμική ενέργεια U(x) τέτοια ώστε F (x) = du x dx U = x 0 Με αυτό τον ορισμό U(x 0 ) = 0, c dx U(x) = c x2 Η δύναμη είναι διατηρητική, άρα η ολική ενέργεια E = K + U(x) [ ] 1 x ( 1 = c x x 0 x 1 ). x 0

52 48 Κεφάλαιο 1. Μηχανική είναι σταθερή. Εχουμε K(x 0 ) + U(x 0 ) = K(x) + U(x) 1 2 mv2 0 = 1 ( 1 2 mv2 c x 1 ) x 0 Στη μέγιστη απομάκρυνση v = 0, άρα K(x 0 ) = U(x m ) 1 ( 1 2 mv2 0 = c 1 ). x m x 0 Τελικά c x m = c x mv2 0 Άσκηση Μεταλλικό δοχείο μάζας m = 0.40 kg ολισθαίνει κατά μήκος οριζόντιου πάγκου χωρίς τριβές με ταχύτητα v = 0.50 m/sec. Στη συνέχεια συγκρούεται (μετωπικά) με ελατήριο σταθεράς k = 750 N/m και το συσπειρώνει. Οταν το δοχείο σταματά στιγμιαία λόγω ελατηρίου κατά πόση απόσταση d συσπειρώνεται το ελατήριο; Λύση. Το m έχει αρχικά κινητική ενέργεια K i = 1 2 mv2. Οταν συγκρούεται με το ελατήριο παράγει ένα έργο το οποίο αυξάνει τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου. Οταν το ελατήριο έχει συμπιεστεί κατά d, η κινητική ενέργεια του m είναι K f, ισχύει K f K i = 1 2 kd2. Γιά τη στιγμή που το m σταματά ισχύει K f = 0, άρα mv2 = 1 m 2 kd2 d = v =... = 1.2 cm. k Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Η δυναμική ενέργεια σώματος μάζας m δίνεται από τη συνάρτηση U(x) = a 4 x4 b 2 x2, όπου a = 1 J/m 4 και b = 2 J/m 2. (α) Να σχεδιασθεί η δυναμική ενέργεια. (β) Να μελετηθεί η κίνηση γιά όλες τις τιμές τις ολικής ενέργειας και γιά οποιαδήποτε επιτρεπτή αρχική συνθήκη. (γ) Γιά ποιές τιμές της ενέργειας και ποιά αρχική το σώμα κάνει ταλάντωση; (δ) Γιά ποιές τιμές της ενέργειας και ποιά αρχική το σώμα κάνει μη-πεπερασμένη κίνηση;

53 1.9. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Εξισώσεις Νεύτωνα σε τρεις διαστάσες Προχωρούμε στην διατύπωση του νόμου Νεύτωνα στις τρεις διαστάσεις, όπου και είναι φυσικότερο να μελετήσουμε προβλήματα της Φυσικής. Γράφουμε σε διανυσματική μορφή Αναλυτικότερα, έχουμε, π.χ., m a = F, m d v dt = F, m d2 r dt 2 = F. (1.9.1) m d2 x dt 2 = F x, m d2 y dt 2 = F y, m d2 z dt 2 = F z. (1.9.2) Σε μία γενική περίπτωση οι τρεις συνιστώσες της δύναμης είναι δυνατόν να εξαρτώνται και από τις τρεις συντεταγμένες t καθώς επίσης και από τον χρόνο t. Δηλαδή θα έχουμε F = F (t, r) και αναλυτικότερα F x = F x (t, x, y, z), F y = F y (t, x, y, z), F z = F z (t, x, y, z). Η δύναμη μπορεί φυσικά να εξαρτάται και από τις συνιστώσες της ταχύτητας v x, v y, v z Ανεξαρτησία των κινήσεων Στην περίπτωση που η εξάρτηση τωνσυνιστωσών της δύναμης είναι της μορφής F x = F x (t, x, v x ), F y = F y (t, y, v y ), F z = F x (t, z, v z ), τότε έχουμε τρία ανεξάρτητα προβλήματα τα οποία θα μπορούσαμε να αντιμετωπίσουμε όπως είδαμε στα προηγούμενα κεφάλαια γιά μονοδιάστατες κινήσεις. Τότε λέμε ότι έχουμε ανεξαρτησία των κινήσεων στις τρεις διαστάσεις. Γιά παράδειγμα, μία δύναμη της μορφής F = ax 2 i + by 3 j + c k, όπου a, b, c είναι σταθερές δίνει ανεξαρτησία κινήσεων. Αντιθέτως, γιά μία δύναμη της μορφής F = axy i + bxy 2 j + cxyz k, δεν έχουμε ανεξαρτησία κινήσεων. Αυτό σημαίνει ότι γιά να μελετήσουμε την κίνηση στην κατεύθυνση x πρέπει να γνωρίζουμε την κίνηση στην κατεύθυνση y αφού η F x εξαρτάται από την θέση x και από την y. Παρόμοια συμβαίνει και στις κατευθύνσεις y, z Βολές Ας περιοριστούμε στις δύο διαστάσεις και ας δούμε την ακόλουθη περίπτωση. Σωμάτιο μάζας m με αρχική ταχύτητα v 0 = v 0x i + v 0y j δέχεται την επιτάχυνση της βαρύτητας και έχει επιτάχυνση g προς τα κάτω, δηλαδή a = g j. Η εξ. Νεύτωνα είναι m d v dt = mg j { m dvx m dvy dt dt = 0 = mg. (1.9.3) Βλέπουμε ότι έχουμε ανεξαρτησία των κινήσεων, αφού μπορούμε να μελετήσουμε χωριστά την οριζόντια και την κατακόρυφη κίνηση. Γιά την κίνηση στον άξονα x έχουμε v x = v 0x. (1.9.4) Γιά τη θέση έχουμε dx dt = v 0x x = v 0x t + x 0, (1.9.5) όπου x 0 η αρχική συντεταγμένη του σώματος του σώματος στον άξονα x. Γιά την κίνηση στον άξονα y έχουμε dv y dt = g v y = gt + v 0y. (1.9.6)

54 50 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Γιά τη θέση έχουμε dy dt = gt + v 0y y = 1 2 gt2 + v 0y t + y 0, (1.9.7) όπου y 0 η αρχική συντεταγμένη του σώματος στον άξονα y. Συνδυάζοντας τις προηγούμενες μπορούμε να πάρουμε την εξίσωση της τροχιάς, δηλαδή τη σχέση μεταξύ x και y. Απαλοίφουμε τον χρόνο μεταξύ των δύο εξισώσεων y = v 0y g x v 0x 2(v 0x ) 2 x2. (1.9.8) Παρατήρηση Η τροχιά είναι η καμπύλη στο επίπεδο xy την οποία διαγράφει το κινητό. Παράδειγμα Το βεληνεκές R βλήματος είναι η οριζόντια απόσταση που έχει διανύσει μέχρι να επιστρέψει στο αρχικό του ύψος. Γιά να το βρούμε, θέτουμε στις εξισώσεις γιά την θέση του κινητού y = y 0, οπότε έχουμε R = x x 0. Παίρνουμε R = v 0x t, 0 = v 0y t 1 2 gt2. Απαλοίφουμε τον χρόνο και έχουμε R = 2v 0xv 0y. g

55 1.9. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Ασκήσεις Άσκηση Ενα βαρίδι μάζας m είναι δεμένο στην άκρη νήματος μήκους L. Η άλλη άκρη του νήματος είναι δεμένη σε σταθερό σημείο και το βαρίδι κινείται σε οριζόντιο κύκλο με ταχύτητα v ενώ το νήμα σχηματίζει σταθερή γωνία β με την κατακόρυφο. Αυτό το σύστημα αποτελεί ένα ασυνήθιστο εκκρεμές. Θεωρήστε γνωστή τη γωνία β και υπολογίστε την τάση F στο νήμα και την περίοδο T της κυκλικής κίνησης. Λύση. Ας ονομάσουμε F x, F y την οριζόντια και κατακόρυφη συνιστώσα της τάσης, αντίστοιχα και a r την κεντρομόλο επιτάχυνση. Τότε ισχύει F x = F sin β = ma r, F y = F cos β = mg. Άρα, tan β = a r g a r = g tan β. (1) Η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς είναι R = L sin β και, γιά να έχουμε ομαλή κυκλική κίνηση, πρέπει όπου v η ταχύτητα. Αντικαθιστούμε την (1) στην (2) και βρίσκουμε L cos β T = 2π. g a r = v2 R = 4π2 R, (2) T 2 Άσκηση Μία μπάλα εκτοξεύεται με ταχύτητα μέτρου v = 10 m/sec και γωνία θ = 50 o ως προς την οριζόντιο. Το σημείο εκτόξευσης βρίσκεται στη βάση ράμπας με οριζόντιο μήκος d 1 = 6 m και ύψος d 2 = 3.6 m. Στην κορυφή της ράμπας υπάρχει οριζόντιο επίπεδο. (α) Η μπάλα προσγειώνεται στη ράμπα ή στο οριζόντιο επίπεδο; (β) πόσο είναι το μέτρο και (γ) πόση η γωνία μετατόπισής της από το σημείο εκτόξευσης; Λύση. (α) x = v cos θ t, y = v sin θ t 1 2 g t2. Γιά x = d 1 (μέχρι το τέλος της ράμπας) έχουμε t = t m = d 1 /(v cos θ). Σε χρόνο t m η μπάλα θα είναι σε ύψος y m = v sin θ t m 1 2 g t2 m = sin θ cos θ d 1 g d2 1 2v 2 cos 2 = 2.88 m. θ Αφού y < d 2 η μπάλα προσγειώνεται στη ράμπα. (β) Οταν προσκρούει η μπάλα στη ράμπα ισχύει ώστε Συνεπώς y x = d 2 d 1 v sin θ t g t2 0 v cos θ t 0 = d 2 d 1 sin θ cos θ g t 0 2v cos θ = d 2 d 1, t 0 = 2v cos θ g ( sin θ cos θ d ) 2 = sec. d 1 x 0 = v cos θ t 0 = 4.99 m, y 0 = v sin θ t g t2 0 = 2.99 m.

56 52 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Γιά επαλήθευση βλέπουμε ότι y 0 /x 0 = d 2 /d 1 = 0.6. Μέτρο μετατόπισης x y2 0 = (γ) Η γωνία μετατόπισης είναι όση και η γωνία κλίσης της ράμπας ( ) tan 1 d2. d 1 Άσκηση Σώμα μάζας m, βρίσκεται αρχικά στην αρχή των αξόνων και βάλλεται υπό γωνία θ < π/2 ως προς οριζόντιο επίπεδο με αρχική ταχύτητα v 0 > 0. Η τριβή του αέρα είναι ανάλογη της ταχύτητας με σταθερά αναλογίας β. Θεωρήστε πεδίο βαρύτητας με σταθερή επιτάχυνση g. (α) Να γραφεί η εξίσωση κίνησης σε διανυσματική μορφή. (β) Θεωρήστε ότι η κίνηση γίνεται στο επίπεδο xz και γράψτε τις εξισώσεις κίνησης στις διευθύνσεις x και z. (γ) Να βρεθεί η ταχύτητα και θέση του σώματος. (δ) Διερευνήστε το αποτέλεσμα στο όριο t. Λύση. (α) m d v dt = mg k β v. Οι αρχικές συνθήκες είναι r(t = 0) = 0 και v(t = 0) = (v 0 cos θ) i + (v 0 sin θ) k. (β) m dv x dt = β v x, (γ) Γιά την κίνηση στον άξονα x έχουμε m d z dt = mg β v z. dv x dt = β m v x... v x (t) = c 1 e (β/m)t, Γιά την συντεταγμένη x: dx dt = c 1 e (β/m)t... x(t) = m β c 1 e (β/m)t + c 2, Εφαρμόζοντας τις αρχικές συνθήκες έχουμε Γιά την κίνηση στον άξονα z έχουμε Γιά την συντεταγμένη z: dz dt = m β v x (t) = v 0 cos θ e (β/m)t x(t) = m ( β v 0 cos θ 1 e (β/m)t). dv z dt = (g + β v z)... v z (t) = m β ( c 3 e (β/m)t g )... z(t) = m2 Εφαρμόζοντας τις αρχικές συνθήκες έχουμε v x (t) = mg β z(t) = m2 β 2 c 1 : σταθερά. c 2 : σταθερά ( ) c 3 e (β/m)t g, c 3 : σταθερά. β 2 c 3 e (β/m)t mg β t + c 4, ( e (β/m)t + β ) mg v 0 sin θ e (β/m)t 1 ( g + β ) ( m v 0 sin θ 1 e (β/m)t) mg β t. c 4 : σταθερά (δ) Εχουμε v x (t ) = 0, όπως είναι λογικό, αφού στην κατεύθυνση x ασκείται μόνο δύναμη τριβής. Επίσης v z (t ) = mg/β, δηλαδή η ταχύτητα στην κατακόρυφη κατεύθυνση τείνει σε μία οριακή τιμή. Αυτή είναι η τιμή γιά την οποία η δύναμη της τριβής γίνεται ίση και αντίθετη με τη δύναμη βαρύτητας.

