i) Nα βρεθεί η επιτάχυνση του κέντρου Κ της τροχαλίας την στιγµή t=0 αµέσως µετά την θραύση του νήµατος.

Transcript

1 H τροχαλία του σχήµατος () µάζας m και ακτίνας R, ισορροπεί εξαρτηµένη από τα νήµατα ΑΒ και ΓΔ τα οποία είναι ισο κεκλιµένα ως προς την οριζόντια διεύθυνση κατα γωνία φ. Κάποια στιγµή κόβουµε το νήµα ΑΒ και η τροχαλία τίθεται σε κίνηση. i) Nα βρεθεί η επιτάχυνση του κέντρου Κ της τροχαλίας την στιγµή t=0 αµέσως µετά την θραύση του νήµατος. ii) Nα βρέθει η τάση του νήµατος εξάρτησης ΓΔ της τροχαλίας την χρονική στιγµή t=0. Δίνεται η ροπή αδράνειας I K =mr / της τροχαλίας ως προς άξονα κάθετο στο επίπεδό της και διερχόµενο από το κέντρο της K και η επιτάχυνση της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) To σηµείο Γ θεωρούµενο ως σηµείο του νήµατος ΓΔ έχει την χρονική στιγµή t=0 αµέσως µετά το κόψιµο του νήµατος ΑΒ επιτάχυνση, της οποίας ο φορέας είναι κάθετος στο νήµα ΓΔ µε κατεύθυνση το διάνυσµα K (σχ. ). Επειδή το σηµείο Γ ανήκει και στην τροχαλία η επιτάχυνση αυτή µπορεί να εκφρασθεί µε βάση την σχέση: a = a K +( #" K) - # K a = a K +( #" K) a K = a - (# " K) a K = a +( #" K) = a + a " K () Σχήµα όπου a K η επιτάχυνση του κέντρου Κ της τροχαλίας την στιγµή t=0, " η αντίστοιχη γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας, ενώ η γωνιακή της ταχύτητα την στιγµή αυτή είναι µηδενική. Aπό την () προκύπτει ότι το διάνυσµα (" #K) αποτελεί την συνιστώσα a K της a K κατά την διεύθυνση του άξονα

2 Kx το δε διάνυσµα αποτελεί την συνιστώσα της a K κατά την διεύθυνση του άξονα Ky. Eφαρµόζοντας την στιγµή t=0 για το κέντρο µάζας Κ της τροχαλίας τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα κατά την διεύθυνση του άξονα Κy παίρνουµε την σχέση: Tην ίδια στιγµή ο θεµελιώδης νόµος της στροφικής κίνησης υπό την γενικευµέ νη µορφή του δίνει για την τροχαλία την σχέση: () (3) διότι τα διανύσµατα και είναι συγραµµικά. Όµως η ροπή αδράνειας Ι Γ της τροχαλίας ως προς άξονα κάθετο στο επίπεδό της και διερχόµενο από το Γ είναι κατά το θεώρηµα Steiner ίση µε το άθροισµα Ι Κ +mr, οπότε από την (3) προκύπτει: Eξάλλου η σχέση () γράφεται: (4) a K = -g"# j - g%µ i / 3 = -g "# i + %µ i / 3 ( ) (5) όπου i, j τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων Κx και Κy αντιστοίχως. ii) O ος νόµος του Νεύτωνα εφαρµοζόµενος για την κίνηση του κέντρου µά ζας Κ της τροχαλίας κατά την διεύθυνση του άξονα Κx την στιγµή t=0, δίνει: (4) F (x) = ma Kx T - mgµ" = -m a # K T = mgµ" - mr # T = mgµ" - mgµ" / 3 T = mgµ" / 3 όπου T η ζητούµενη τάση του νήµατος ΓΔ. P.M. fysikos Ηµισφαιρικό σώµα µάζας m και ακτίνας R ισορ ροπεί πάνω σε οριζόντιο δάπεδο, εφαπτόµενο αυτού µε την κυρτή του επιφάνεια. Κάποια στιγµή εφαρµόζεται επί του σώµατος οριζόντια δύναµη F, της οποίας ο φορέας διέρχεται από το κέντρο Ο της επίπε δης επιφάνειάς του, όπως φαίνεται στο σχήµα (), µε αποτέλεσµα να αρχίσει κυλιόµενο χωρίς ολίσθηση πάνω στο οριζόντιο δάπεδο.

