του νήµατος που συγκρατεί το Α, σύµφωνα δε µε τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα υπό την γενικευµένη µορφή του, θα ισχύει η σχέση:

Transcript

1 Στην διάταξη του σχήµατος () οι δύο σταθερές τροχαλίες τ και τ έχουν αµελητέα µάζα και το νήµα που διέρχεται από τα αυλάκια τους είναι αβαρές και µη εκτατό. Στις άκρες του νήµατος είναι στερεωµένα τα σώµατα Α και Β αντίστοιχων µαζών m και m, ενώ το σώµα Γ µάζας m ηρεµεί επί δύο υποστηριγµάτων και φέρει οπή από την οποία διέρχεται το νήµα. Κάποια στιγµή το σύστη µα αφήνεται ελεύθερο και καθώς το σώµα Α ανέρχεται συγκρούεται µε το σώµα Γ και το παρασύρει σε κίνηση προς τα πάνω. i) Nα βρέθεί η προς τα πάνω µέγιστη µετατόπιση του συσσωµατώµα τος των Α και Γ, αν λίγο πριν την σύγκρουσή τους το σώµα Α έχει ταχύτητα v A. ii) Kαθώς το σύστηµα εξακολουθεί να κινείται µε το συσσωµάτωµα κατερχόµενο και το σώµα Β ανερχόµενο, κάποια στιγµή το σώµα Γ συναντά το υποστήριγµα και ακινητοποιείται ακαριαία, ενώ το σώµα Α συνεχίζει να κατέρχεται. Να βρεθεί η προς τα κάτω µέγιστη µετα τόπιση του Α. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) Kατά τον πολύ µικρό χρόνο Δt (Δt 0) που διαρκεί η σύγκρουση του σώµατος Α µε το Γ το συσσωµάτωµά τους δέχεται το βάρος του 3m g και την τάση T του νήµατος που συγκρατεί το Α, σύµφωνα δε µε τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα υπό την γενικευµένη µορφή του, θα ισχύει η σχέση: P. t = T µ - ( m + m)g ( m + m)v K - mv A = T µ t - ( m + m)gt όπου T µ η µέση τάση του νήµατος για τον χρόνο Δt και v K η ταχύτητα του συσσωµατώµατος αµέσως µετά την σύγκρουση. Όµως η τάση του νήµατος κατά την κρούση είναι µια ωστική δύναµη πολύ µεγαλύτερη του βάρους 3m g, οπότε η προηγούµενη σχέση παίρνει την προσεγγιστική µορφή: 3mv K - mv A T µ t ()

2 Στον ίδιο χρόνο Δt το σώµα Β δέχεται το βάρος του m g και την τάση του νήµατος που το συγκρατεί ίση µε T, διότι το νήµα είναι αβαρές και οι δύο τρο Σχήµα Σχήµα χαλίες αµελητέας µάζας. Εφαρµόζοντας για το Β τον δεύτερο νόµο του Νεύτω να υπό την γενικευµένη µορφή του έχουµε την σχέση: P B t = T - mg P = T µ B µ t - mgt -mv K - (-mv B ) = T µ t - mgt -mv K + mv A T µ t () Σχήµα 3 διότι T µ >>mg, ενώ ελήφθη υπ όψη ότι το σώµα Β λίγο πριν την σύγκρουση έχει ταχύτητα v B =- v A και αµέσως µετα την σύγκρουση ταχύτητα - v K. Συνδυά ζοντας τις σχέσεις () και () παίρνουµε: 3mv K - mv A = -mv K + mv A

3 5mv K = 3mv A v K = 3v A / 5 (3) Mετά την σύγκρουση το συσσωµάτωµα θα ανέρχεται επιβραδυνόµενο και το σώµα Β θα κατέρχεται επίσης επιβραδυνόµενο και κάποια στιγµή οι ταχύτητες των δύο σωµάτων θα µηδενιστούν και το µεν συσσωµάτωµα θα έχει υποστεί µέγιστη προς τα πάνω µετατόπιση κατά H από την θέση σύγκρουσης, η δε αντί στοιχη µετατόπιση του σώµατος Β θα είναι - H, δηλαδή προς τα κάτω (σχ. 3). Εφαρµόζοντας για το σύστηµα κατά το στάδιο αυτό το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας παίρνουµε την σχέση: K + U = 0 0-3mv K - mv K + 3mgH - mgh = 0 5mv K (3) = mgh 5 3v A 5 & % = gh H = 9v A 0g (4) ii) Εξετάζοντας το σύστηµα µετά την ακινητοποίηση του σώµατος Γ στο υποστή ριγµα, µπορούµε να παρατηρήσουµε ότι το µεν σώµα Α κατέρχεται επιβραδυνό µενο το δε σώµα Β ανέρχεται επίσης επιβραδυνόµενο, κάποια δε στιγµή θα µηδενισθούν οι ταχύτητες των δύο σωµάτων και η µεγιστη προς τα κάτω µετα Σχήµα 4 τόπιση x του Α θα είναι αντίθετη της αντίστοιχης µετατόπισης του Β (σχ. 4) Eφαρόζοντας κατά το στάδιο αυτό της κίνησης των δύο σωµάτων το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας θα έχουµε: K + U = mv K - mv K - mgx + mgx = 0 mgx = 3mv K (3) x = 7v A 50g (5) P.M. fysikos