57 1.9. Κίνηση σε δύο και τρεις διαστάσεις Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Ενα αγόρι περιστρέφει πέτρα σε οριζόντιο κύκλο ακτίνας R = 1.5 m και σε ύψος h = 2 m πάνω από το έδαφος. Το σχοινί σπάει η πέτρα εκσφενδονίζεται οριζόντια και χτυπά στο έδαφος έχοντας διανύσει d = 10 m. Πόσο είναι το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης της πέτρας κατά τη διάρκεια της κυκλικής κίνησης; Λύση. Η ταχύτητα της πέτρας κατά την κυκλική κίνηση είναι σταθερή κατά μέτρο, έστω v 0 και έχει διεύθυνση εφαπτομενική στην κυκλική τροχιά. Η πέτρα απελευθερώνεται και εκτοξεύεται εφαπτομενικά της τροχιάς, δηλαδή κατά την οριζόντιο. Η πέτρα ξεκινά, μετά την απελευθέρωσή της, με μηδενική ταχύτητα στην κατακόρυφη διεύθυνση και γιά να διανύσει την κατακόρυφη απόσταση h χρειάζεται χρόνος t 1 : h = 1 2h 2 gt2 1 t 1 = g, μετά τον οποίο έχει πέσει στο έδαφος. Στην οριζόντια διεύθυνση διανύει απόσταση d = v 0 t 1 v 0 = d t 1. Ωστε, η κεντρομόλος επιτάχυνση κατά την κυκλική τροχιά υπολογίζεται από την a = v2 0 R a = d2 Rt 2 1 = gd2 2hR Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Η επιτάχυνση υλικού σημείου δίνεται από την a = αt 2 i + βt j. Να βρεθούν οι v(t) και r(t), θεωρώντας αρχικές συνθήκες r(t = 0) = 0 και v(t = 0) = 0. Λύση. Θέτουμε v = v x i + v y j και a = a x i + a y j με a x = αt 2, a y = βt. Εχουμε v x (t) = a x dt =... = 1 3 αt3 v y (t) = a y dt =... = 1 2 βt2. Επίσης, θέτουμε r(t) = x(t) i + y(t) j και έχουμε x(t) = v x dt =... = 1 12 αt4 y(t) = v y dt =... = 1 6 βt3. Άσκηση Αεροπλάνο πετάει σε σταθερό ύψος h = 500 m με ταχύτητα v 0 = 55 m/s. Εάν ρίψουμε ένα αντικείμενο, πόση απόσταση θα διανύσει στην οριζόντια διεύθυνση μέχρι να προσγειωθεί στο έδαφος; (αγνοούμε την επίδραση του αέρα). Λύση. Κατακόρυφη κίνηση (g = 9.8 m/sec 2 ) y = 1 2h 2 g( t)2 t = = 10.1 sec. g

58 54 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 2h x = v 0 t x = v 0 = m. g Άσκηση Ενα κανόνι σε φρούριο ρίχνει βλήματα με αρχική ταχύτητα 82 m/sec. Το κανόνι πρέπει να πετύχει πλοίο το οποίο πλέει 560 m από το φρούριο. (α) Με πόση γωνία θ 0 ως προς την οριζόντιο πρέπει να ριχθεί το βλήμα ώστε να χτυπήσει το πλοίο; (β) Πόσο είναι το μέγιστο βεληνεκές των βλημάτων; Λύση. (α) θ 0 = 27 o, θ 0 = 63 o. (β) R 690 m. Άσκηση (α) Γράψτε ένα παράδειγμα μίας μορφής δύναμης γιά την οποία ισχύει η ανεξαρτησία κινήσεων. (β) Γράψτε ένα παράδειγμα μίας μορφής δύναμης γιά την οποία δεν ισχύει η ανεξαρτησία κινήσεων. Λύση. Η γενική μορφή δύναμης γιά την οποία μπορούμε να πούμε ότι ισχύει η ανεξαρτησία κινήσεων είναι F (x, y, z) = F x (x) i + F y (y) j + F z (z) k. Το αποτέλεσμα αυτό προκύπτει από τη μορφη της εξ. Νεύτωνα. Άσκηση Θεωρήστε τον ήλιο μάζας M σαν σημείο στην αρχή των αξόνων στο επίπεδο xy. Η Γη με μάζα m κινείται γύρω από τον ήλιο. (α) Να γραφεί η διανυσματική εξίσωση κίνησης της Γης καθώς και οι εξισώσεις κίνησης στους άξονες x και y. (β) Υπάρχει ανεξαρτησία των κινήσεων; (γ) Δείξτε ότι η Γη κάνει κυκλική κίνηση ακτίνας R αν η γωνιακή της ταχύτητα είναι ω = GM/R 2.

59 1.10. Διατηρητικές δυνάμεις Διατηρητικές δυνάμεις Θεώρημα έργου - ενέργειας γιά κίνηση σε τρεις διαστάσεις Ας θεωρήσουμε ένα κινητό με διάνυσμα θέσης r(t) γιά το οποίο ισχύει η διανυσματική εξίσωση κίνησης F = m d v dt. Ας υποθέσουμε ότι το κινητό διανύσει μία απόσταση από άσχική θέση r i σε τελική θέση r f. ολοκληρώσουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης επάνω στην τροχιά του κινητού: Θα rf r i F d r = rf r i m d v d r, (1.10.1) dt όπου έχουμε πάρει εσωτερικά γινόμενα διανυσμάτων με τις στοιχειώδεις μετατοπίσεις d r του κινητού. Στο αριστερό μέλος εμφανίζεται η ποσότητα την οποία θα ονομάσουμε έργο: W = rf r i F d r. (1.10.2) Προσέξτε ότι το έργο ορίζεται μέσω εσωτερικού γινομένου, δηλαδή, πολλαπλασιάζεται η προβολή της δύναμης F επάνω στην τροχιά του σωματίου. Στο δεξιό μέλος κάνουμε αλλαγή μεταβλητής, χρησιμοποιώντας την d r = v dt, και παίρνουμε rf r i m d v tf dt d r = m d v tf 1 tf v dt = t i dt t i 2 md v2 dt dt = t i ( ) d 1 Kf dt 2 m v2 dt = dk, K i όπου K είναι η κινητική ενέργεια K = 1 2 m v2, (1.10.3) με τον ίδιο ακριβώς ορισμό όπως είχαμε ως τώρα, δηλαδή, ορίζεται με το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας. Στα ολοκληρώματα υποθέσαμε ότι η κίνηση συμβαίνει από χρόνο t i έως t f, κατά τον οποίο το κινητό διαγράφει τροχιά από σημείο r i έως σημείο r f. Εστω ότι η αρχική ταχύτητα είναι v i και η τελική v f, οπότε έχουμε το αποτέλεσμα ή rf W = K f K i r i F d r = 1 2 mv2 f 1 2 mv2 i. (1.10.4) Η τελευταία σχέση εκφράζει το θεώρημα έργου - ενέργειας γιά κίνηση σωματίου σε τρεις διαστάσεις. Παρατήρηση Γιά δυνάμεις της μορφής F = F ( r), η μεταβολή της κινητικής ενέργειας σώματος ισούται με το έργο της δύναμης κατά τη μετατόπιση του σώματος. Παρατήρηση Μόνο η συνιστώσα της δύναμης η παράλληλη στη μετατόπιση παράγει έργο, ενώ η κάθετη συνιστώση παράγει μηδενικό έργο. Παρατήρηση Στην περίπτωση κυκλικής κίνησης γνωρίζουμε ότι στο κινητό ασκείται δύναμη κάθετη στην ταχύτητά του (άρα κάθετη στο d r). Μία τέτοια δύναμη δεν παράγει έργο. Γνωρίζουμε ότι η ταχύτητα του αλλάζει σε φορά αλλά όχι σε μέτρο, δηλαδή, δεν αλλάζει η κινητική του ενέργεια. Πραγματικά λοιπόν, μία τέτοια δύναμη που ασκείται κάθετα στην μετατόπιση του κινητού δεν αλλάζει την κινητική του ενέργεια και δεν παράγει έργο.

60 56 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Διατηρητικές δυνάμεις Το Θ. έργου - ενέργειας γιά κίνηση σε τρεις διαστάσεις είναι παρόμοιο με εκείνο σε μία διάσταση. Μπορούμε λοιπόν να αναρωτηθούμε αν είναι δυνατόν να ορίσουμε δυναμική ενέργεια γιά δυνάμεις F = F ( r). Ας πάρουμε το έργο γιά διαδρομή από δεδομένο σημείο r 0 σε τυχόν τελικό σημείο r W = r r 0 F d r. Αυτό είναι βέβαια συνάρτηση του r, μπορεί όμως να εξαρτάται και από την διαδρομή η οποία ακολουθήθηκε από το r 0 στο r και φυσικά αυτή δεν είναι μονοσήμαντη. Άρα, μία δεδομένη συνάρτηση U = U( r) (η οποία θα οριζόταν ως δυναμική ενέργεια) δεν μπορεί να καλύψει, στην γενική περίπτωση, όλες τις δυνατές τιμές του έργου. Παρατήρηση Ενώ στην περίπτωση κίνησης σε μία διάσταση, το έργο γιά κάθε δύναμη της μορφής F = F (x) μπορεί να δωθεί από συνάρτηση δυναμικής ενέργειας U(x), στην αντίστοιχη περίπτωση δύναμης στις τρεις διαστάσεις F = F ( r) δεν υπάρχει, στην γενική περίπτωση, μία συνάρτηση δυναμικής ενέργειας U = U( r) = U(x, y, z). Σε ειδικές όμως περιπτώσεις δυάμεων είναι δυνατόν να ορίσουμε συνάρτηση δυναμικής ενέργειας, σε αντιστοιχία με τον ορισμό που δώσαμε γιά κίνηση σε μία διάσταση, r U( r) = F ( r ) d r, (1.10.5) r 0 όπου η τιμή του ολοκληρώματος προκύπτει να είναι ανεξάρτητη της διαδρομής από το σημείο r 0 στο r. Ενα κατάλληλο θεώρημα αποδεικνύεται στον διανυσματικό λογισμό και μας δίνει την συνθήκη επί των συναρτήσεων F ( r) γιά να ισχύει η παραπάνω ιδιότητα. Παρατήρηση Οι δυνάμεις οι οποίες μπορούν να περιγραφούν με την βοήθεια συνάρτησης δυναμικής ενέργειας λέγονται διατηρητικές δυνάμεις. Οταν στο σύστημα δρουν τέτοιες δυνάμεις ισχύει ότι, παρ ότι η κινητική και δυναμική ενέργεια μπορούν να αλλάξουν, το άθροισμά τους παραμένει σταθερό κατά την κίνηση. E = K + U : σταθερό. Η πρόταση γιά τη διατήρηση της ενέργειας αποδεικνύεται όπως ακριβώς και στην περίπτωση της κίνησης σε μία διάσταση. Κατά την κίνηση από μία θέση r 1 σε θέση r 2 παράγεται έργο το οποίο είναι ίσο με τη μεταβολή της δυναμικής ενέργειας W = U. Αν η δυναμική ενέργεια εξαρτάται μόνο από τη θέση τότε και η μεταβολή U = U( r 2 ) U( r 1 ) εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική θέση. Παρατήρηση Το έργο που εκτελείται από μία διατηρητική δύναμη σε σωμάτιο που κινείται ανάμεσα σε δύο σημεία δεν εξαρτάται από την διαδρομή που ακολουθεί το σωματίδιο. Μπορούμε να εκφράσουμε το ίδιο πράγμα ως εξής Παρατήρηση Το έργο που εκτελείται από μία διατηρητική δύναμη σε σωμάτιο που κινείται κατά μήκος κάθε κλειστής διαδρομής είναι μηδέν Κεντρικές δυνάμεις Μία σημαντική όσο και απλούστερη κατηγορία δυνάμεων στις τρεις διαστάσεις είναι αυτές της μορφής F = f(r) ê r, (1.10.6)

61 1.10. Διατηρητικές δυνάμεις 57 όπου ê r r/r είναι το μοναδιαίο ακτινικό διάνυσμα. Εχουμε χρησιμοποιήσει σφαιρικές συντεταγμένες (ή πολικές συντεταγμένες στο επίπεδο), οπότε η δύναμη εξαρτάται μόνο από την ακτινική συντεταγμένη r και το διάνυσμα F είναι ακτινικό. Παρατήρηση Ολες οι θεμελιώδεις δυνάμεις της φύσης είναι ακτινικές. Ας δούμε το έργο που παράγει μία ακτινική δύναμη κατά τη μετατόπιση υλικού σημείου από θέση r i σε r f W = rf r i F d r = rf r i f(r) ê r d r = rf r i f(r)dr, όπου dr = ê r d r είναι η ακτινική μετατόπιση, δηλαδή, η προβολή της μετατόπισης d r στην ακτινική διεύθυνση. Το τελευταίο ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο της διαδρομής από τη θέση r i στην r f (είναι ένα μονοδιάστατο ολοκλήρωμα που εξαρτάται μόνο από τα r i, r f ). Παρατήρηση Ολες οι κεντρικές δυνάμεις είναι διατηρητικές. Παράδειγμα Σχεδιάστε, στο επίπεδο, το πεδίο δυνάμεων F ( r) = F 0 R r êr. Χρησιμοποιήστε ένα πακέτο γραφικών (π.χ., matlab). Παράδειγμα Σχεδιάστε, στο επίπεδο xy, το πεδίο δυνάμεων F ( r) = F 0 x x 0 j, όπου F 0 = 1 N, x 0 = 1 m. (α) Υπολογίστε το έργο της δύναμης στην κλειστή διαδρομή (1, 1) ( 1, 1) ( 1, 1) (1, 1) (1, 1). (β) Είναι διατηρητικό αυτό το πεδίο δυνάμεων; Λύση. (α) W = 4 J. (β) Δεν είναι διατηρητικό πεδίο δυνάμεων, διότι το έργο που παράγεται εξαρτάται από την διαδρομή (αυτό είναι ισοδύναμο με το αποτέλεσμα ότι σε μία κλειστή διαδρομή το έργο που παράγεται είναι W 0).