3 i) Nα βρείτε την γωνιακή επιτάχυνση του σώµατος αµέσως µετά την έναρξη της κύλισής του. ii) Να βρείτε την ελάχιστη τιµή του συντελεστή οριακής τριβής µετα ξύ δαπέδου και σώµατος, ώστε να εξασφαλίζεται η κύλισή του. Δίνονται η απόσταση α=4r/3π του κέντρου µάζας C του σώµατος από το Ο η ροπή αδράνειάς του I Ο =mr /5 ως προς οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το Ο και η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛYΣH: i) Aς δεχθούµε ότι µε την εφαρµογή της δυνάµεως F το ηµισφαιρικό σώµα αρχίζει να κυλίεται χωρίς ολίσθηση πάνω στο οριζόντιο δάπεδο. Το σηµείο επαφής Ε του σώµατος µε το δάπεδο αποτελεί στιγµιαίο κέντρο περι στροφής αυτού, οπότε η επιτάχυνση a C του κέντρου µάζας C του σώµατος την στιγµή t=0 εφαρµογής της F θα είναι: ( ) () a C = " # EC όπου " η αντίστοιχη γωνιακή επιτάχυνση του σώµατος. Η επιτάχυνση a E του σηµείου Ε την στιγµή t=0 υπολογίζεται µέσω της σχέσεως: ( ) = a E = a C - CE + " # EC ( ) () a E + " # EC Σχήµα διότι η γωνιακή ταχύτητα του σώµατος την στιγµή αυτή είναι µηδενική. Η () λόγω της () γράφεται: ( ) + (" # CE) = a E = " # EC 0 (3) Eφαρµόζοντας την στιγµή t=0 τον γενικευµένο νόµο της στροφικής κίνησης περί το σηµείο Ε, παίρνουµε την σχέση: (3) ( ) I E " = # (E) + m a E % EC I E " = # (E) I E " = # (E) (4) όπου Ι Ε η ροπή αδράνειας του σώµατος ως προς τον στιγµιαίο άξονα περιστρο φής του και " (E) η συνολική ροπή περί το Ε όλων των δυνάµεων που δέχεται

4 το σώµα. Όµως οι ροπές περί το Ε του βάρους w του σώµατος, της στατικής τριβής T και της κάθετης αντίδρασης N του οριζόντιου δαπέδου είναι µηδενι κές, ενώ η αντίστοιχη ροπή της F είναι δεξιόστροφη µε µέτρο FR, οπότε η (4) γράφεται: I E " = FR [ I C + m(ce) ] " = FR (5) Όµως I O = I C + m(co) I C = I O - m(co) οπότε η (5) γράφεται: [ I O - m(co) + m(ce) ] " = FR ( m R 5 - " 4R% * ' # 3 & ) * " + R - 4R % ' # 3 & + -/. = FR, - " % ' R )( = F/m " = # 3 & F ( 7/5-8/3# )mr (6) ii) Εφαρµόζοντας για το κέντρο µάζας C του σώµατος κατά την έναρξή της κύλισης του (t=0) τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα κατά την οριζόντια διεύθυν ση Οx και την κατακόρυφη διεύθυνση Οy παίρνουµε: και () F (x) = ma Cx - T + F = ma C (6) ( ) - T + F = m "(OE) -T + F = m " R - 4R/3# ( ) 7/5-8/3 FmR - 4/3 T = F - ( )mr = F " - - 4/3 % # 7/5-8/3 ' (7) & F (y) = ma Cy mg - N = 0 N = mg (8) Επειδή η τριβή T είναι στατική δεσµεύεται µε την σχέση: (7),(8) T nn " - 4/3 % F - # 7/5-8/3 ' ( nmg & n F # /5-4/3" & % ( n mg 7/5-8/3" min = F " /5-4/3 % ' ' mg # 7/5-8/3 & P.M. fysikos