4 Δύο όµοια ελαστικά σφαιρίδα βρίσκονται ακίνητα στις θέσεις B και Γ λείου οριζόντιου τραπεζιού, όπως φαίνεται στο σχήµα (5). Τα σφαιρίδια συνδέονται µε µη εκτατό νήµα, του οποίου το µήκος είναι µεγαλύτερο της απόστασης BΓ. Επί του σφαιριδίου Β προσπίπτει µε ταχυτήτα v 0 της οποίας ο φορέας είναι κάθετος στην ΒΓ σφαιρίδιο Α, όµοιο προς τα δύο προηγούµενα. H κρούση των Α και Β είναι κεντρική και µετωπική και την στιγµή που τεντώνει το νήµα, αυτό σχηµατίζει µε την ΒΓ γωνία φ=π/6. i) Nα δείξετε ότι, κατά το τέντωµα του νήµατος συµβαίνει απώλεια κινητικής ενέργειας. ii) Να βρείτε το κλάσµα της κινητικής ενέργειας του σφαιριδίου Α που µεταφέρεται στο Γ κατά το τέντωµα του νήµατος. ΛΥΣΗ: i) Kατά την κεντρική µετωπική κρούση του σφαιριδίου Α µε το όµοιο του σφαιρίδιο που είναι ακίνητο στην θέση Β συµβαίνει ανταλλαγή ταχυτήτων διότι τα σφαιρίδια είναι ελαστικά. Έτσι το σφαιρίδιο που είναι στερεωµένο στο άκρο Β αποκτά ταχύτητα v 0 και κάποια στιγµή φθάνει στην θέση B όπου το νήµα αρχίζει να τεντώνεται. Το σφαιρίδιο που βρίσκεται ακίνητο στο άκρο Γ του νήµατος δέχεται κατά τον πολύ µικρό χρόνο Δt (Δt 0) που διαρκεί το τέντωµά του δύναµη από το νήµα (τάση του νήµατος) µε κατεύθυνση από Γ σε B και επειδή η αρχική ταχύτητα είναι µηδενική θα αποκτήσει στο τέλος του Σχήµα 5 χρόνου Δt ταχύτητα v µε κατεύθυνση από Γ σε B (σχ. 5). Το ίδιο δεν ισχύει για το σφαιρίδιο που βρίσκεται στην θέση B, διότι όταν αρχίζει να τεντώνει το νήµα δέχεται µεν δύναµη από αυτό µε κατεύθυνση από B σε Γ, αλλά έχει αρχική ταχύτητα v 0 µη συγραµµική µε την τάση του νήµατος. Έτσι στο τέλος του χρόνου Δt θα έχει αποκτήσει ταχύτητα που η συνιστώσα της v κατα την κατεύθυνση του νήµατος θα είναι ίση µε v, διότι το νήµα είναι µη εκτατό, ενώ

5 θα υπάρχει και συνιστώσα v K κάθετη προς το νήµα (σχ. 5). Επειδή τα εν λόγω σφαιρίδια αποτελουν µηχανικά µονοµένο σύστηµα ισχύει για το σύστηµα αυτό η αρχή διατήρησης της ορµής κατά τις διευθύνσεις των ορθογώνιων αξόνων x και y, δηλαδή θα έχουµε τις σχέσεις: mv 0 = mv x + mv x + mv Kx 0 = mv y + mv y - mv Ky % v 0= v µ+v µ+v K %&' 0 = v %&'+v %&'-v K µ ( ) * v 0 = v / + v / + v K 3 / 0 = v 3 / + v 3 / - v K / % &% v 0 = v + v + v K 3 % 0 = v 3 + v 3 - v K &% v 0 = v + v K 3 0 = v 3 - v K % v 0 = v + v K 3 v K = v 3 % v = v 0 /4 v K = v 0 3 / % () H κινητική ενέργεια Κ τελ του συστήµατος των δύο σφαιριδίων που είναι στερε ωµένα στις άκρες του νήµατος αµέσως µετά το τέντωµά του, είναι: K = mv + mv % + mv & = mv + mv + mv & K = mv + mv % () K = mv mv 0 8 = 7mv 0 6 < mv 0 () Η σχέση () δηλώνει ότι κατά το τέντωµα του νήµατος συµβαίνει απώλεια κινη τικής ενέργειας του συστήµατος των δύο σφαιριδίων, δηλαδή το τέντωµα αυτό ισοδυναµεί µε ένα είδος µη ελαστικής κρούσεως των σφαιριδίων. ii) H κινητική ενέργεια Κ Γ που µεταφέρεται στο σφαιρίδιο Γ κατά τον χρόνο Δt που τεντώνει το νήµα είναι: K = mv () K = m mv 0 6 = K A 6 K K A = 6 P.M. fysikos Ατέρµων ιµάντας περιβάλλει τις κυρτές επιφάνειες δύο κυλίνδρων, οι οποίοι περιστρέφονται περί τους άξονές τους που είναι ακλόνητοι και παράλληλοι, όπως φαίνεται στο σχήµα (6). Η

6 περιστροφή των κυλίνδρων γίνεται µε την βοήθεια ηλεκτροκινητήρων, τα δε παράλληλα τµήµατα του ιµάντα είναι κατακόρυφα και κινούν ται ισοταχώς κατά την φορά που δείχνουν τα βέλη. Ένας οµογενής δίσκος µάζας m και ακτίνας R, µπορεί να στρέφεται περί οριζόντιο µικρό πύρο κάθετο στον δίσκο στο κέντρο του Κ που διαπερνά αβαρή ράβδο στο ένα της άκρο, της οποίας το άλλο άκρο Α είναι αρθρωµένο. O δίσκος κάποια στιγµή αφήνεται σε επαφή µε το ένα κατακόρυφο τµήµα του ιµάντα και τότε διαπιστώνεται ότι η ράβδος ισορροπεί υπό κλίση φ ως προς την οριζόντια διεύθυνση, ενώ ο δίσκος αρχίζει να περιστρέφεται. Να βρεθεί η γωνιακή επιτάχυνση του δίσκου. Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι Κ =mr / του δίσκου ως προς τον άξονα περιστροφής του, η επιτάχυνση g της βαρύτητας και ο συντελεστής τριβής ολισθήσεως n µεταξύ ιµάντα και δίσκου. ΛΥΣΗ: Eξετάζοντας τον δίσκο παρατηρούµε ότι αυτός δέχεται το βάρος του w, την δύναµη επαφής από τον ιµάντα που αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην τριβή T που είναι τριβή ολισθήσεως αντίθετη της τριβής T που ασκεί ο δίσκος στον ιµάντα (αξίωµα ισότητας δράσεως-αντιδράσεως) και τέλος την δύναµη επαφής Q από την ράβδο που είναι αντίθετη της δύναµης F K που δέχεται η ράβδος από τον δίσκο. Εστιάζοντας την προσοχή µας στην ράβδο παρα Σχήµα 6 τηρούµε ότι αυτή δέχεται εκτός της δύναµης F K και την δύναµη F A από την άρθρωση A, λόγω δε της ισορροπίας της οι δύο αυτές δυνάµεις πρέπει να έχουν φορέα την ράβδο, αντίθετες φορές και το ίδιο µέτρο (σχ. 6). Εξάλλου η δύναµη Q πρέπει να κατευθύνεται προς τα πάνω, ώστε να παρέχει κατακόρυφη συνιστώσα που να εξουδετερώνει τις δυνάµεις w, T και έτσι να εξασφαλίζεται η µη µετακίνηση του κέντρου του δίσκου κατά την κατακόρυφη διεύθυνση. Η τριβή T έχει ροπή περί το κέντρο Κ του δίσκου µε αποτέλεσµα αυτός να