62 58 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Σωμάτιο μετακινείται στο επίπεδο xy από το σημείο r 1 = ( i + 2 j) m μέχρι το σημείο r 2 = (2 i 3 j) m. Το σωμάτιο κινείται υπό την επίδραση της σταθερής δύναμης F = (3 i+4 j) N. Υπολογίστε το έργο που εκτελείται από την F. Λύση. Επειδή η F είναι ένα σταθερό διάνυσμα W = Είναι r 2 r 1 = ( i 5 j) m, ώστε r2 r 1 F d r = F r2 W =... = 17 Nm r 1 d r = F ( r 2 r 1 ). Άρα, το σωμάτιο, κατά την κίνησή του από r 1 σε r 2 απορροφά ενέργεια 17 Nm = 17 J. Άσκηση Σώμα κινείται στο επίπεδο xy υπό την επίδραση διατηρητικής δύναμης η οποία προέρχεται από δυναμική ενέργεια U(x, y) = 1 2 k(x2 + y 2 ). Ποιά η δύναμη που ασκείται στο σώμα; Λύση. Σε πολικές συντεταγμένες U = U(r) = 1 2 kr2, οπότε η δύναμη είναι F = du dr = kr. Η δυναμική ενέργεια μεταβάλλεται κατά την ακτινική διεύθυνση και άρα αυτή είναι η διεύθυνση της δύναμης: F = kr ê r = k r = k(x i + y j) Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Εστω το πεδίο δυνάμεων F ( r) = G Mm ˆ(r), r 2 το οποίο περιγράφει την έλξη μεταξύ δύο μαζών, π.χ., του ήλιου με μάζα M και της Γης με μάζα m. Το G είναι η σταθερά της βαρύτητας και r είναι η απόσταση μεταξύ των μαζών. Η δύναμη έχει τη διεύθυνση του μοναδιαίου διανύσματος ˆr = r/r και το μείον πρόσημο σημαίνει ότι η φορά της δύναμης είναι από τη μία μάζα προς την άλλη (δηλαδή η δύναμη είναι ελκτική). (α) Είναι διατηρητική αυτή η δύναμη (β) Βρείτε τη δυναμική ενέργεια η οποία δίνει αυτή την δύναμη. Λύση. (α) Πρόκειται γιά ακτινική δύναμη, άρα είναι διατηρητική. (β) Σε πολικές συντεταγμένες U(r) = Συνήθως θέτουμε C = 0 και έχουμε F (r)dr = G Mm r U(r) = G Mm r. Μπορούμε να επαληθεύσουμε το αποτέλεσμα από τη σχέση F = du dr Mm ˆ(r) = G ˆ(r). r 2 + C.

63 1.10. Διατηρητικές δυνάμεις 59 Άσκηση Σε σωμάτιο μάζας m δρα η δύναμη F = (2x y) i + (x + y) j Το σωμάτιο ξεκινά από το σημείο (0, 0) και καταλήγει στο (1, 1). Υπολογίστε το έργο της δύναμης στις δύο περιπτώσεις: (α) το σωμάτιο διατρέχει τον οριζόντιο άξονα με το x να μεταβάλλεται από 0 σε 1 και ακολούθως κινείται κάθετα μέχρι το τελικό σημείο (1, 1), (β) το σωμάτιο διατρέχει τον κάθετο άξονα με το y να μεταβάλλεται από 0 σε 1 και ακολούθως κινείται κάθετα μέχρι το τελικό σημείο (1, 1). (γ) Είναι η δύναμη διατηρητική; Λύση. Εστω r 1 = 0, r 2 = i + j. (α) W 1 = (β) W 2 = W = r2 F x (x, y = 0)dx + F y (x = 0, y)dy + F d r = (F x i + F y j) (dx i + dy j) = F y (x = 1, y)dy = F x (x, y = 1)dy = xdx + ydy F x dx + F y dy. (1 + y)dy = [ x 2] [ ] y + y2 = [ y 2 (2x 1)dx = 2 ] 1 + [ x 2 x ] 1 0 = (γ) Παρατηρούμε διαφορετικό παραγόμενο έργο γιά διαφορετικές τροχιές. Άρα η δύναμη δεν είναι διατηρητική Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Σε σωμάτιο μάζας m δρα η δύναμη F = cos y x i + sin y j η οποία μετατοπίζει το σωμάτιο κατά μήκος της καμπύλης y = x 2. Άρα, η θέση του σωματίου δίνεται από την παραμετρική εξίσωση r(t) = t i + t 2 j. Να υπολογισθεί το παραγόμενο έργο κατά τη μετατόπιση του σωματίου από το σημείο A(1, 1) στο B(2, 4). Λύση. x = t dx = dt y = t 2 dy = d(t 2 ). Βρίσκουμε το A(1, 1) γιά t = 1 και το B(2, 4) γιά t = 2. Επίσης, r2 W = F d r = F x dx + F y dy = r 1 = sin(2) sin(1) cos(4) + cos(1) cos t dt + sin(t 2 ) d(t 2 ) 1 2

64 60 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 1.11 Δυναμική πολλών σωμάτων Κέντρο μάζας Γιά ένα σύστημα σωματίων η πλήρης περιγραφή της δυναμικής του απαιτεί την περιγραφή της κίνησης κάθε σωματίου, άρα μπορεί να είναι περίπλοκη. Γιά να κάνουμε μία γενική περιγραφή της κίνησης, παραλείποντας τις λεπτομέρειες της κίνησης κάθε ενός σωματίου, χρειαζόμαστε την έννοια του κέντρου μάζας. Αυτή είναι η μέση θέση των μαζών των σωματίων. Γιά δύο μάζες m 1 και m 2 που βρίσκονται στις θέσεις x 1, x 2, η θέση του κέντρου μάζας ορίζεται ως x cm = m 1x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2. (1.11.1) Γιά m 1 = m 2 = m παίρνουμε x cm = (x 1 + x 2 )/2, δηλαδή το κέντρο μάζας βρίσκεται στη μέση της μεταξύ τους απόστασης. Αν m 1 m 2 τότε x cm x 1, δηλαδή το κέντρο μάζας βρίσκεται πλησιέστερα στη μεγαλύτερη μάζα. Αν ορίσουμε την συνολική μάζα M = m 1 + m 2 τότε x cm = m 1x 1 + m 2 x 2. (1.11.2) M Μπορούμε να γενικεύσουμε τον ορισμό γιά n μάζες, οπότε ορίζουμε M = n i=1 m i και Η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι x cm = m 1x 1 + m 2 x m n x n M = 1 M n m i x i. (1.11.3) i=1 v cm = dx cm dt και η επιτάχυνση του κέντρου μάζας είναι = m 1v 1 + m 2 v m n v n M (1.11.4) a cm = dv cm dt = m 1a 1 + m 2 a m n a n. (1.11.5) M Γιά σωματίδια σε τρεις διαστάσεις, με θέσεις r i = x i i + y i j + z i k ορίζουμε την θέση του κέντρου μάζας r cm = (x cm, y cm, z cm ), με x cm = 1 n m i x i, y cm = 1 n m i y i, z cm = 1 n m i z i. (1.11.6) M M M i=1 Στην περίπτωση στερεών σωμάτων δεν έχουμε διαχωρισμένες μάζες m i αλλά μπορούμε να υποθέσουμε ότι το στερεό χωρίζεται σε μικρά κομμάτια με μάζες dm. Εχουμε τον γενικευμένο ορισμό γιά τη θέση κέντρου μάζας x cm = 1 x dm, y cm = 1 y dm, z cm =..., (1.11.7) M M όπου M είναι η ολική μάζα του στερεού. Αν έχουμε σώμα με πυκνότητα ρ τότε είναι ρ = dm dv Στην περίπτωση ομογενούς σώματος (σταθερή πυκνότητα) έχουμε i=1 i=1 dm = ρ dv. (1.11.8) M = ρv, (1.11.9) ώστε αντικαθιστώντας στον ορισμό του κέντρου μάζας παίρνουμε x cm = 1 x dv, y cm =..., z cm =.... ( ) V

65 1.11. Δυναμική πολλών σωμάτων Ορμή Ο 2ος νόμος Νεύτωνα γιά ένα σωμάτιο μπορεί να γραφεί ως F = d p, p = m v. ( ) dt Ονομάζουμε το p ορμή του σωματίου, ώστε έχουμε ότι η ορμή σωματίου αλλάζει μόνο υπό την επίδραση δύναμης. Η δύναμη δίνει τον ρυθμό μεταβολής της ορμής. Ας θεωρήσουμε δύο σωμάτια με ορμές p 1 = m 1 v 1 και p 2 = m 2 v 2. Οι δυνάμεις που ασκούν μεταξύ τους είναι F 12 = F 21 σύμφωνα με τον 3ο νόμο Νεύτωνα. Απουσία άλλης δύναμης { F21 = d p 1 dt F 12 = d p 2 dt Ορίζουμε την ολική ορμή δύο σωμάτων d p 1 dt + d p 2 dt = F 21 + F 12 d( p 1 + p 2 ) = 0. dt p tot p 1 + p 2 = m 1 v 1 + m 2 v 2. ( ) Παρατήρηση Η ολική ορμή δύο σωμάτων διατηρείται (μένει αμετάβλητη) όταν αυτά αλληλεπιδρούν μεταξύ τους (και μόνο μεταξύ τους). Παράδειγμα Ας υποθέσουμε δύο ίδια ηλεκτρικά φορτία τα οποία είναι αρχικά ακίνητα σε μία απόσταση μεταξύ τους. Οι απωστικές δυνάμεις που ασκούν το ένα στο άλλο θα τα θέσουν σε κίνηση. Θα απομακρύνονται το ένα από το άλλο με ίσες και αντίθετες ταχύτητες, διατηρώντας έτσι την ολική ορμή ίση με μηδέν. Από τον ορισμό του κέντρου μάζας βλέπουμε ότι η ολική ορμή είναι p tot = M v cm, M = m 1 + m 2. ( ) Παρατήρηση Η ολική ορμή του συστήματος είναι ίση με την ορμή σωματίου που έχει συνολική μάζα M και ταχύτητα ίση με αυτή του κέντρου μάζας v cm. Αν υποθέσουμε τώρα την ύπαρξη μίας εξωτερικής δύναμης F 1 η οποία επιταχύνει το σωμάτιο 1 και μίας F 2 η οποία επιταχύνει το 2. Προσθέτουμε τις δύο εξισώσεις κίνησης (μία γιά κάθε σωμάτιο) και έχουμε το αποτέλεσμα d( p 1 + p 2 ) = F dt 1 + F 2. ( ) Παρατήρηση Ο ρυθμός μεταβολής της ολικής ορμής δύο σωμάτων είναι ίσος με το διανυσματικό άθροισμα των εξωτερικών δυνάμεων που τους ασκούνται. Παράδειγμα Διαστημόπλοιο μάζας M με αρχική ταχύτητα V εκρήγνυται σε δύο μέρη ίσης μάζας. Μετά την έκρηξη το ένα κομμάτι κινείται με ταχύτητα v 1 = (10 3 m/sec) i και το άλλο με v 2 = ( m/sec) j. Ποιά η ταχύτητα του κέντρου μάζας πριν και μετά την έκρηξη; Λύση. Υποθέτουμε ότι στο διαστημόπλοιο δέν ασκείται εξωτερική δύναμη. Ασκήθηκαν μόνο εσωτερικές δυνάμεις οι οποίες προκάλεσαν την έκρηξη. Άρα, ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής πριν και μετά την έκρηξη: M V = m 1 v 1 + m 2 v 2, M = m 1 + m 2, m 1 = m 2 V = m 1 v 1 + m 2 v 2. M Η τελευταία σχέση λέει ότι η ταχύτητα του διαστημοπλοίου πριν την έκρηξη ισούται με την ταχύτητα του κέντρου μάζας μετά την έκρηξη. Η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι V = m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 = 1 2 ( v 1 + v 2 ) = ( m/sec) i + (10 3 m/sec) j.