5 Μια ορθογώνια σφήνα µάζας M, ισορροπεί επί λείου οριζόντιου δαπέδου εφαπτοµενη αυτού µε µια κάθετη έδρα της. Κάποια στιγµή αφήνεται πάνω στην υποτείνουσα έδρα της σφήνας µια τροχαλία µάζας m και ακτίνας R, µε το επίπεδό της κάθετο επί την έδρα αυτήν. Να βρεθεί η γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας κατά την έναρξη της κινήσεώς της πάνω στην υποτείνουσα έδρα, η οποία κίνηση είναι κύλιση χωρίς ολίσθηση. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας I C =mr / της τροχαλίας ως προς άξο να κάθετο στο επίπεδό της και διερχόµενο από το κέντρο της. ΛΥΣΗ: Εξετάζοντας το σύστηµα σφήνα-τροχαλία την χρονική στιγµή t=0 που η τροχαλία αρχίζει να κυλίεται πάνω στην σφήνα διαπιστώνουµε ότι το σηµείο επαφής Ε τροχαλίας-σφήνας θεωρούµενο ως σηµείο της σφήνας έχει επιτάχυ νση a E ίση µε την αντίστοιχη επιτάχυνση a της σφήνας. Θεωρούµενο όµως ως σηµείο της τροχαλίας η επιτάχυνσσή του a E ικανοποιεί την σχέση: ( ) a E = a C + " # EC ( ) a C = a + #" CE ( ) a = a C + #" EC a C = a + a " () Σχήµα 3 όπου " η γωνιακή επιτάχυνση της τροχαλίας την στιγµή t=0, a C η αντίστοι χη επιτάχυνση του κέντρου µάζας C της τροχαλίας και a η παράλληλη προς το κεκλιµένο επίπεδο συνιστώσα της a C, ίση µε ( " # CE). Eπειδή οι εξωτερι κές δυνάµεις που δέχεται το σύστηµα (βάρη τροχαλίας-σφήνας και αντίδραση του λείου ορίζοντιου δαπέδου επί της σφήνας) είναι κατακόρυφες η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του συστήµατος κατά τον οριζόντιο άξονα x είναι µηδενική, δηλαδή µπορούµε να γράψουµε την σχέση: ma - ma ",x + Ma = 0 ma - ma " #%& + Ma = 0 ma - m #" R%&' + Ma = 0 ( m + M)a = m #" R%&' a = m #" R%&' m + M ()

6 Eξάλλου η τροχαλία δέχεται το βάρος της w και την αντιδραση της σφήνας που αναλύεται στην στατική τριβή T και στην κάθετη αντίδραση N. Eφαρµό ζοντας την στιγµή t=0 για την τροχαλία τον γενικευµένο νόµο της στροφικής κίνησης περί το σηµείο Ε, παίρνουµε την σχέση: ( ) I E " = # (E) + m a E % EC ( I C + mr ) [ ( )] " = mgr#µ + m a E R#µ % / + R " = g#µ / 3 + a % &'( / 3 (3) Συνδυάζοντας τις () και (3) παίρνουµε: a = m ( g"µ# / 3 + a %&# / 3)%&# m + M 3( m + M)a = gm"µ#%&# + ma %& # [ 3( m + M) - m"# ] a % = mg&µ a = 3 m + M mg"µ # ( ) - m%& # P.M. fysikos Δύο οµογενείς κύλινδροι της ίδιας ακτίνας R και της ίδιας µάζας Μ µπορούν να στρέφονται περί τους γεωµετρικούς τους άξονες, οι οποίοι είναι ακλόνητοι σε οριζόντιο επίπεδο και πα ράλληλοι µεταξύ τους σε απόσταση α. Ενα δοκάρι µάζας m τοποθε τείται πάνω στους κυλίνδρους σε διεύθυνση κάθετη στους άξονές τους και το ένα του άκρο συνδέεται µε ιδανικό ελατήριο σταθεράς k, του οποίου το άλλο άκρο είναι ακλόνητο. Το ελατήριο έχει την διεύ θυνση του δοκαριού και αρχικά βρίσκεται στην φυσική του κατάστα ση (σχ. 4). Εκτρέπουµε το δοκάρι, ώστε το ελατήριο να επιµηκυνθεί κατά x 0 και το αφήνουµε ελεύθερο. i) Να µελετηθεί η κίνηση του δοκαριού µε την προυπόθεση ότι αυτό δεν ολισθαίνει πάνω στις επιφάνειες των κυλίνδρων. ii) Εάν µ είναι ο συντελεστής οριακής τριβής ανάµεσα στο δοκάρι και τους κυλίνδρους, να βρεθεί η συνθήκη που εξασφαλίζει την µη ολίσθη ση του δοκαριού. iii) Να εκφράσετε τις κατακόρυφες συνιστώσες των δυνάµεων επα φής δοκαριού και κυλίνδρων σε συνάρτηση µε τον χρόνο, αν πριν την εκτροπή του δοκαριού το µέσο του βρισκόταν στην µεσοκάθετη της