7 τίθεται σε περιστροφή και σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης θα ισxύει η σχέση: (K) = I K TR = mr / nn = mr / () όπου η γωνιακή επιτάχυνση του δίσκου. Eπειδή η κίνηση του δίσκου είναι γνήσια περιστροφή η συνισταµένη των οριζόντιων αλλά και των κατακόρυφων δυνάµεων που δέχεται είναι µηδενική, δηλαδή έχουµε τις σχέσεις: F (x) = 0 F (y) = 0 N - Q x = 0 Q y - mg- T= 0 N = Qµ Q% - nn = mg & ' ( (:) µ % = N mg + nn mg + nn = N N = mg - n () Συνδυάζοντας τις () και () παίρνουµε: mng - n = mr % ng - n = R % = gn ( ) R % - n (3) Παρατήρηση: Aπό την (3) προκύπτει ότι εφ όσον ισχύει σφφ>n η γωνιακή επιτάχυνση έχει νόηµα και µάλιστα είναι σταθερή, που σηµαίνει ότι η περιστροφή του δίσκου είναι οµαλά επιταχυνόµενη. Θα αυξάνει εποµένως η ταχύτητα του σηµείου επαφής του δισκου µε τον ιµάντα και κάποια στιγµή θα γίνει ίση µε την ταχύτητα του ιµάντα, οπότε θα µηδενιστεί η τριβή, δηλαδή επί του δίσκου δεν θα εξασκείται ροπή και αυτός θα στρέφεται τελικά µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα. P.M. fysikos Δύο όµοιοι δίσκοι A και B µάζας m και ακτί νας R, συνδέονται στα κέντρα τους µε ράδβο µήκους L και µάζας Μ, όπως στο σχήµα (7). Το σύστηµα κρατείται ακίνητο, ώστε η ράβδος να σχηµατίζει µε το οριζόντιο δάπεδο γωνία φ 0 <π/ και κάποια στιγµή αφήνεται ελεύθερο. Εάν οι δίσκοι κυλίονται χωρίς ολίσθηση πάνω στο κατακόρυφο τοίχωµα και στο οριζόντιο δάπεδο, να εκφράσετε την γωνιακή ταχύτητα της ράβδου σε συνάρτηση µε την γωνία φ που σχηµατίζει µε το οριζόντιο δάπεδο, κατά τον χρόνο που ο δίσκος Β διατηρεί την επαφή του µε το κατακόρυφο τοίχωµα. Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι G =ML / της ράβδου ως προς άξονα

8 κάθετο σ αυτήν και διερχόµενο από το κέντρο µάζας της G, η ροπή αδράνειας Ι Δ =mr / κάθε δίσκου, ως προς τον άξονα περι στροφής του και η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Καθώς οι δίσκοι Α και Β κυλίονται χωρίς ολίσθηση στο οριζόντιο δάπεδο και στο κατακόρυφο τοίχωµα αντιστοίχως, η ράβδος που συνδέει τα κέντρα τους εκτελεί επίπεδη κίνηση στο επίπεδο που διέρχεται από τα κέντρα και τέµνει κάθετα το τοιχωµα και το δάπεδο. Η κίνηση της ράβ δου είναι κινηµατικά ισοδύναµη µε γνήσια περιστροφή αυτής περί στιγ µιαίο κέντρο Κ που κάθε στιγµή προκύπτει ως τοµή των καθέτων στα Σχήµα 7 διανύσµατα των ταχυτήτων v A, v B των άκρων της (σχ. 7). Εάν A, B είναι οι γωνιακές ταχύτητες περιστροφής των δίσκων Α, Β αντίστοιχως κατά µια τυχαία στιγµή t που η ράβδος παρουσιάζει κλίση φ ως προς το δάπεδο, θα έχουµε λόγω της κυλίσεώς τους τις σχέσεις: v A = R A () v B = R B Όµως, αν ειναι η αντίστοιχη γωνιακή ταχύτητα της ράβδου περί το Κ, τότε για τα µέτρα των ταχυτήτων v A, v B ισχύουν και οι σχέσεις: v A = ( KA) = Lµ ') ( v B = ( KB) = L %& *) () Εφαρµόζοντας για το σύστηµα το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέρ γειας µεταξύ της αρχικής του θέσεως και της θέσεώς του την χρονική στιγµή t, παίρνουµε την σχέση: K + U = K (t) + U (t)

9 0+mgLµ 0 +Mg( L/ )µ 0 =K A +K B +K +mglµ + Mg( L/ )µ mglµ 0 ( m + M/ ) =K A +K B +K +mglµ ( m + M / ) gl (µ 0 - µ )( m + M / ) =K A +K B +K (3) όπου K A, K B, K οι κινητικές ενέργειες του δίσκου Α, του δίσκου Β και της ράβδου αντιστοίχως την χρονική στιγµή t. Για την κινητική ενέργεια K A έχου µε: K A = mv A + I A A = mv A + mr () A 4 K A = mv A + mv A 4 = 3mv A 4 () K A = 3mL µ 4 (4) Για την κινητική ενέργεια K B έχουµε: K B = mv B + I B B = mv B + mr B 4 () K B = mv B + mv B 4 = 3mv B 4 () K B = 3mL % 4 (5) Για την κινητική ενέργεια K έχουµε: ( ) K = I I K = G + M GK % & '( ) = ML + ML, + * 4. - = ML 6 (6) όπου για την ροπή αδράνειας Ι Κ της ράβδου ως προς άξονα κάθετο στο επίπεδο κινήσεώς της και διερχόµενο από το Κ χρησιµοποιήθηκε το θεώρηµα του Steiner. Συνδυάζοντας τις (4), (5) και (6) µε την (3) παίρνουµε: ( )% m + M gl µ 0 - µ & ( = 3mL ) µ ' 4 + 3mL ) *+, 4 + ML ) 6 ( )% m + M gl µ 0 - µ & ( = 3mL ) ' 4 + ML ) 6 ( )% m + M gl µ 0 - µ & ( = 9m + M ' ( ) L )