66 62 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ορμή κέντρου μάζας Ας θεωρήσουμε n σωμάτια στα οποία ασκούνται δυνάμεις από το ένα στο άλλο, F 12, F 21, F 13, F 31,... και, γενικότερα, ζεύγη δυνάμεων F ij, F ji από το σωμάτιο i στο j και αντίστροφα. Επίσης, θεωρούμε ότι ασκούνται και δυνάμεις από εξωτερικά του συστήματος αίτια σε κάθε ένα από τα σωμάτια F 1, F 2,.... Γράφουμε την εξίσωση κίνησης γιά κάθε ένα από αυτά τα σωμάτια και αθροίζουμε τους ρυθμούς μεταβολής των ορμών, όπως κάναμε γιά την περίπτωση δύο σωματίων. Παίρνουμε d dt ( n ) p i = i=1 n F i. ( ) Στο άθροισμα των δυνάμεων δεν συμμετέχουν οι δυνάμεις αλληλεπίδρασης μεταξύ των n σωμάτων, διότι αυτές εμφανίζονται κατά ζεύγη με μηδενικό διανυσματικό άθροισμα. Ορίζουμε την ολική ορμή του συστήματος και p tot = n p i = i=1 F tot = i=1 n m i v i ( ) i=1 n F i ( ) το διανυσματικό άθροισμα όλων των εξωτερικών δυνάμεων που ασκούνται σε κάθε ένα από τα σωμάτια. Ισχύει d p tot = F dt tot. ( ) Παρατήρηση (α) Η ολική ορμή συστήματος σωματίων μεταβάλλεται από την συνισταμένη δύναμη σε όλα τα σωμάτια. (β) Αν η συνισταμένη δύναμη είναι μηδέν, η ολική ορμή διατηρείται. (γ) Αν μία συνιστώσα της δύναμης είναι μηδέν τότε η αντίστοιχη συνιστώσα της ορμής διατηρείται. i=1 Μπορούμε να δούμε ότι η ολική ορμή γράφεται και ως p tot = m 1 v m n v n = M v cm, ( ) όπου v cm είναι η ταχύτητα του κέντρου μάζας. Άρα, έχουμε την εξίσωση κίνησης M d v cm dt όπου a cm είναι η επιτάχυνση του κέντρου μάζας. = F tot M a cm = F tot, ( ) Παρατήρηση Το άθροισμα των δυνάμεων που εφαρμόζονται στα μέρη συστήματος σωμάτων δρα όπως μία δύναμη που εφαρμόζεται σε σώμα μάζας M στη θέση του κέντρου μάζας των σωμάτων. Τέλος, μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση Νεύτωνα γιά τη θέση του κέντρου μάζας M d2 r cm dt 2 = F tot. ( ) Παράδειγμα Εστω n = 3 σώματα με μάζες m 1, m 2, m 3 στο πεδίο βαρύτητας κοντά στην επιφάνεια της Γης. Γράψτε την εξίσωση γιά την κίνηση του κέντρου μάζας τους. Λύση. Αν M = m 1 + m 2 + m 3 η συνολική μάζα τότε ισχύει M d2 r cm dt = m 1 g j m 2 g j m 3 g k M d2 r cm dt = Mg j d2 r cm dt = g j. Άρα, το κέντρο μάζας επιταχύνεται με την επιτάχυνση της βαρύτητας g. Σημειώστε ότι, αν τα σώματα αλληλεπιδρούν, κάθε ένα από αυτά μπορεί να διαγράφει μία περίπλοκη τροχιά.

67 1.11. Δυναμική πολλών σωμάτων Ορμή στο σύστημα κέντρου μάζας δύο σωμάτων, n σωμάτων Εστω δύο σώματα με θέσεις r 1, r 2 και η θέση του κέντρου μάζας r cm. Ας περιγράψουμε τη δυναμική στο σύστημα του κέντρου μάζας. Οι θέσεις των σωματίων ως προς το κέντρο μάζας είναι και οι αντίστοιχες ταχύτητες Η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι r 1 = r 1 r cm, r 2 = r 2 r cm ( ) v 1 = v 1 v cm, v 2 = v 2 v cm. ( ) ώστε v cm = m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2, ( ) v 1 = v 1 m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 = m 2 m 1 + m 2 ( v 2 v 1 ), v 2 = v 2 m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 = Οι ορμές των σωματίων στο σύστημα του κέντρου μάζας είναι m 1 m 1 + m 2 ( v 2 v 1 ). p 1 = µ v, p 2 = µ v, ( ) όπου έχουμε ορίσει την ανηγμένη μάζα και τη σχετική ταχύτητα του ενός σωματίου ως προς το άλλο: Σημειώστε ότι η µ ορίζεται και από την µ = m 1m 2 m 1 + m 2, v = v 2 v 1. ( ) 1 µ = 1 m m 2. ( ) Παρατηρούμε, τέλος, ότι η ολική ορμή στο σύστημα του κέντρου μάζας είναι p 1 + p 2 = 0. ( ) Αυτό προκύπτει από τις ( ), αλλά και από τον ορισμό του κέντρου μάζας. Μπορούμε να δούμε το ανάλογο αποτέλεσμα γιά την περίπτωση n σωμάτων, γιά τα οποία υποθέτουμε ταχύτητες v i και ταχύτητες v i ως προς το κέντρο μάζας. Εχουμε v i = v cm + v i. ( ) Πολλαπλασιάζοντας με τις αντίστοιχες μάζες m i και αθροίζοντας γιά όλα τα i έχουμε n m i v i = i=1 n m i v cm + i=1 n m i v i i=1 Επειδή, όπως έχουμε δει, n i=1 p i = M v cm, έχουμε n p i = M v cm + i=1 n p i. ( ) i=1 n p i = 0. ( ) i=1 Αυτό το αποτέλεσμα εκφράζει την απλή πρόταση ότι η συνολική ορμή (η ορμή του κέντρου μάζας) ως προς το κέντρο μάζας είναι μηδέν.

68 64 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Βλήμα μάζας 5a εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα v 0 και κλίση θ ως προς το οριζόντιο επίπεδο. Μετά χρόνο t εκρήγνυται σε τρία κομμάτια με μάζες m 1 = a, m 2 = a, m 3 = 3a. Τα m 1 και m 2 κινούνται τη στιγμή μετά την έκρηξη κατά τους άξονες Ox και Oy, ως προς το σύστημα κέντρου μάζας, με την ίδια τιμή ταχύτητας v και τα δύο. Να ευρεθούν οι θέσεις των τριών κομματιών σε τυχόντα χρόνο t. Λύση. Θεωρούμε ότι το σώμα κινείται αρχικά στο επίπεδο xy. Η θέση (x, y) του αρχικού σωματος, το οποίοι κινείται στο πεδίο βαρύτητας της Γης, δίνεται από τις x(t) = v 0 t cos θ, y(t) = v 0 t sin θ 1 2 gt2. Αφού κατά την έκρηξη έχουμε μόνο εσωτερικές δυνάμεις, η θέση του κέντρου μάζας μετά την έκρηξη ακολουθεί την κίνηση του σωματίου πριν την έκρηξη. Είναι r cm = x cm i + y cm j με x cm = v 0 t cos θ, y cm = v 0 t sin θ 1 2 gt2. Επίσης, γνωρίζουμε ότι η ορμή του συστήματος ως προς το κέντρο μάζας πρέπει να παραμείνει ίση με μηδέν. Αν οι ταχύτητες των τριών σωματίων ως προς το κέντρο μάζας είναι v 1, v 2, v 3, ισχύει m 1 v 1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 = 0 av i + av j + 3a v 3 = 0 v 3 = v 3 ( i + j). Οι θέσεις των σωματίων ως προς το κέντρο μάζας, μετά την έκρηξη (η οποία υποθέτουμε ότι συμβαίνει την στιγμή t = 0 γιά απλότητα) είναι r 1 = vt i r 2 = vt j r 3 = vt 3 i vt 3 j. Τελικά, οι θέσεις των σωματίων μετά την έκρηξη δίνονται από τις r 1 = r cm + r 1, r 2 = r cm + r 2, r 3 = r cm + r Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Εστω ράβδος μάζας M και μήκους L. (α) Να δειχθεί ότι, αν η ράβδος είναι ομογενής, το κέντρο μάζας βρίσκεται στο μέσον της. (β) Να βρεθεί η θέση του κέντρου μάζας της ράβδου αν η γραμμική πυκνότητα της μεταβάλλεται γραμμικά με το x, δηλαδή είναι λ = ax, όπου a: σταθερά. Λύση. (α) Γραμμική πυκνότητα μάζας λ = M/L. Θέση κέντρου μάζας x cm = 1 L x dm = 1 L x(λdx) = λ [ ] x 2 L = λl2 M M M 2 2M = L 2. (β) x cm = 1 x dm = 1 M 0 M Επιπλεόν, το a καθορίζεται από τη συνθήκη Ωστε 0 L M = L 0 dm = 0 L 0 L 0 x(λdx) = α M λ dx = a x cm = 2 3 L. L 0 L 0 0 x dx = αl2 2. x 2 dx = αl3 3M.

69 1.12. Κρούσεις Κρούσεις Ωθηση Ο 2ος νόμος Νεύτωνα λέει ότι η ορμή μεταβάλλεται μόνο όταν δρα δύναμη. Η μεταβολή της ορμής είναι d p = F dt όταν η δύναμη δρα γιά χρονικό διάστημα dt. Οταν δρα από χρόνο t i σε t f τότε έχουμε μεταβολή ορμής p = tf t i F dt. Την ποσότητα αυτή ονομάζουμε ώθηση: I = tf t i F dt. (1.12.1) Ελαστικές και ανελαστικές κρούσεις Θα δούμε την περίπτωση δύο σωμάτων με μάζες m 1 και m 2 τα οποία κινούνται με ταχύτητες v 1, v 2 και αλληλεπιδρούν όταν πλησιάσουν. Η δύναμη που ασκεί το ένα σώμα στο άλλο του προσδίδει ώθηση, δηλαδή, μεταβάλεται η ορμή τού κάθε σώματος. Λέμε τότε ότι συμβαίνει κρούση. Μετά την κρούση οι ταχύτητες έχουν μεταβληθεί σε v 1, v 2 και αυτές παραμένουν σταθερές εφόσον τα σωμάτια έχουν απομακρυνθεί το ένα από το άλλο. Κατά τη διάρκεια της κρούσης, σύμφωνα με τον 3ο νόμο Νεύτωνα, F 1 (t) = F 2 (t). Εφόσον δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα, δηλαδή το σύστημα είναι μονωμένο, έχουμε το νόμο διατήρησης της ολικής ορμής. Δηλαδή, γιά την ορμή πριν και μετά την κρούση έχουμε: p 1 + p 2 = p 1 + p 2. (1.12.2) Εφόσον η κινητική ενέργεια διατηρείται, δηλαδή γιά πριν και μετά την κρούση ισχύει τότε η κρούση λέγεται ελαστική. Σε αντίθετη περίπτωση θα έχουμε K 1 + K 2 = K 1 + K 2, (1.12.3) K 1 + K 2 = K 1 + K 2 + W, (1.12.4) όπου W το έργο μη-διατηρητικών δυνάμεων. Τότε η κρούση λέγεται ανελαστική (ή μη-ελαστική). Παράδειγμα (Κρούση σε μία διάσταση) Εστω δύο σώματα με μάζες m 1 και m 2 και αρχικές ταχύτητες v 1i, v 2i τα οποία κινούνται επάνω σε έναν άξονα και συγκρούονται ελαστικά. Ποιές οι ταχύτητές τους μετά την κρούση; Λύση. Αν οι ταχύτητες μετά την κρούση είναι v 1f, v 2f η διατήρηση της ορμής και κινητικής ενέργειας γράφεται, αντίστοιχα: m 1 v 1i + m 2 v 2i = m 1 v 1f + m 2 v 2f 1 2 m 1v1i m 2v2i 2 = 1 2 m 1v1f m 2v2f 2