7 απόστασης α. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδρά νειας Ι=ΜR / κάθε κυλίνδρου ως προς τον άξονά του. ΛΥΣΗ: i) Eξετάζουµε το σύστηµα κάποια στιγµή t που η αποµάκρυνση του κέντρου Κ του δοκαριού από την θέση ισορροπίας του Ο είναι x (σχ. 4). Την στιγµή αυτή το δοκάρι δέςχεται το βάρος του w, την δύναµη F " από το επιµηκυµένο ελατήριο, την δύναµη επαφής από τον αριστερό κύλινδρο που ανα λύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην στατική τριβή T (το δοκάρι δεν Σχήµα 4 ολισθαίνει επί του κυλίνδρου) και τέλος την δύναµη επαφής από τον δεξιό κύλινδρο, που αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην στατική τριβή T. Εφαρµόζοντας για την κίνηση του κέντρου µάζας Κ του δοκαριού τον δευτερο νόµο του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: m d x dt = T + T - F m d x " dt = T + T - kx () όπου x η αλγεβρική τιµή της αποµάκρυνσης x. Εξάλλου οι κύλινδροι δέχονται λόγω της επαφής τους µε το δοκάρι δυνάµεις που οι εφαπτοµενικές προς τους κυλίνδρους συνιστώσες τους T, T είναι αντίθετες των T, T αντιστοίχως (αξίωµα ισότητας δράσεως-αντιδράσεως) και επηρεάζουν τις περί τον άξονά τους περιστροφικές κινήσεις. Εφαρµόζοντας για κάθε κύλινδρο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης έχουµε τις σχέσεις: T R = I " # T R = I " % T R = MR " / #% T R = MR " / & % T = MR " / # T = MR " / % όπου ", " οι γωνιακές επιταχύνσεις των δύο κυλίνδρων την στιγµή t που εξετάζουµε το σύστηµα. Όµως το δοκάρι εκτελει οριζόντια µεταφορική κίνηση που σηµαίνει ότι τα σηµεία επαφής του µε τους κυλίνδρους έχουν κάθε στιγµή την ίδια επιτάχυνση που είναι και επιτρόχια επιτάχυνση των κυλίνδρων στα σηµεία αυτά. Θα έχουµε εποµένως ότι: R " = R " = - d x/dt (3) οπου το πρόσηµο (-) τέθηκε διότι η επιτρόχια επιτάχυνση των σηµείων επαφής είναι αντίρροπη της αποµάκρυνσης x. Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και (3) έχουµε: ()

8 T = T = -M( d x/dt ) / (4) H () λόγω (4) γράφεται: m d x dt = -M d x dt - kx ( m + M ) d x dt + kx = 0 d x dt + kx m + M = 0 d x dt + k x = 0 µε = m + M (5) Η (5) αποτελεί την χαρακτηριστική διαφορική εξίσωση µιάς αρµονικής ταλάν τωσης, δηλαδή η κίνηση του κέντρου µάζας του δοκαριού είναι µια οριζόντια αρµονική ταλάντωση πλάτους x 0 και γωνιακής συχνότητας Ω, οι δε αρχικές του συνθήκες επιβάλλουν εξίσωση κινήσεως της µορφής: ( ) x = x 0 "# x = x 0 µ "t + #/ & % k m + M t ' ) (6) ( ii) Eπειδή οι τριβές T, T είναι στατικές τα µέτρα τους δεσµεύονται µε τις σχέσεις: T nn T " # nn (+ ) M d x/dt n( N + N ) T + T (4) n( N + N ) Όµως το δοκάρι ισορροπεί κατά την κατακόρυφη διεύθυνση, οπότε ισχύει Ν +Ν =mg και η προηγούµενη σχέση δίνει: M d x/dt nmg Mx 0 - "#t % nmg (7) H (7) πρέπει να ισχύει για κάθε t, εποµένως και για t που ικανοποιεί την σχέση συνωt=, οπότε προκύπτει: k Mx 0 " nmg Mx 0 # & ' nmg " m + M% n Mx 0 mg " k % ' (8) # m + M& iii) Eπειδή το δοκάρι δεν περιστρέφεται η συνολική ροπή περί το κέντρο µά ζας του Κ όλων των δυνάµεων που δέχεται είναι µηδενική, δηλαδη ισχύει: " " (K) = 0 N # - x % " ' - N & # + x % ' = 0 &