10 = 6g L µ 0 - µ ( ) m + M ' & ) (7) % 9m + M( P.M. fysikos Ένας νεαρός µάζας m αναριχάται κατά µήκος αβαρούς σχοινιού, το οποίο διέρχεται από το αυλάκι µιας σταθερής τροχαλίας µάζας Μ και ακτίνας R, η οποία µπορεί να στρέφεται περί τον οριζόντιο άξονά της. Στο ελεύθερο άκρο του νήµατος έχει στερεω θεί σώµα Σ µάζας m, το οποίο κινείται µε επιτάχυνση a ως προς το ακίνητο έδαφος, στην διάρκεια της αναρίχησης του νεαρού. i) Να βρείτε κάτω από ποιες συνθήκες το σώµα και ο νεαρός θα ανερ χονται σε σχέση µε το έδαφος µε την ίδια επιτάχυνση και ποια θα είναι τότε η σχετική επιτάχυνση του νεαρού ως προς το σχοινί; ii) Πόση χηµική ενέργεια καταναλώνει στην περίπτωση αυτή ο νεα ρός, όταν το σώµα έχει µετατοπιστεί εκ της ηρεµίας κατά h; Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι=MR / της τροχαλίας ως προς τον άξονα περιστροφής της, η επιτάχυνση g της βαρύτητας και ότι το σχοινί δεν ολισθαίνει στο αυλάκι της τροχαλίας. ΛΥΣΗ: i) Ας δεχθούµε ότι καθώς ο νεαρός αναριχάται στο σχοινί ανέρχεται ως προς το ακίνητο έδαφος µε επιταχύνση, ίση προς την αντίστοιχη επιτά χυνση a του σώµατος Σ και ότι η αντίστοιχη γωνιακή επιτάχυνση της περιστρεφόµενης τροχαλίας είναι. Στο σώµα ενεργεί το βάρος του m g και η δύναµη T του Σχήµα 8 σχοινιού που το συγκρατεί, ο δε νεαρός δέχεται το βάρος του m g και την

11 δύναµη T του σχοινιού, κατά µήκος του οποίου αναριχάται. Εφαρµόζοντας τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα για τον νεαρό και το σώµα παίρνουµε τις σχέσεις: T - m g = m a T - m g = m a T = m a +m g T = m a +m g () Eξάλλου η τροχαλία περιστρέφεται δεξιόστροφα υπό την επιίδραση των ροπών των δυνάµεων - T και - T που δέχεται από το σχοινί που περιβάλλει το αυλάκι της, σύµφωνα δε µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης θα έχουµε: T R - T R = I T R - T R = MR / T - T = MR / T - T = Ma/ () Συνδυάζοντας την () µε τις σχέσεις () παίρνουµε: m a +m g - ( m a +m g) = Ma/ ( m - m - M/)a = ( m - m )g a = ( m - m )g (3) m +M/ - m H σχέση (3) έχει νόηµα εφ όσον είναι a>0 και λόγω της (3) πρέπει: ( m - m )g > 0 m +M/ - m ( m - m )g > 0 m +M/ - m > 0 m > m m +M/ < m m < m < m +M/ (4) H (4) αποτελεί την ζητούµενη συνθήκη. Η σχετική επιτάχυνση a του νεαρού ως προς το σχοινί υπολογίζεται µέσω της διανυσµατικής σχέσεως: a = a - (- a ) = a a = a ( 3) a = ( m - m )g (5) m +M/ - m ii) Στον χρόνο t που το σώµα ανέρχεται εκ της ηρεµίας κατά h, ο νεαρός ανέρ χεται επίσης εκ της ηρεµίας κατά h και η βαρυτική δυναµική ενέργεια του συστήµατος αυξάνεται κατά: U = U +U = m gh +m gh = gh( m +m ) (6)

12 Στον ίδιο χρόνο η κινητική ενέργεια του συστήµατος αυξάνεται κατά: K = K +K +K % = m v / +m v / +MR & / 4 K = m ah/ +m (ah/ +Mah/ 4 = ah( m +m +M/ ) ( 3) K = gh ( m - m ) m m +M/ - m +m + M % (7) H αύξηση της µηχανικής ενέργειας του συστήµατος σε χρόνο t είναι: E µ = U +K ( 5),( 6) E = gh m µ ( +m ) + + gh ( m - m ) m m +M/ - m +m + M ( m - m ) ( E µ = gh m +m + m m +M/ - m +m + M & + * ) % ' - (8), H ζητούµενη χηµική ενέργεια W χηµ. που πρέπει να δαπανήσει ο νεαρός κατά τον χρόνο t, είναι ίση µε ΔΕ µηχ, δηλαδή ισχύει: ( m - m ) ' W µ = gh m +m + m m +M/ - m +m + M % * ) ( &, + P.M. fysikos Η νεαρή γυναίκα του σχήµατος (9) έχει µάζα m και κάθεται πάνω σε σώµα σχήµατος ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου µάζας Μ, το οποίο µπορεί να ολισθαίνει επί λείου οριζόντιου δαπέδου. Στο σώµα έχει δεθεί το ένα άκρο αβαρούς και µη εκτατού νήµατος που διερχεται από το αυλάκι µιας τροχαλίας µάζας M τ και ακτίνας R, η οποία µπορεί να στρέφεται περί οριζόντιο ακλόνητο άξονα, ενώ το νήµα έλκεται οριζόντιως από την νεαρή γυναίκα. Εάν ο συντελεστής ορια κής τριβής µεταξύ σώµατος και γυναίκας είναι µ, να βρεθεί η µέγιστη σχετική επιτάχυνση που µπορεί να αποκτήσει η γυναίκα ως προς το νήµα που έλκει. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας, η ροπή αδράνειας Ι=Μ τ R / της τροχαλίας, ως προς τον άξονα περιστρο φής της και ότι το νήµα δεν ολισθαίνει στο αυλάκι της τροχαλίας. ΛΥΣΗ: Στην νεαρή γυναίκα ενεργεί το βάρος της w, η δύναµη επαφής από το σώµα που αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην τριβή T που είναι