70 66 Κεφάλαιο 1. Μηχανική και σε άλλη μορφή Διαιρούμε τη 2η με την 1η εξίσωση και έχουμε m 1 (v 1i v 1f ) = m 2 (v 2f v 2i ) m 1 (v 2 1i v 2 1f ) = m 2(v 2 2f v2 2i). v 1i v 2i = (v 1f v 2f ). Από την παραπάνω και τη διατήρηση ορμής βρίσκουμε τις τελικές ταχύτητες v 1f = m 1 m 2 m 1 + m 2 v 1i + 2m 2 m 1 + m 2 v 2i v 2f = 2m 1 m 1 + m 2 v 1i + m 2 m 1 m 1 + m 2 v 2i. Παράδειγμα Σωμάτιο μάζας M και ταχύτητας V συγκρούεται ελαστικά με ακίνητο σωμάτιο μάζας m επάνω στο επίπεδο. Μετά την κρούση η m κινείται με ταχύτητα v υπό γωνία φ ως προς V. (α) Να προσδιορισθεί το μέτρο της v, εάν οι M, m, V και φ είναι γνωστές. (β) Να βρεθεί η V. Λύση. (α) Διατήρηση ορμής (θεωρούμε φ, θ > 0) { MV = m v + MV MV = mv cos φ + MV cos θ 0 = mv sin φ MV sin θ. Μία απλή σχέση βγαίνει ως εξής { MV cos θ = MV mv cos φ MV sin θ = mv sin φ M 2 V 2 = M 2 V 2 + m 2 v 2 2MmV v cos φ. Διατήρηση ενέργειας Συνδυάζοντας τις δύο παραπάνω MV 2 = MV 2 + mv 2 MV 2 = MV 2 mv 2. m 2 v 2 2MmV v cos φ = Mmv 2 mv 2MV cos φ = Mv v = 2M V cos φ. m + M (β) Γιά να βρούμε την V δουλεύουμε ως εξης. Από την εξίσωση γιά την ενέργεια V 2 = V 2 m ( M v2 = 1 4mM ) (m + M) 2 cos2 φ V 2. Από τη διατήρηση ορμής p y έχουμε sin θ = mv sin φ. MV

71 1.12. Κρούσεις Ασκήσεις Άσκηση Ηλεκτρόνιο μάζας m και ταχύτητας v e συγκρούεται με ανελαστική κρούση με άτομο μάζας M που αρχικά ακινητεί. Το άτομο αποκτά, μετά την κρούση, ταχύτητα v a συγγραμμική με την ταχύτητα του προσπίπτοντος ηλεκτρονίου. Γνωρίζουμε ότι το άτομο χρειάζεται να απορροφήσει ενέργεια W γιά να επιτευχθεί η διέγερσή του. Προσδιορίστε την ελάχιστη αρχική ταχύτητα του ηλεκτρονίου γιά να μπορέσει το άτομο να διεγερθεί. Λύση. Διατήρηση ορμής mv e = mv e + Mv a. (1) Διατήρηση ενέργειας Από (1) 1 2 mv2 e = 1 2 mv 2 e Mv 2 a + W. (2) v a = m M (v e v e), οπότε η (2) γράφεται 1 2 mv2 e = 1 2 mv 2 e M m2 M 2 (v e v e) 2 + W. Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με 2M/m: Mv 2 e = Mv 2 e + m(v e v e) M m W (M + m)v 2 e 2mv e v e + v 2 e(m M) + 2 M m W = 0. Είναι δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς v e. Γιά να υπάρχει λύση πρέπει η διακρίνουσα να είναι θετική: (2mv e ) 2 4(M + m) [v 2e(m M) + 2 Mm ] W 0 Παρατηρούμε ότι 4m 2 v 2 e + 4(M 2 m 2 )v 2 e 8(M + m) M m W 0 M 2 ve 2 2 M (M + m)w m M + m v e mm W. M + m mm = 1 µ, όπου µ είναι η ανηγμένη μάζα των δύο σωμάτων. Οπότε η συνθήκη γιά τη διέγερση γράφεται 1 2 µv2 e W. Παρατηρούμε ότι το δεξιό μέλος δίνει την ένεργεια της ανηγμένης μάζας του συστήματος, αφού v e είναι ουσιαστικά η αρχική σχετική ταχύτητα του m ώς προς το M. Άρα, γιά να έχουμε διέγερση, θα πρέπει η ένεργεια της ανηγμένης μάζας του συστήματος να είναι μεγαλύτερη της ενέργειας διεγέρσεως Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Ενα πρωτόνιο κινείται με ταχύτητα v και συγκρούεται ελαστικά με ένα άλλο πρωτόνιο που αρχικά ήταν ακίνητο. Μετά την κρούση ένα από τα πρωτόνια κινείται υπό γωνία φ (η οποία θεωρείται γνωστή) ως προς την αρχική ταχύτητα v ενώ το άλλο υπό γωνία θ. Βρείτε την θ και τα μέτρα των τελικών ταχυτήτων.

72 68 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Λύση. Τα δύο πρωτόνια έχουν ίσες μάζες. Ας υποθέσουμε v 1, v 2 οι τελικές ταχύτητες. Εχουμε από διατήρηση ορμής v = v 1 + v 2 v 2 = ( v 1 + v 2 ) 2 v 2 = v v v 1 v 2 cos(φ + θ). Διατήρηση ενέργειας Από τις δύο εξισώσεις έχουμε v 2 = v v 2 2. cos(φ + θ) = 0 φ + θ = π 2 θ = π 2 φ. Τα μέτρα των v 1, v 2 μπορούν να προσδιορισθούν από την λύση των δύο εξισώσεων γιά την διατήρηση ορμής: v 1 = v cos φ, v 2 = v sin φ, όπου χρησιμοποιήσαμε τις σχέσεις cos θ = sin φ, sin θ = cos φ.

73 1.13. Στροφορμή και ροπή Στροφορμή και ροπή Ροπή δύναμης και έργο Ας θεωρήσουμε ένα υλικό σημείο το οποίο κάνει περιστροφική κίνηση. Η κίνηση αυτή προκαλείται από κάποια δύναμη F. Μας ενδιαφέρει να μελετήσουμε το έργο που παράγει η δύναμη, όταν το υλικό σημείο μετακινείται, δηλαδή περιστρέφεται κατά, έστω στοιχειώδη, γωνία dθ. Αν η κυκλική τροχιά είναι ακτίνας r, η στοιχειώδης μετατόπιση είναι Το αντίστοιχο έργο είναι d r = r dθ ê θ. (1.13.1) dw = F d r = F t r dθ, (1.13.2) όπου F t = F ê θ είναι η εφαπτομενική συνιστώσα της δύναμης στην κυκλική τροχιά. Ονομάζουμε την τ = r F t (1.13.3) ροπή της δύναμης. Γιά το έργο δύναμης κατά περιστροφική κίνηση ισχύει λοιπόν dw = τ dθ. (1.13.4) Αυτό πρέπει να αντιπαραβληθεί με το έργο δύναμης F γιά ευθύγραμμη κίνηση dw = F dx. Θα πάρουμε τώρα τη γενική μορφή της δύναμης στο επίπεδο και χρησιμοποιώντας τα διανύσματα στη μορφή F = F x i + F y j, ê θ = sin θ i + cos θ j έχουμε τον ακόλουθο ορισμό γιά την ροπή δύναμης: τ = r F ê θ = r( F x sin θ + F y cos θ) = xf y yf x. (1.13.5) Ροπή δύναμης ως εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων Αν δύναμη F δρα σε υλικό σημείο στο επίπεδο στη θέση r = x i+y j, τότε παρατηρούμε ότι το εξωτερικό γινόμενο r F είναι r F i j k = x y 0 F x F y 0 = (xf y yf x ) k. (1.13.6) Η ροπή της δύναμης, όταν τα διανύσματα είναι στο επίπεδο xy, έχει μέτρο ίσο με αυτό του παραπάνω εξωτερικού γινομένου τ = r F. Οταν η δύναμη και η κίνηση είναι σε ένα τυχόν επίπεδο (είτε στις τρεις διαστάσεις), ορίζουμε την ροπή ως το διάνυσμα τ = r F. (1.13.7) Η διεύθυνση του διανύσματος της ροπής είναι κάθετη στα διανύσματα r και F. Γιά παράδειγμα, στην περίπτωση δύναμης F = F x i + F y j και κίνησης στο επίπεδο xy η ροπή είναι κάθετη στο επίπεδο xy, είναι τ = (xf y yf x ) k. Ομοίως, μπορούμε να δούμε ότι στην περίπτωση δύναμης F = F x i + F z k και κίνησης στο επίπεδο xz: τ = (x i + z k) (F x i + F z k) = (zfx xf z ) j, (1.13.8) δηλαδή, η διεύθυνση του διανύσματος της ροπής είναι κάθετη στο επίπεδο xz. Καταλαβαίνουμε ότι ο ορισμός της ροπής που δώσαμε δίνει ανάλογο αποτέλεσμα γιά κίνηση σε οποιοδήποτε επίπεδο.

74 70 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Στροφορμή Εστω σώμα μάζας m που κινείται σε ακτίνα r με ταχύτητα v. Ορίζουμε, ένα νέο μέγεθος, την στροφορμή του ως το εξωτερικό γινόμενο L = r p, (1.13.9) όπου p = m v η ορμή του. Το μέτρο της στροφορμής είναι όπου φ η γωνία μεταξύ r και p. Γιά τη μεταβολή της στροφορμής με το χρόνο έχουμε L = mvr sin φ ( ) dl dt = d d r d p ( r p) = p + r dt dt dt. Αλλά d r/dt = v και v p = v (m v) = 0. Επίσης, d p/dt = F. Ωστε παίρνουμε τη σχέση Αυτός είναι ο αντίστοιχος του νόμου Νεύτωνα γιά περιστροφές. Αν περιοριστούμε στο επίπεδο xy η στροφορμή είναι Η διεύθυνσή της είναι κάθετη στο επίπεδο xy. dl dt = r F τ = d L dt. ( ) L = (x i + y j) (p x i + p y j) = (x p y y p x ) k. ( ) Παράδειγμα Εστω σώμα μάζας m το οποίο κάνει κυκλική κίνηση ακτίνας R και έχει ταχύτητα μέτρου v. Το μέτρο της στροφορμής του είνει L = mvr και το διάνυσμα L έχει διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο της κυκλικής τροχιάς. Παράδειγμα Σώμα μάζας m κινείται ευθύγραμμα στο επίπεδο xy με ταχύτητα v όπως στο σχήμα. Ποιά είναι η στροφορμή του σε κάθε θέση; Λύση. Ας δούμε την στροφορμή ως προς την αρχή O. Η διεύθυνση της L είναι κάθετα στο επίπεδο xy και έχει μέτρο L = mvr sin φ. Παρατηρούμε ότι r sin φ = d, η οποία είναι η κάθετη απόσταση της αρχής O από την ευθεία της κίνησης. Άρα, γιά το μέτρο της στροφορμής έχουμε L = mvd και γιά τη διεύθυνση: L = (mvd) k. Το αποτέλεσμα είναι το ίδιο γιά κάθε θέση του m στην ευθεία της κίνησης. Αφού δεν ασκούνται δυνάμεις (η κίνηση δεν είναι επιταχυνόμενη), άρα και η ροπή είναι μηδέν, το αποτέλεσμα που βρίκαμε συμφωνεί με τον νόμο γιά την μεταβολή της στροφορμής (νόμος Νεύτωνα γιά περιστροφική κινήση).

75 1.13. Στροφορμή και ροπή 71 Παράδειγμα Σωμάτιο μάζας m = 2 kg κινείται στο επίπεδο xy. Σε χρονική στιγμή t το διάνυσμα θέσεώς του r έχει μέτρο 3 m και η ταχύτητά του v έχει μέτρο 4 m/sec. Την ίδια στιγμή εφαρμόζεται δύναμη F με μέτρο 2 N, όπως φαίνεται στο σχήμα. Υπολογίστε (α) το μέτρο και την κατεύθυνση της στροφορμής του m ως προς την αρχή O, (β) το μέτρο και την κατεύθυνση της ροπής της δύναμης ως προς την αρχή O. Λύση. Τα διανύσματα r, p είναι στο επίπεδο xy άρα το διάνυσμα L = r p είναι κάθετο στο xy και άρα παράλληλο στο άξονα z. Ομοίως, η ροπή τ = r F είναι παράλληλη στον z. Η στροφορμή είναι (θέτουμε φ = o την γωνία μεταξύ r και v) L = (rp sin φ) k = (mvr sin φ) k = (2 kg)(4 m/sec)(3 m) sin(180 o 30 o ) k = 12 (kg m 2 /sec) k. Είναι Joule = kg m 2 /sec 2, άρα L = 12 (J sec). Η ροπή είναι τ = [rf sin(30 o )] k = (3 m)(2 N) sin(30 o ) k = 3 (N m) k.

76 72 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Στη συσκευή του σχήματος το στέλεχος AC περιστρέφεται (στηριζόμενο στο έδαφος) χωρίς τριβές με αρχική γωνιακή ταχύτητα ω 0. Ενα έντομο μάζας m βρίσκεται στο οριζόντιο στέλεχος CD (το οποίο είναι αβαρές) αρχικά σε απόσταση r 0 από το C. Το έντομο αρχίζει να κινείται στην κατεύθυνση CD με σταθερή ταχύτητα v 0. (α) Πώς μεταβάλλεται η γωνιακή ταχύτητα με τον χρόνο, ω = ω(t); (β) Ποιό είναι το παραγόμενο έργο ως συνάρτηση του χρόνου, W = W (t); Λύση. (α) Δεν έχουμε εξωτερικές ροπές, άρα d L/dt = 0, δηλαδή η L διατηρείται. Γιά κάθε θέση r του εντόμου, η ταχύτητα περιστροφής είναι rω, άρα η στροφορμή L = m r v = mr(rω) = mr 2 ω. Σε κάθε στιγμή η τιμή της L είναι η αρχική, δηλαδή, L = L 0 = mr 2 0 ω 0, άρα ισχύει mr 2 ω = mr 2 0ω 0 ω = r2 0 r 2 ω 0. Η θέση του εντόμου είναι r = r 0 + vt, ώστε έχουμε ω(t) = r 2 0 (r 0 + v 0 t) 2 ω 0. (β) Το παραγόμενο έργο ισούται με τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας W = E. Η αρχική κινητική ενέργεια είναι λόγω περιστροφής του εντόμου E i = 1 2 mr2 0ω 2 0. Η κινητική ενέργεια σε χρόνο t είναι λόγω περιστροφής και ακτινικής κίνησης. Οι δύο διευθύνσεις κίνησης είναι κάθετες μεταξύ τους, άρα v 2 = r 2 ω 2 + v0 2. Ωστε έχουμε Το έργο σε χρόνο t είναι E(t) = 1 2 mr2 ω mv2 0 = 1 2 mr4 0 r 2 ω mv2 0. W (t) = E(t) E i = 1 [ 2 mr2 0ω0 2 r0 2 ] (r 0 + v 0 t) mv Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Σωμάτιο μάζας m κινείται, υπό την επίδραση δύναμης, στο επίπεδο xy και η τροχιά του δίνεται από x = λt, y = µt 2, λ, µ : σταθερές, και t είναι ο χρόνος. Βρείτε (α) τη στροφορμή του σωματίου και (β) τη ροπή δυνάμεως που του ασκείται.

77 1.13. Στροφορμή και ροπή 73 Λύση. (α) Ταχύτητα Στροφορμή v = λ i + 2µ j. L = m r v = m(xv y yv x ) k = mλµt 2 k. (β) Είναι τ = d L dt = 2mλµt k. Άσκηση Σώμα μάζας m κινείται ευθύγραμμα στο επίπεδο xy με ταχύτητα v όπως στο σχήμα. Ποιά είναι η στροφορμή του σε κάθε θέση; Λύση. Δες το αντίστοιχο παράδειγμα αυτής της παραγράφου. Άσκηση Δύναμη F = (2 i 3 k)n δρα σε σωμάτιο στο σημείο M με διάνυσμα θέσης OM = (0.5 j 2 k)m. Να βρεθεί η ροπή της δύναμης (α) ως προς την αρχή των αξόνων O(0, 0, 0), (β) ως προς σημείο O (2, 0, 3). Λύση. (α) Εφαρμόζουμε τον αλγεβρικό τύπο γιά το εξωτερικό γινόμενο: τ = OM F = r F = i j k (N m) = ( 1.5 i 4 j k) (N m). (β) Είναι O M = O O + OM = ( 2 i + 3 k)m + (0.5 j 2 k)m = ( 2 i j + k)m και τ = O M F = i j k Μπορούμε να βρούμε το ίδιο αποτέλεσμα ως εξής: (N m) = ( 1.5 i 4 j k) (N m). τ = O M F = ( O O + OM) F = OM F + O O F = τ + O O F. Εχουμε O O = 2 i + 3 k, δηλαδή είναι παράλληλο στο F. Αυτό σημαίνει ότι O O F. Τελικά, τ = τ.

78 74 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 1.14 Περιστροφή στερεού σώματος Γωνιακή ταχύτητα και επιτάχυνση Ας θεωρήσουμε στερεό σώμα οποιουδήποτε σχήματος και ας υποθέσουμε ότι αυτό περιστρέφεται γύρω από καθορισμένο άξονα, έστω ότι αυτός είναι ο Oz. Κάθε σημείο του στερεού διαγράφει κύκλο γύρω από τον άξονα. Γιά απλότητα ας πάρουμε τα σημεία τα οποία βρίσκονται στο επίπεδο xy. Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες (r, θ), το διάστημα που διατρέχει ένα σημείο είναι s = r θ. Η ταχύτητά του είναι v = ds dt = r dθ = rω (1.14.1) dt όπου ονομάζουμε γωνιακή ταχύτητα την Επίσης, ονομάζουμε γωνιακή επιτάχυνση την ω = dθ dt. (1.14.2) α = dω dt. (1.14.3) Η επιτάχυνση η οποία μας ενδιαφέρει, κατά την περιστροφή στερεού, είναι εφαπτομενική στην τροχιά (παράλληλη στη στιγμιαία ταχύτητα), είναι δηλαδή a = a ê θ, με a = dv dt = r dω dt Κινητική ενέργεια περιστροφής = rα. (1.14.4) Ας θεωρήσουμε ένα συσσωμάτωμα n στοιχειωδών σωμάτων με μάζες m i τα οποία περιστρέφονται ωσάν να ήταν συνδεδεμένα όλα μαζί, με γωνιακή ταχύτητα ω. Αν η απόσταση καθενός από τον άξονα περιστροφής είναι r i τότε οι ταχύτητές τους είναι v i = r i ω. Η κινητική τους ενέργεια είναι K = Ονομάζουμε ροπή αδράνειας, ως προς δεδομένο άξονα, την ποσότητα n i=1 ( n ) 1 2 m ivi 2 = 1 m i ri 2 ω 2. (1.14.5) 2 i=1 I := n m i ri 2. (1.14.6) i=1 Εχουμε γιά την κινητική ενέργεια K = 1 2 Iω2. (1.14.7) Γιά να υπολογίσουμε τη ροπή αδράνειας στερεού θα το θεωρήσουμε ως ένα συσσωμάτωμα από στοιχειώδεις μάζες m i = m και έχουμε I = lim m 0 ri 2 m = i r 2 dm. Εισάγουμε την πυκνότητα ρ = dm/dv dm = ρ dv και έχουμε I = ρr 2 dv. (1.14.8)

79 1.14. Περιστροφή στερεού σώματος 75 Παρατήρηση Η ροπή στερεού σώματος ορίζεται από την Εξ. (1.14.8) ως προς συγκεκριμένο άξονα περιστροφής (π.χ., τον Oz) από τον οποίο μετρώνται οι αποστάσεις r των υλικών σημείων του σώματος. Μπορούμε να ορίζουμε ροπές αδράνειας ως προς οποιονδήποτε άξονα περιστροφής και αυτές μπορεί να διαφέρουν μεταξύ τους. Παράδειγμα Υπολογίστε τη ροπή αδράνειας μίας ομογενούς στερεάς ράβδου μήκους L και μάζας M ως προς άξονα κάθετο στη ράβδο ο οποίος διέρχεται από το κέντρο μάζας της. Λύση. Εστω η ράβδος εκτείνεται στον άξονα x και ο κάθετος άξονας είναι ο y. Παίρνουμε στοιχειώδη μάζα dm = ρdx, όπου η πυκνότητα είναι ρ = M/L. Εχουμε I y = L/2 r 2 dm = ρ x 2 dx =... = 1 L/2 12 ML2. Παράδειγμα Υπολογίστε τη ροπή αδράνειας ενός ομογενούς στερεού κυλίνδρου μάζας M, ύψους L και ακτίνας R ως προς τον άξονα συμμετρίας του. Λύση. Παίρνουμε κυλινδρικούς φλοιούς όγκου dv = (2πr dr)l και μάζας dm = ρdv, όπου η πυκνότητα είναι ρ = M/(πR 2 L). Εχουμε I = r 2 dm = 2πρL R 0 r 3 dr = πρlr4. 2 Τελικά I = 1 2 MR Στροφορμή στερεού σώματος Ας θεωρήσουμε, όπως και παραπάνω, ένα συσσωμάτωμα n στοιχειωδών σωμάτων με μάζες m i τα οποία περιστρέφονται ωσάν να ήταν συνδεδεμένα όλα μαζί, με γωνιακή ταχύτητα ω. Κάθε σώμα m i βρίσκεται σε απόσταση r i από τον άξονα περιστροφής και έχει ορμή p i. Η στροφορμή του συστήματος είναι L = n r i p i = i=1 n r i m i v i = i=1 n r i m i ωr i = i=1 n m i ri 2 ω. (1.14.9) i=1 Βλέπουμε ότι η ολική στροφορμή του συστήματος γράφεται με την βοήθεια της ροπής αδράνειας I την οποία ήδη έχουμε ορίσει στην Εξ. (1.14.6), ως L = Iω. ( ) Η σχέση αυτή γιά τη στροφορμή ισχύει φυσικά και γιά στερεά σώματα αν χρησιμοποιήσουμε γιά τη ροπή αδράνειας τον κατάλληλο ορισμό γιά στερεά (1.14.8) Ροπή στερεού σώματος Ας θεωρήσουμε σημειακή μάζα m η οποία περιστρέφεται σε κυκλική τροχιά υπό την επίδραση δύναμης της οποίας η εφαπτομενική συνιστώσα είναι F t. Ισχύει F t = ma t = mr α, ( ) αφού η εφαπτομενική (επιτρόχιος) επιτάχυνση a t συνδέεται με την γωνιακή επιτάχυνση με την a t = rα, όπου r η ακτίνα της τροχιάς. Η ροπή της δύναμης είναι τ = r F t = (mr 2 )α. ( )

80 76 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Αν θεωρήσουμε n μάζες m i οι οποίες περιστρέφονται ως ένα συσσωμάτωμα τότε η ροπή είναι n τ = (m i ri 2 )α τ = Iα, ( ) όπου I η ροπή αδράνειας του συστήματος. i=1 Γιά την περίπτωση στερεού σώματος, αθροίζοντας στοιχειώδεις μάζες dm έχουμε τ = (r 2 dm)α = α r 2 dm τ = Iα. ( ) Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει τ = I dω dt = dl dt. ( ) Μπορούμε να δούμε αυτή τη σχέση ως τον νόμο Νεύτωνα γιά περιστρεφόμενα στερεά. Παράδειγμα Ομογενής ράβδος μάζας M και μήκους d περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο χωρίς τριβές γύρω από άξονα που διέρχεται από το κέντρο της. Στα δύο άκρα της ράβδου έχουν στερεωθεί σημειακές μάζες m 1, m 2 αντίστοιχα. (α) Υπολογίστε την στροφορμή του συστήματος όταν η γωνιακή ταχύτητα είναι ω. (β) Υπολογίστε την γωνιακή επιτάχυνση όταν η ράβδος σχηματίζει γωνία θ με την οριζόντιο (όπως στο σχήμα). Λύση. (α) Η ροπή αδράνειας του συστήματος ισούται με το άθροισμα I = 1 ( ) d 2 ( ) d 2 ( ) 12 Md2 + m 1 + m 2 = d2 M m 1 + m 2. Γιά γωνιακή ταχύτητα ω η στροφορμή είναι L = Iω = d2 4 (β) Οι ροπές από το βάρος των δύο μαζών είναι Άρα η ολική ροπή έχει μέτρο Γιά την γωνιακή επιτάχυνση έχουμε ( ) M 3 + m 1 + m 2 ω. τ 1 = m 1 g d 2 sin ( π 2 θ ) k = m1 g d 2 cos θ k τ 2 = m 2 g d 2 sin ( π 2 + θ ) k = m2 g d 2 cos θ k. τ = 1 2 (m 1 m 2 )gd cos θ. τ = Iα α = 2(m 1 m 2 )g cos θ d ( M 3 + m 1 + m 2 ). Παρατηρήστε ότι η ροπή από το βάρος της ράβδου δεν υπεισέρχεται στον υπολογισμό διότι αυτό μπορεί να θεωρηθεί ότι ασκείται στο κέντρο μάζας της ράβδου, δηλαδή σε σημείο που ανήκει στον άξονα περιστροφής.