13 στατική, διότι η κοπέλα δεν ολισθαίνει επί του σώµατος και τέλος η δύναµη F από το νήµα (σχ. 9). Στο σώµα ενεργεί το βάρος του W, η κάθετη αντίδραση N του λείου οριιζόντιου δαπέδου, η ταση Q του οριζόντιου νήµατος που το έλκει και τέλος η δύναµη επαφής από την κοπέλα, που αναλύεται στις ορθογώνιες συνιστώσες N, T αντίθετες των N, T αντιστοίχως, όπως απαιτεί το αξίωµα ισότητας µεταξύ δράσεως-αντιδράσεως (σχ.9 ). Σχήµα 9 Εξάλλου η τροχαλία περιστρέφεται αριστερόστροφα περί τον σταθερό οριζόντιο άξονά της υπό την επιδραση των ροπών των δυνάµεων F, Q που δέχεται από το νήµα που περιβάλλει το αυλάκι της, οι οποίες δυνάµεις είναι αντίθετες των F, Q αντιστοίχως, διότι το νήµα θεωρείται αµελητέας µάζας. Εφαρµόζοντας για την κοπέλα και το σώµα τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε τις σχέσεις: F - T = ma Q+ T = Ma F = T +ma Q = -T +Ma όπου a η κοινή επιτάχυνση σώµατος και κοπέλας, ως προς το ακίνητο δάπεδο. Εφαρµόζοντας για την τροχαλία τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης παίρνουµε την σχέση: F R - Q R = M R / F - Q = M R / () όπου γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας. Όµως ισχύει η σχέση a=ω R, οπότε η () γράφεται: () F - Q = M a/ ( ) T = a M +M - m % T +ma - (-T +Ma) = M a/ T = a M +M - m % (3)

14 Εάν a είναι η σχετική επιτάχυνση της κοπέλας ως προς το νήµα που έλκει, θα ισχύει η διανυσµατική σχέση: a = a - (- a ) = a a = a / και η (3) γράφεται: T = a 4 % M +M - m & ' Όµως η τριβή T είναι στατική και εποµένως το µέτρο της ικανοποεί την σχέση T µν ή T µmg, η οποία συνδυαζόµενη µε την (4) δίνει: (4) a 4 % M +M - m & ' ( µmg a 4µmg M / +M - m 4µmg a max = M / +M - m (5) H (5) έχει νόηµα εφ όσον ισχύει M / +M > m. Παρατήρηση: H τριβή T έχει την κατεύθυνση που φαίνεται στο σχήµα (9), όταν η κοπέλα τείνει να ολισθήσει προς τα εµπρός και αυτό ακριβώς εξασφαλίζει η σχέση M / +M > m. Όµως υπό άλλη δέσµευση είναι πιθανό η κοπέλα καθώς έλκει το νήµα να τείνει να ολισθήσει προς τα πίσω, οπότε η τριβή θα έχει αντίθετη κατεύθυνση από αυτή που φαίνεται στο σχήµα (9). Στην περίπτωση αυτή οι σχέσεις () γράφονται: F +T = ma Q- T = Ma F = -T +ma Q = T +Ma F - Q = -T- Ma +ma (6) H () λόγω της (6) παίρνει την µορφή: -T- Ma +ma = M a / T = a ( m -M - M / ) T = a 4 m -M - M & % ' (7) Όµως λόγω της T µmg και της (7) θα έχουµε: a 4 m - M - M & % ' ( µmg a 4µmg m - M- M /

15 4µmg a max = m - M- M / (8) H (8) έχει νόηµα εφ όσον ισχύει m >M +M /, η οποία αποτελεί την δέσµευση ώστε η κοπέλα έλκοντας το νήµα να τείνει να ολισθήσει προς τα πίσω. P.M. fysikos Στην διάταξη του σχήµατος (0) η ράβδος µάζας m και µήκους L µπορεί να στρέφεται περί οριζόντιο άξονα που διέρ χεται από το άκρο της B και είναι στερεωµένος σε αµαξίδιο µάζας m, το οποίο µπορεί να κινείται σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Το σύστηµα αρχικά είναι ακίνητο µε την ράβδο κατακόρυφη και κάποια στιγµή ασκείται στο άκρο της Α οριζόντια δύναµη F, της οποίας ο φορέας ανήκει στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο µε την ράβδο. Να βρεθούν: i) η γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου κατά την έναρξη της κινήσεώς της και ii) η αντίστοιχη επιτάχυνση του κέντρου µάζας της ράβδου και του άκρου της Α. Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι G =ml / της ράβδου, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας της και είναι κάθετος σ αυτήν. ΛΥΣΗ: Εάν a G είναι η επιτάχυνση του κέντρου µάζας G της ράβδου την στιγ µή t=0 που ασκείται στο άκρο της Α η οριζόντια δύναµη F και η αντίστοιχη γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου περί το κέντρο µάζας της, τότε για την αντίστοιχη επιτάχυνση a B του άκρου B της ράβδου θα ισxύει η σχέση: a B = a G - GB ( ) + ( GB) = ( ) () a G + GB διότι η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου την στιγµή t=0 είναι µηδενική. Όµως η επιτάχυνση a B είναι και επιτάχυνση του αµαξιδίου, δηλαδή έχει οριζόντια διεύθυνση αλλά και το διάνυσµα (GB) διευθύνεται οριζόντια, σύµφωνα δε µε την () και η επιτάχυνση a G είναι οριζόντια (σχ. 0). H ράβδος την στιγµή t=0 εκτός από την δυναµη F δέχεται ακόµα το βάρος της m g και την δύναµη επαφής από το αµαξίδιο, που αναλύεται στην οριζόντια συνιστώσα f x και στην κατακόρυφη συνιστώσα f y (σχ. ) το δε αµαξίδιο δέχεται το βάρος του m g τις κα τακόρυφες δυνάµεις στήριξης Q, Q από το λείο δάπεδο και την δύναµη επαφής από την ράβδο που αναλύεται στις συνιστώσες f x, f y αντίθετες των f x, f y αντιστοί χως, όπως προβλέπει το αξίωµα ισότητας δράσεως-αντιδράσεως. Εφαρµόζοντας για το αµαξίδιο την στιγµή t=0 τον o νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε:

16 f x = m a B - f x = m a B η οποία σε συνδυασµό µε την () επιτρέπει την σχέση: - f x = m a G +m GB ( ) f x = m( -a G + L/) () Σχήµα 0 O oς νόµος του Νεύτωνα για την κίνηση του κέντρου µάζας G της ράβδου την στιγµή t=0, δίνει την σxέση: () F +f x = ma G F +m( -a G + L/) = ma G F +m L/ = ma G (3) Εξάλλου από τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης έχουµε την στιγµή t=0 για την ράβδο την σχέση: ( G) = I (G) FL/ - f x L/ = ml / () F - f x = ml / 6 F - m( -a G + L/) = ml / 6 -F +ml / 3 = ma G (4) Διαιρώντας κατά µέλη τις (3) και (4) παίρνουµε: F +m L/ -F +ml / 3 = F +m L = -F + 4m L 3 8F = 5m L/3 = 8F/5mL (5) ii) Συνδυάζοντας την (3) µε την (5) παίρνουµε:

17 F +m 8F L 5mL = ma F +8F G 0 = ma a = 7F G G 5m Εξάλλου η επιτάχυνση a A του άκρου Α της ράβδου την χρονική στιγµή t=0 προ κύπτει από την σχέση: a A = a G - GA ( ) + (GA ) = ( ) a G + GA (6) a A = a G + L/ (5),(6) a A = 7F 5m + 8F L 5mL = 7F 5m + 9F 5m a A = 6F 5m P.M. fysikos Στην διάταξη του σχήµατος (α) η ράβδος µάζας m και µήκους L µπορεί να στρέφεται περί οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το άκρο της Α και είναι στερεωµένος σε αµαξίδιο αµελη τέας µάζας, το οποίο µπορεί να κινείται σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Το σύστηµα κρατείται ακίνητο µε την ράβδο υπό κλίση ως προς την κατα κόρυφη διεύθυνση και κάποια στιγµή αφήνεται ελεύθερο. Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση της ράβδου. Πoια µορφή θα πάρει η εξίσωση αυτή στην περίπτωση που η αρχική κλίση της ράβδου είναι πολύ µικρή; Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι G =ml / της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας της G και είναι κάθετος σ αυτήν και η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Εξετάζουµε το σύστηµα ράβδος-αµαξίδιο κάποια στιγµή t, που η ράβδος σχηµατίζει γωνία φ µε την κατακόρυφη διεύθυνση. Επί της ράβδου ενεργεί το βάρος της w και η δύναµη από το αµαξίδιο που αναλύεται στην κατακόρυφη συνιστώσα f y και στην οριζόντια συνιστώσα f x (σχ. α). Το αµαξίδιο δέχεται την δύναµη επαφής από την ράβδο, που αναλύεται στις συνιστώσες f y, f x αντίθετες των f y, f x αντιστοίχως, (αξίωµα ισότητας δράσεωςαντιδράσεως) και τις δυνάµεις στιρήξεως Q, Q από το λείο οριζόντιο δάπεδο, ενώ το βάρος του καροτσιού θεωρείται αµελητέο (σχ. β). Εφαρµόζοντας για το αµαξίδιο τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: f x = m K a K 0 () όπου η µεν επιτάχυνση a K του αµαξιδίου είναι διάφορη του µηδενος, ενώ η µάζα του m K είναι περίπου µηδέν ( m K 0). Eξάλλου ο ίδιος νόµος για την κίνη ση του κέντρου µάζας G της ράβδου κατά τον κατακόρυφο άξονα y, δίνει:

18 m y G = mg - f y f y = mg - m y G () όπου y G η y-συντεταγµένη του κέντρου µάζας G της ράβδου. Ακόµη εφαρµόζον τας για την ράβδο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης έχουµε την σχέ ση: Lµ I G = -f y () I G = -m g - ( ) Lµ y G (3) Σχήµα α Σχήµα β Όµως ισχύει y G = L/, η οποία µε διπλή παραγώγιση ως προς τον χρόνο t δίνει: y G = - L µ y G = - L - L %µ (4) Η (3) λόγω της (4) γράφεται: I G & = -m g + L + L ' %µ ( ) L%µ I G = -mg Lµ - m L 4 %µ - m L 4 µ ml + ml µ & % ( 4 ' +mg Lµ = -ml µ 8 ml ( +6µ ) +mglµ = -3mL µ L( +3µ ) +gµ = -3Lµ ( +3µ ) + 6g L µ = - 3 µ (5)

19 H (5) αποτελεί την διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση της ράβδου. Για µικρές κινήσεις της ράβδου περί την κατακόρυφη θέση της µπορούµε να γράφουµε για την γωνία φ τις προσεγγιστικές σχέσεις: ηµφ φ, ηµφ φ, 0 οπότε η (5) στην περίπτωση αυτή παίρνει την µορφή: ( +3 ) + 6g L 0 (6) Παρατήρηση: Mπορούµε να φθάσουµε στην διαφορική εξίσωση (5) εφαρµόζοντας για την ράβδο το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας, όποτε θα έχουµε: mv G + I G - mg L = Ct mv G + ml 4 - mg L = Ct (7) όπου v G η ταχύτητα του κέντρου µάζας της ράβδου κατά την στιγµή που την εξετάζουµε. Eπειδή η ράβδος δέχεται µόνο κατακόρυφες δυνάµεις η συνιστώσα της ταχύτητας v G κατά την διεύθυνση του οριζόντιου αξονα x είναι χρονικά σταθερή, δηλαδή µηδέν αφού την στιγµή t=0 η ράβδος αφήνεται εκ της ηρεµί ας. Άρα για το µέτρο της v G ισχύει: v G = y G = - L µ οπότε η (7) γράφεται: ml µ + % - mg L'() 4 6& Παραγωγίζοντας την (8) ως προς τον χρόνο t έχουµε: ml µ 4 Lµ 4 + ml 8 µ% + ml + L 8 µ + L + gµ = Ct (8) 4 + mglµ = 0 L( +6µ ) +gµ = -3Lµ = 0