81 1.14. Περιστροφή στερεού σώματος Εργο και ενέργεια στην περιστροφική κίνηση Εχουμε δει ότι το παραγόμενο στοιχειώδες έργο από δύναμη F που δρα σε περιστρεφόμενο σώμα, κατά στοιχειώδη γωνία dθ δίνεται από dw = τ dθ. ( ) Γράφουμε τη ροπή ως και επίσης γράφουμε dω dt = dω dθ τ = I dω dt dθ dt = dω dθ ω ( ) γιά την περίπτωση που η γωνιακή ταχύτητα είναι μόνο συνάρτηση της γωνίας (δηλ., της θέσης του κινητού επάνω στην κυκλική τροχιά). Παίρνουμε γιά το έργο W = θ θ 0 τdθ = θ θ 0 Iω dω dθ dθ = ω Αυτό είναι το Θ. έργου-ενέργειας γιά περιστροφική κίνηση. ω 0 Iωdω = 1 2 Iω2 1 2 Iω2 0. ( ) Θεώρημα των παραλλήλων αξόνων Ο υπολογισμός ροπών αδράνειας μπορεί να είναι περίπλοκος. Πολλές φορές διευκολύνεται από το θεώρημα των παραλλήλων αξόνων: Ας θεωρήσουμε γνωστή τη ροπή αδράνειας I cm σώματος μάζας M ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας. Τότε, η ροπή αδράνειας I ως προς άξονα παράλλήλο στον άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας, σε απόσταση D, είναι I = I cm + MD 2. ( ) Απόδειξη του θεωρήματος. Υποθέτουμε άξονα περιστροφής παράλληλο στον z, και αντίστοιχη ροπή αδράνειας I = r 2 dm = (x 2 + y 2 ) dm. Αν x, y οι συντεταγμένες τυχόντος σημείου ως προς το κέντρο μάζας τότε x = x +x cm, y = y +y cm, ώστε I = [(x + x cm ) 2 + (y + y cm ) 2 ] dm = [(x ) 2 + (y ) 2 ]dm + 2x cm x dm + 2y cm y dm + (x 2 cm + ycm) 2 dm. Ο πρώτος όρος είναι ο I cm. Επίσης, έχουμε x dm = 0 = y dm και x 2 cm + y 2 cm = D 2. Επομένως I = I cm + MD 2. Παράδειγμα Ποιά η ροπή αδράνειας I ομογενούς ράβδου μάζας M και μήκους L ως προς άξονα (κάθετο στη ράβδο) που διέρχεται από το άκρο της; Λύση. Γνωρίζουμε ήδη (από προηγούμενη άσκηση) ότι η ροπή αδράνειας ως προς άξονα που διέρχεται από το μέσον (κέντρο μάζας) είναι I cm = (1/12)ML 2. Το Θ. παραλλήλων αξόνων δίνει τη ζητούμενη ροπή αδράνειας I = 1 ( ) L 2 12 ML2 + M = ML ML2 = 1 3 ML2.

82 78 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ασκήσεις Άσκηση Εστω συρμάτινο πλαίσιο σχήματος ρομβικού στο επίπεδο xz, με κορυφές στα σημεία (1, 0), (0, 1), ( 1, 0), (0, 1), το οποίο έχει γραμμική πυκνότητα λ. Το πλαίσιο περιστρέφεται περί τον σταθερό άξονα z με γωνιακή ταχύτητα ω. Να βρεθεί η στροφορμή του L z κατά τον άξονα z. Λύση. Θα βρούμε πρώτα τη ροπή αδράνειας του πλαισίου. Κάθε μία από τις τέσσερες πλευρές έχει ίδια ροπή αδράνειας λόγω συμμετρίας (ίσης απόστασης των σημείων τους από τον άξονα z). Ας θεωρήσουμε την πλευρά μεταξύ των κορυφών (0, 1) και (1, 0). Τα σημεία της περιγράφονται από την εξίσωση z = 1 x γιά 0 x 1. Η απόσταση κάθε σημείου από τον άξονα z είναι ίση με x. Ας θεωρήσουμε στοιχειώδες τμήμα με μήκος ds = (dx) 2 + (dz) 2 = dx 1 + ( ) dz 2 = dx 1 + ( 1) dx 2 = dx 2. Κάθε στοιχειώδες ds έχει στοιχειώδη ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα Oz ίση με di z = x 2 dm = x 2 λ ds. Ωστε I z1 = d Iz = λ x 2 dx = λ 3. Η συνολική ροπή αδράνειας είναι I z = λ και η στροφορμή ως προς τον άξονα Oz είναι L z = I z ω = λω. Άσκηση Εστω ομογενής κύλινδρος μάζας M και ακτίνας R ο οποίος περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από άξονα που είναι παράλληλος στον άξονα συμμετρίας του και εφάπτεται στην παράπλευρη επιφάνειά του. Ποιά είναι η κινητική ενέργεια περιστροφής. Λύση. Αν I z η ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα περιστροφής, η κινητική ενέργεια είναι 0 K z = 1 2 I zω 2. Αν θεωρήσουμε γνωστή τη ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα συμμετρίας (ο οποίος περνάει από το κέντρο μάζας) I c = 1 2 MR2 τότε το Θ. παραλλήλων αξόνων δίνει I z = I c + MR 2 = 1 2 MR2 + MR 2 = 3 2 MR2. Τελικά, έχουμε K z = 3 4 MR2 ω Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Ποιά η ροπή αδράνειας I ομογενούς ράβδου μάζας M και μήκους L ως προς άξονα (κάθετο στη ράβδο) που διέρχεται από το άκρο της; Λύση. 1η μέθοδος: Μπορούμε να υπολογίσουμε την ροπή αρδάνειας από τον ορισμό της. 2η μέθοδος: Γνωρίζουμε ήδη (από προηγούμενη άσκηση) ότι η ροπή αδράνειας ως προς άξονα που διέρχεται από το μέσον (κέντρο μάζας) είναι I cm = (1/12)ML 2. Εφαρμόζουμε το Θ. παραλλήλων αξόνων και παίρνουμε τη ζητούμενη ροπή αδράνειας I = I cm + M ( ) L 2 = ML ML2 = 1 3 ML2.

83 1.14. Περιστροφή στερεού σώματος 79 Άσκηση Ομογενής ράβδος μήκους L και μάζας M μπορεί να περιστρέφεται ελεύθερα, χωρίς τριβή, γύρω από άξονα που διέρχεται από το ένα άκρο της. Η ράβδος αφήνεται ελεύθερη, ενώ αρχικά ηρεμούσε σε οριζόντια θέση. (α) Ποιά η αρχική γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου; (β) Ποιά η αρχική γραμμική επιτάχυνση του ελεύθερου άκρου της; (γ) Ποιά η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου τη στιγμή κατά την οποία η θέση της γίνεται κατακόρυφη; Λύση. (α) Το βάρος Mg δρα στο κέντρο μάζας που βρίσκεται στο γεωμετρικό μέσο της ράβδου. Γιά να το δούμε αυτό, θεωρούμε την ράβδο οριζόντια (όπως στο σχήμα) και έχουμε τ B = x df t = x dm g = g r dm = Mgx cm. Οταν η ράβδος είναι σε οριζόντια θέση το βάρος είναι κάθετο στη ράβδο. Η ροπή του βάρους ως προς το σημείο περιστροφής είναι τ B = Mg L 2. Σημειώστε ότι η ροπή από τη δύναμη που ασκεί ο άξονας (στο ένα άκρο της ράβδου) είναι μηδενική διότι δρα στο σημείο περιστροφής. Η ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα περιστροφής (ο οποίος περνάει από το άκρο) είναι I = 1 3 ML2. Ισχύει Ωστε τ B = Iα α = 3g 2L. Φυσικά, όλα τα σημεία έχουν την ίδια γωνιακή επιτάχυνση. (β) Γιά τη γραμμική επιτάχυνση του ελεύθερου άκρου έχουμε Παρατηρούμε ότι a t > g. a t = Lα = 3 2 g. (γ) Ας δούμε την ενέργεια του συστήματος. Στην κατακόρυφη θέση το κέντρο βάρους βρίσκεται απόσταση L/2 κάτω από το σημείο εξάρτησης. Μπορούμε να θέσουμε δυναμική ενέργεια μηδέν στην κατακόρυφη θέση, οπότε θα έχουμε δυναμική ενέργεια στην οριζόντια θέση ίση με M gl/2. Η αρχική (στην οριζόντια θέση) κινητική ενέργεια είναι μηδέν και η κινητική ενέργεια γιά γωνιακή ταχύτητα ω (στην κατακόρυφη θέση) είναι K = 1 2 Iω2. Η διατήρηση ενέργειας μεταξύ αρχικής (οριζόντιας) και τελικής (κατακόρυφης) θέσης δίνει 1 2 MgL = 1 2 Iω2. Αντικαθιστούμε I = (1/3)ML 2 και βρίσκουμε 3g ω = L. Άσκηση Ενας κύλινδρος με ροπή αδράνειας I 1 περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω 0 γύρω από έναν κατακόρυφο άξονα χωρίς τριβή, Ενας δεύτερος κύλινδρος με ροπή αδράνειας I 2 ο οποίος αρχικά δεν περιστρέφεται πέφτει πάνω στον πρώτο κύλινδρο (βλ. σχήμα). Επειδή οι επιφάνειες είναι τραχιές, οι δύο κύλινδροι αποκτούν τελικά την ίδια γωνιακή ταχύτητα ω. (α) Υπολογίστε την ω. (β) Υπολογίστε το λόγο της τελικής προς την αρχική κινητική ενέργεια.

84 80 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Σχήμα 1.10: Πηγή: Serway I κεφ 11 ασκ 27. Λύση. (α) Επειδή στο σύστημα δρουν μόνο εσωτερικές δυνάμεις, η στροφορμή πρέπει να διατηρείται. Η τελική ροπή αδράνειας του συστήματος είναι I 1 + I 2, οπότε έχουμε (β) Η αρχική και τελική κινητική ενέργεια είναι I 1 ω 0 = (I 1 + I 2 )ω ω = I 1 I 1 + I 2 ω 0. άρα δηλαδή υπάρχει απώλεια ενέργειας (E f < E i ). E i = 1 2 I 1ω0, 2 E f = 1 2 (I 1 + I 2 ) ω 2 = 1 ω 2 I 1 + I 0, 2 2 E f E i = I 1 I 1 + I 2, I Ασκήσεις (άλλες) Άσκηση Εστω επίπεδο σώμα σχήματος ρομβικού στο επίπεδο xz, με κορυφές στα σημεία (1, 0), (0, 1), ( 1, 0), (0, 1). Το σώμα είναι ομογενές με μάζα M και επιφανειακή πυκνότητα σ. Το σώμα περιστρέφεται περί τον σταθερό άξονα z με γωνιακή ταχύτητα ω. Να βρεθεί η στροφορμή του L z κατά τον άξονα Oz. Λύση. Κάθε τέταρτο της επιφάνειας έχει ίση ροπή αδράνειας λόγω συμμετρίας. Είναι I z1 = σ 1 Ολική ροπή αδράνειας I z = (1/3)σ = (1/6)M. Στροφορμή προς z είναι 0 x 2 (1 x) dx = 1 12 σ. L z = I z ω = 1 6 Mω.

85 1.15. Στροφορμή και ενέργεια συστήματος σωμάτων Στροφορμή και ενέργεια συστήματος σωμάτων Εξίσωση κίνησης Θεωρούμε n σημειακές μάζες m i οι οποίες βρίσκονται σε θέσεις r i σε κάποια χρονική στιγμή. Μεταξύ τους ασκούνται δυνάμεις αλληλεπίδρασης (εσωτερικές δυνάμεις). Κάθε σωμάτιο i ασκεί σε σωμάτιο j δύναμη F ij. Επίσης, θα θεωρήσουμε εξωτερικές δυνάμεις F i που ασκούνται σε κάθε ένα από τα σωμάτια. Η ροπή που ασκείται σε κάθε σωμάτιο i είναι τ i = r i F i + Η ροπή που ασκείται σε όλο το σύστημα είναι n r F ji. (1.15.1) j=1 τ = n τ i = i=1 n r i F n n i + r i F ji. (1.15.2) i=1 i=1 j=1 Στο διπλό άθροισμα γνωρίζουμε ότι F ij = F ji, ώστε, αν πάρουμε ένα οποιοδήποτε ζεύγος σωμάτων, έχουμε τους όρους στο άθροισμα r i F ji + r j F ij = ( r j r i ) F ij. (1.15.3) Στην περίπτωση στερεών σωμάτων, (επίσης, γιά δυνάμεις βαρύτητες, ηλεκτρικές κ.α.) οι δυνάμεις αλληλεπίδρασης έχουν φορά από το ένα σώμα στο άλλο, δηλαδή, έχουν τη φορά του διανύσματος r i r j. Άρα το εξωτερικό γινόμενο στο δεξιό μέλος της (1.15.3) είναι ίσο με μηδέν. Τελικά, βρίσκουμε τ = n τ i = i=1 n r i F i. (1.15.4) Παρατήρηση Η ολική ροπή σε σύστημα σωμάτων ισούται με το άθροισμα των ροπών των εξωτερικών δυνάμεων. Γιά το σύστημα που μελετάμε η στροφορμή είναι L = n i=1 r i p i και εύκολα βρίσκουμε γιά την χρονική της παράγωγο: d L dt = n i=1 i=1 d r i dt p i + r i d p i dt = n i=1 r i d p i dt = n r i F i, (1.15.5) όπου χρησιμοποιήσαμε ότι d r i /dt p i = v i p i = 0. Επίσης, γνωρίζουμε ότι οι εσωτερικές δυνάμεις F if, F ji αλληλοαναιρούνται στο άθροισμα. Από τις Εξ. (1.15.4) και (1.15.5) έχουμε το αποτέλεσμα η οποία ισχύει γιά σύστημα n αλληλεπιδρώντων σωματίων. i=1 τ = d L dt, (1.15.6) Στροφορμή συστήματος δύο σωμάτων Εστω σώματα m 1, m 2 με θέσεις r 1, r 2 και ταχύτητες v 1, v 2 ως προς την αρχή O. Η στροφορμή του συστήματος είναι L = m 1 r 1 v 1 + m 2 r 2 v 2. (1.15.7)

86 82 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Ας θεωρήσουμε τις θέσεις r 1, r 2 και ταχύτητες v 1, v 2 ως προς το σύστημα του κέντρου μάζας, ώστε Μπορούμε να γράψουμε την στροφορμή ως r 1 = r cm + r 1, r 2 = r cm + r 2, v 1 = v cm + v 1, v 2 = v cm + v 2. L = m 1 ( r cm + r 1 ) ( v cm + v 1 ) + m 2 ( r cm + r 2 ) ( v cm + v 2 ) = (m 1 + m 2 ) r cm v cm + r cm (m 1 v 1 + m 2 v 2 ) + (m 1 r 1 + m 2 r 2 ) v cm + m 1 r 1 v 1 + m 2 r 2 v 2. Υπενθυμίζουμε ότι ισχύουν m 1 r 1 + m 2 r 2 = 0 m 1 v 1 + m 2 v 2 = 0. (Οι οποίες σημαίνουν ουσιαστικά ότι η θέση και η ταχύτητα του κέντρου μάζας ώς προς τον εαυτό του είναι μηδέν.) Εχουμε τελικά γιά τη στροφορμή του συστήματος Ονομάζουμε τροχιακή στροφορμή την L = [(m 1 + m 2 ) r cm v cm ] + [m 1 r 1 v 1 + m 2 r 2 v 2 ] (1.15.8) L cm = M r cm v cm, M = m 1 + m 2 (1.15.9) και ιδιοστροφορμή την Ωστε L e = m 1 r 1 v 1 + m 2 r 2 v 2. ( ) L = L cm + L e. ( ) Στροφορμή συστήματος πολλών σωμάτων Γιά ένα σύστημα n σωμάτων m i, η στροφορμή είναι L = n r i p i. ( ) Μετά από υπολογισμό ανάλογο με την περίπτωση των δύο σωμάτων, αυτή γράφεται i=1 όπου L cm = M r cm v cm και η ίδιοστροφορμή είναι L e = L = L cm + L e, ( ) n m i r i v i. ( ) i=1 Παρατήρηση Η στροφορμή συστήματος σωμάτων είναι ίση με την στροφορμή σώματος με μάζα ίση με την ολική μάζα του συστήματος το οποίο βρίσκεται στη θέση του κέντρου μάζας υπολογισμένη ως προς την αρχή των αξόνων, συν την στροφορμή των σωμάτων ως προς το κέντρο μάζας. Παράδειγμα Εστω σύστημα σωματίων το οποίο έχει γνωστή ορμή P και επίσης ολική στροφορμή του L ως προς σταθερό σημείο O. Δείξτε ότι, ως προς σημείο O, τέτοιο ώστε OO = r 0 : σταθερό, η στροφορμή L του συστήματος σωματίων είναι L = L r 0 P.

87 1.15. Στροφορμή και ενέργεια συστήματος σωμάτων 83 Λύση. Θέτουμε r i, r i τις θέσεις των σωματίων ως προς O, O αντίστοιχα. Η στροφορμή ως προς τα σημεία O, O ορίζεται αντίστοιχα ως L = i r i p i, L = i r i p i. Η ορμή είναι p i και στις δύο περιπτώσεις, διότι δεν εξαρτάται από την αρχή των αξόνων. Ξεκινάμε από τον πρώτο ορισμό της στροφορμής: L = i r i p i = i ( r 0 + r i ) p i = r 0 i p i + i r i p i. Άρα L = L + r 0 P L = L r 0 P. Παρατηρούμε ότι στην περίπτωση ολικής ορμής P = 0 έχουμε L = L Κινητική ενέργεια συστήματος πολλών σωμάτων Γιά την κινητική ενέργεια έχουμε 1 mi ( v i ) 2 = 1 mi ( v i v cm ) 2 = 1 mi v cm mi v i 2 v cm mi v i όπου K είναι η κινητική ενέργεια. Άρα = 1 2 M v2 cm + K M v 2 cm = K 1 2 M v2 cm, όπου ορίσαμε την κινητική ενέργεια ως προς το κέντρο μάζας K = 1 2 M v2 cm + K e, ( ) K e = 1 2 mi ( v i ) 2. ( ) Παρατήρηση Η στροφορμή και η κινητική ενέργεια συστήματος σωμάτων είναι άθροισμα δύο όρων που σχετίζονται με (α) τη μεταφορική κίνηση του κέντρου μάζας και (β) την κίνηση των σωμάτων ως προς το κέντρο μάζας. Παράδειγμα Δύο σωμάτια μαζών m 1 = 4 kg και m 2 = 6 kg βρίσκονται σε επίπεδο στις θέσεις r 1 = (0, 3) m και r 2 = (4, 0) m με ταχύτητες v 1 = 2 i (m/sec) και v 2 = 3 j (m/sec). (α) Βρείτε την στροφορμή του συστήματος των δύο σωματίων ως προς την αρχή O και ως προς το κέντρο μάζας τους C. (β) Βρείτε την κινητική ενέργεια του συστήματος και την κινητική ενέργεια ως προς το κέντρο μάζας τους. Λύση. (α) L = m 1 r 1 v 1 + m 2 r 2 v 2 = [4 ( 6) ] k (kg m 2 /sec) = 48 k (J sec). Το κέντρο μάζας βρίσκεται στο σημείο και η ταχύτητά του είναι v cm = m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 r cm = (2.4 i j) m = (0.8 i j) m/sec.

88 84 Κεφάλαιο 1. Μηχανική Εχουμε την στροφορμή του κ.μ.: M r cm v cm = 10( ) k (kg m 2 /sec) = 33.6 k (J sec), ώστε η στροφορμή ως προς το κέντρο μάζας είναι L e = L M r cm v cm = 14.4 k (J sec). (β) K = 1 2 m 1 v m 2 v 2 2 = 35 J. Η κινητική ενέργεια του κέντρου μάζας Άρα, η κινητική ενέργεια ως προς το κ.μ. 1 2 M v2 cm = 19.4 J. K e = K 1 2 M v2 cm = 15.6 J.

89 1.15. Στροφορμή και ενέργεια συστήματος σωμάτων Ασκήσεις (φυλλαδίου) Άσκηση Δύο σωμάτια με μάζες m 1, m 2 κινούνται στον άξονα x με σταθερές ταχύτητες v 1, v 2 ως προς ένα αδρανειακό σύστημα αναφοράς. Να βρεθεί το αδρανειακό σύστημα αναφοράς ως προς το οποίο η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι ελάχιστη. Λύση. Το νέο αδρανειακό σύστημα αναφοράς θα κινείται με κάποια ταχύτητα V ως προς το αρχικό. Η ταχύτητες σε νέο σύστημα αναφοράς είναι v 1 = v 1 V, v 2 = v 2 V. Η κινητική ενέργεια του συστήματος στο νέο σύστημα K = 1 2 (m 1v m 2 v 2 2 ) = 1 2 [ m1 (v 1 V ) 2 + m 2 (v 2 V ) 2] = 1 2 (m 1v m 2 v 2 2) (m 1 + m 2 )V 2 (m 1 v 1 + m 2 v 2 )V. Γιά να βρούμε το έλάχιστο της K ως προς V, την παραγωγίζουμε θεωρώντας σταθερές τις v 1, v 2 : dk dv = (m 1 + m 2 )V (m 1 v 1 + m 2 v 2 ) = 0 V = m 1v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2. Πρόκειται γιά την ταχύτητα του κέντρου μάζας. Άρα, η κινητική ενέργεια K είναι ελάχιστη στο σύστημα του κέντρου μάζας. Άσκηση Εστω σύστημα σωματίων το οποίο έχει γνωστή ορμή P και επίσης ολική στροφορμή του L ως προς σταθερό σημείο O. Δείξτε ότι, ως προς σημείο O, τέτοιο ώστε OO = r 0 : σταθερό, η στροφορμή L του συστήματος σωματίων είναι L = L r 0 P. Λύση. Δες το αντίστοιχο παράδειγμα σε αυτό το κεφάλαιο.

90 86 Κεφάλαιο 1. Μηχανική 1.16 Κύλιση Συνδυασμός μεταφοράς και περιστροφής Θεωρούμε έναν τροχό ακτίνας R και θα δούμε μερικές απλές κινήσεις που μπορεί να εκτελέσει. Μία πρώτη δυνατότητα είναι ο τροχός να μετακινείται (σαν ενιαίο σώμα, χωρίς να περιστρέφεται) με ταχύτητα, έστω v cm, σε οριζόντια διεύθυνση. Τότε κάθε σημείο του τροχού έχει φυσικά την ίδια ταχύτητα (δείτε σχήμα). Μπορούμε επίσης να έχουμε περιστροφή του τροχού (χωρίς αυτός να μετακινείται) με γωνιακή ταχύτητα, έστω ω. Αν ο τροχός περιστραφεί κατά γωνία θ τότε κάθε σημείο της περιφέρειάς του διαγράφει ένα τόξο μήκους s = Rθ. Παραγωγίζουμε αυτή τη σχέση και έχουμε ότι η ταχύτητα του σημείου λόγω περιστροφής είναι v = ds dt = Rdθ dt = Rω και αυτή έχει διεύθυνση εφαπτομενική στην περιφέρεια του τροχού. Ας θεωρήσουμε τώρα κίνηση στην οποία ο τροχός περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω και ταυτοχρόνως μετακινείται με ταχύτητα v cm. Τότε, το κέντρο μάζας μετακινείται με v cm, αλλά το κάθε σημείο του τροχού έχει διαφορετική ταχύτητα. Η ταχύτητα κάθε σημείου προκύπτει από το διανυσματικό άθροισμα των ταχυτήτων μετατόπισης και περιστροφής. Ας δούμε την ειδική περίπτωση που η ταχύτητα λόγω περιστροφής ισούται με την ταχύτητα της μετατόπισης, δηλαδή v cm = Rω. Προσθέτοντας διανυσματικά τις ταχύτητες λόγω περιστροφής και μετατόπισης βλέπουμε, ειδικότερα, ότι το κορυφαίο σημείο έχει ταχύτητα 2v cm και το σημείο που εφάπτεται με το έδαφος έχει v = 0 (όπως φαίνεται και στο σχήμα). Λέμε ότι έχουμε κύλιση του τροχού χωρίς ολίσθηση. Η τροχιά κάθε σημείου του τροχού δίνει κυκλοειδή κίνηση (δώστε ένα σχέδιο της τροχιάς). Σχήμα 1.11: Πηγή: Halliday, Resnick, Walker, page Οι δυνάμεις της κύλισης Αν ο τροχός ολισθαίνει θα έχουμε τριβές ολίσθησης (κινητική τριβή) με το έδαφος. Αν ο τροχός κυλίεται χωρίς ολίσθηση τότε μπορούμε να έχουμε μόνο στατική τριβή, αφού το σημείο επαφής με το έδαφος έχει v = 0. Ας δούμε την κίνηση σε κεκλιμένο επίπεδο, όπου ένας τροχός μάζας M και ακτίνας R κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Ασκείται η δύναμη του βάρους στο κέντρο μάζας και η στατική τριβή στο σημείο επαφής με το έδαφος (δείτε σχήμα). Ο νόμος Νεύτωνα γιά κίνηση κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου f s Mg sin θ = Ma cm. (1.16.1) Ροπή ασκεί μόνο η f s, αφού το βάρος ασκείται στο κέντρο μάζας. Εχουμε από τον νόμο γιά την ροπή Rf s = Iα. (1.16.2)