20 ( +3µ ) + 6gµ L = - 3 µ P.M. fysikos Υλικό σηµείο µάζας m έλκεται από δύο σταθερά κέντρα Α, Β που βρίσονται σε απόσταση α µεταξύ τους, µε δυνάµεις F, F που περιγράφονται από τις διανυσµατικές σχέσεις: F = -mk r F = -mk r όπου k θετική σταθερή ποσότητα και r r, τα διανύσµατα θέσεως του υλικού σηµείου ως προς τα ελκτικά κέντρα Α και Β αντιστοίχως. Την χρονική στιγµή t=0 το υλικό σηµείο βρίσκεται στο σηµείο O της ΑΒ που βρίσκεται αριστερά του Α σε απόσταση α από αυτό και έχει ταχύτητα v 0, της οποίας ο φορέας είναι κάθετος στην ΑΒ. Να δείξετε ότι η τροχιά του υλικού σηµείου είναι έλλειψη, της οποίας να καθορί σετε τα στοιχεία. ΛΥΣΗ: Eάν v είναι η ταχύτητα του υλικού σηµείου κατά µια τυχαία στιγµή t και r η αντίστοιχη επιβατική του ακτίνα ως προς το µέσο Κ της απόστασης ΑΒ, θα ισχύει για την ταχύτητα µεταβολής της στροφορµής L (K) του υλικού σηµείου περί το σταθερό σηµείο Κ, η σχέση: d L (K) = d ( r m v ) = d r dt dt dt m % v ' + r m d v % ' & dt& d L (K) dt ( ) + m ( F ) = m ( F ) () = m v v r r () Σχήµα

21 όπου F η συνισταµένη δύναµη που δέχεται το υλικό σηµείο. Όµως ισχύει: F = F + F () F = -mk r + ενώ από το σχήµα () προκύπτει: r + r = M M = r r = r + ( r ) (3) ( r ) / (4) Η () λόγω των (3) και (4) γράφεται: d L (K) ( r = -km + r & ' r dt + r + * ( )- = 0 (5) ) %, Aπό την (5) προκύπτει ότι η στροφορµή L (K) διατηρείται χρονικά σταθερή κατά την διάρκεια της κίνησης του υλικού σηµείου και µάλιστα το διάνυσµά της είναι κάθετο στο επίπεδο που καθορίζει η αρχική του ταχύτητα v 0 και η επιβα τική ακτίνα OK. Στo επίπεδο αυτό ανήκουν κάθε στιγµή τα διανύσµατα v και r, που σηµαίνει ότι η κίνηση του υλικού σηµείου πραγµατοποιείται επί του επιπέδου αυτού, δηλαδη είναι επίπεδη κίνηση. Eφαρµόζοντας για το υλικό σηµείο τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα κατά την διεύθυνση του άξονα Ox παίρνουµε: m d x dt = -F x + F x = -F + F () m d x dt = -mkr + mkr d x ( ) dt = k -r + r d x dt = k - x - d x dt [ ( ) + ( 3 - x) ] ( ) d x = k - x + kx = 4k (6) dt Η (6) είναι µια µη οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής: x = C µ ( kt + ) + (7)

22 οπότε η (7) γράφεται: x = -µ ( kt + /) + x = -( kt + %/) + (8) Σχήµα 3 Eφαρµόζοντας εξάλλου για το υλικό σηµείο τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα κατά την διεύθυνση του άξονα Oy παίρνουµε: m d y dt = -F y - F y = -F µ - F µ () m d y dt = -mkr µ - mkr µ d y ( ) d y dt = -k r µ + r µ dt = -k ( y + y ) d y + ky = 0 (9) dt Η (9) είναι µια οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής: y = C µ ( kt + ) (0) όπου C, θ σταθερές ποσότητες που θα προκύψουν από τις αρχικές συνθήκες (y) t=0 =0 και (dy/dt) t=0 =v 0, οπότε θα έχουµε: 0 = C µ & ' v 0 = C k% ( = 0 C = v 0 / k

23 Έτσι η (0) γράφεται: y = ( v 0 / k )µ ( kt) () Oι σχέσεις (8) και () αποτελούν τις παραµετρικές εξισώσεις της επίπεδης τροχιάς του υλικού σηµείου. Για να βρούµε την εξίσωση της τροχιάς θα απαλεί ψουµε τον χρόνο t µεταξύ των δύο αυτών εξισώσεων, οπότε θα έχουµε: ( ) ( ) ( x - )/ = - kt y k/v 0 = %µ kt & ( ' ) ( ( ) ( ) ( x - ) /4 = kt ky /v 0 = %µ kt & ( ' ) ( ( x - ) + ky = 4 v 0 ( x - ) + 4 y ( v 0 / k) = () Η () εκφράζει ότι η τροχιά του υλικού σηµείου είναι έλλειψη, της οποίας το κέντρο είναι το σηµείο Κ, ο µεγάλος ηµιάξονας έχει µήκος α και o µικρός έχει µήκος v 0 /k (σx. ). P.M. fysikos H σφήνα (Σ) του σχήµατος (4) έχει µάζα M και εφάπτεται µε µια έδρα της σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Στην σφήνα είναι στερεωµένο το ένα άκρο ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k, του οποίου ο άξονας είναι παράλληλος προς την κεκλιµένη έδρα της σφή νας, ενώ στο άλλο άκρο του έχει στερεωθεί µικρό σώµα µάζας m, που είναι σε επαφή µε την κεκλιµένη έδρα της σφήνας. Κάποια στιγµή που θεωρείται ως αρχή του χρόνου το σώµα αφήνεται πάνω στην κεκ λιµένη έδρα της σφήνας, ενώ το ελατήριο έχει το φυσικό του µήκος. i) Με την προυπόθεση ότι µεταξύ σφήνας και σώµατος δεν υπάρχει τριβή και ότι το σώµα δεν φθάνει ποτέ στις άκρες της κεκλιµένης έδρας, να δείξετε ότι η σφήνα θα εκτελέσει αρµονική ταλάντωση, της οποίας να βρείτε το πλάτος. ii) Να δείξετε ότι το σώµα δεν θα εγκαταλήψει την σφήνα κατά την διάρκεια της κινήσεως τους. Δίνεται η γωνία κλίσεως φ της κεκλιµένης έδρας της σφήνας, η επι τάχυνση g της βαρύτητας και ότι µεταξύ του σώµατος και σφήνας δεν υπάρχει τριβή. ΛΥΣΗ: i) Εξετάζοντας το σώµα στο σύστηµα αναφοράς της σφήνας κάποια στιγµή t που η αποµάκρυνσή του από ην θέση ισορροπίας του είναι s, παρατη ρούµε ότι αυτό δέχεται το βάρος του w, την δύναµη F από το τεντωµένο

24 ελατήριο, την δύναµη επαφής N από την κεκλιµένη έδρα της σφήνας και τέλος την αδρανειακή δύναµη D Alembert = -m a, όπου a η επιτάχυνση της σφή νας στο σύστηµα αναφοράς του δαπέδου την χρονική στιγµή t. Eφαρµόζοντας για το σώµα τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα, παίρνουµε την σχέση: Σχήµα 4 m s = -F +w + m s = -k( s +mgµ / k) +mgµ + m x % m s = -ks + m x -ks = m s - x ( ) () όπου w, οι συνιστώσες κατά την διεύθυνση της κεκλιµένης έδρας της σφήνας των δυνάµεων w και αντιστοίχως. Το σύστηµα σφήνα-σώµα εξεταζό µενο από το σύστηµα αναφοράς του δαπέδου είναι µηχανικά µονωµένο κατά τον οριζόντιο άξονα x, διότι δεν δέχεται οριζόντιες δυνάµεις, που σηµαίνει ότι η ορµή του κατά την διεύθυνση x διατηρείται σταθερή και ίση µε µηδέν, δηλα δή µπορούµε να γράψουµε την σχέση: M x +mv x = 0 M x +m x - s ( ) = 0 () όπου v x η ταχύτητα του σώµατος κατά την διεύθυνση x στο σύστηµα αναφο ράς του δαπέδου, ενώ η ποσότητα - s αποτελεί την αλγεβρική τιµή της σχετικής ταχύτητας του σώµατος ως προς την σφήνα κατά την διευθυνση x. Παραγωγίζοντας την () ως προς τον χρόνο t παίρνουµε: ( ) = 0 M x +m x - s s = ( M +m) x m (3) Ολοκληρώνοντας την () και λαµβάνοντας υπ όψη ότι για s=0 είναι x=0, παίρ νουµε την σχέση: ( ) = 0 s = M +m Mx +m x -s ( )x m (4) H () λόγω των (3) και (4) γράφεται:

25 -k ( M +m)x m = m ( M +m) x m -m x -k ( M +m)x = m( M +m) x -m x -k ( M +m)x = mm x +m ( - ) x -k ( M +m)x = m( M +mµ ) x µε k( M +m)x x + m M+mµ ( ) = 0 k( M +m)x = m M+mµ ( ) x + x = 0 (5) (6) Η (5) είναι η τυπική διαφορική εξίσωση µιας αρµονικής ταλάντωσης µε κυκλι κή συχνότητα ω, που υπολογίζεται από την σχέση (6). Eστιάζοντας στην σχέση (3) παρατηρούµε ότι, όταν το σώµα ισορροπεί στο σύ στηµα αναφοράς της σφήνας ( s = 0), τότε και η σφήνα ισορροπεί στο σύστηµα αναφοράς του δαπέδου, διότι προκύπτει x = 0. Στην περίπτωση αυτή το ελατή ριο είναι επιµηκυµένο κατά s 0 από την φυσική του κατάσταση και ισχύει: ks 0 = mgµ s 0 = mgµ / k (7) Επειδή την στιγµή t=0 που το σύστηµα αφήνεται ελέυθερο να κινηθεί το ελατή ριο έχει το φυσικό του µήκος, η επιµήκυνση s 0 αποτελεί την µέγιστη αποµά κρυνση του σώµατος από την θέση ισορροπίας του στο σύστηµα αναφοράς της σφήνας. Το πλάτος ταλάντωσης x 0 της σφήνας θα βρεθεί από την (4) θέτοντας s=s 0 και x=x 0, οπότε θα έχουµε: s 0 = ( M+m)x 0 m (7) mgµ k = ( M +m)x 0 m% x 0 = m gµ% M+m ( )k ii) H κάθετη αντίδραση N που δέχεται το σώµα από την κεκλιµένη επιφάνεια της σφήνας θα βρεθεί από το γεγονός ότι, το σώµα στο σύστηµα αναφοράς της σφήνας ισορροπεί κατά την κάθετη προς την κεκλιµένη επιφάνεια διεύθυνση, δηλαδή µπορούµε να γράψουµε την σχέση: N + K = w K N +µ = mg%& (8)

26 N +m x µ = mg% (5) N +m - x µ = mg%& (4),(6) km M +m N + ( )µ m M +mµ ( ) m% M +m s = mg% N = mg - km%µ M +m%µ s (9) όπου w K, K οι συνιστώσες κατά διεύθυνση κάθετη στην κεκλιµένη έδρα της σφήνας των δυνάµεων w και αντιστοίχως. Από την (9) προκύπτει ότι η ελά χιστη τιµή του µέτρου της δύναµης N αντιστοιχεί στην µέγιστη τιµή s 0 της µεταβλητής s, δηλαδή θα έχουµε: N min = mg - km M +m%µ s 0 (7) N min = mg - km mg%µ M +m%µ k N min = mg - m g%µ M+m%µ N min = Mmg M +m%µ > 0 που σηµαίνει ότι το σώµα δεν χάνει ποτέ την επαφή του µε την σφήνα κατά την διάρκεια της κίνησής τους. P.M. fysikos