9 ( N - N ) - ( N + N )x = 0 ( N - N ) = mgx N - N = mgx (6) N - N = mg x 0 "#%t N - mg = mg x "#%t N = mg & 0 + x 0 ( ' "#%t ) + (9) * Η (9) συνδυαζόµενη µε την Ν +Ν =mg δίνει: & N = mg - x 0 ( ' "#%t ) + (0) * P.M. fysikos Δύο οµογενείς κύλινδροι της ίδιας ακτίνας R και της ίδιας µάζας Μ µπορούν να στρέφονται περί τους γεωµετρικούς τους άξονες, οι οποίοι είναι ακλόνητοι σε οριζόντιο επίπεδο και πα ράλληλοι µεταξύ τους. Ένα δοκάρι µάζας m τοποθετείται πάνω στους κυλίνδρους σε διεύθυνση κάθετη στους άξονές τους και στο µέσο του Ο στηρίζεται το ένα άκρο αβαρούς και µη εκτατού νήµατος µήκους L, στο άλλο άκρο του οποίου στερεώνεται σφαιρίδιο µάζας m/. Κρατού µε το δοκάρι ακίνητο στην θέση όπου το µέσο του Ο βρίσκεται πάνω στην κατακόρυφη που διχοτοµεί την απόσταση των άξονων των δύο κυλίνδρων, εκτρέπουµε το σφαιρίδιο ώστε το νήµα να σχηµατίσει µικρή γωνία φ 0 µε την κατακόρυφη διεύθυνση και στην συνέχεια αφήνουµε το σύστηµα ελεύθερο. Με την προυπόθεση ότι το δοκάρι δεν µπορεί να ολισθαίνει πάνω στις επιφάνειες των κυλίνδρων να βρείτε τις έξισώσεις κίνησης του σφαιριδίου και του δοκαριού. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας Ι=ΜR / κάθε κυλίνδρου ως προς τον άξονά του. ΛΥΣΗ: Eξετάζουµε το σύστηµα κάποια τυχαία στιγµή t που η αποµάκρυνση του κέντρου µάζας Κ του δοκαριού από την θέση ισορροπίας του Ο είναι x και η γωνία του νήµατος µε την κατακόρυφη διεύθυνση είναι φ. To δοκάρι δέχεται το βάρος του W, τις δυνάµεις επαφής από τους δύο κυλίνδρους, που αναλύον ται στις κάθετες αντιδράσεις N, N και στις στατικές τριβές T, T τέλος δε την τάση F του νήµατος που έχει προσδεθεί στο κέντρο του Κ. Εφαρµόζοντας για την κίνηση του κέντρου µάζας Κ τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα παίρνου µε την σχέση: m d x dt = F x - T - T Όµως η οριζόντια συνιστώσα F x της F έχει µέτρο είναι ίσο µε Fηµφ Fφ διότι η γωνία φ είναι πολύ µικρή, οπότε η προηγούµενη σχέση γράφεται:

10 m d x dt = F - T - T () Εξάλλου οι δύο κύλινδροι δέχονται λόγω της επαφής τους µε το δοκάρι δυνά µεις που οι εφαπτοµενικές προς τους κυλίνδρους συνιστώσες τους T, T είναι αντίθετες των T, T αντιστοίχως (αξίωµα ισότητας δράσεως-αντιδράσεως) και επηρεάζουν τις περιστροφικές τους κινήσεις. Εφαρµόζοντας για κάθε κύλινδρο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης έχουµε: T R = I " # T R = I " % T R = MR " / #% T R = MR " / & % T = MR " / # T = MR " / % () Σχήµα 5 όπου ", " οι γωνιακές επιταχύνσεις των δύο κυλίνδρων την στιγµή t που εξετάζουµε το σύστηµα. Όµως το δοκάρι εκτελεί οριζόντια µεταφορική κίνηση που σηµαίνει ότι τα σηµεία επαφής του µε τους κυλίνδρους έχουν κάθε στιγµή την ίδια επιτάχυνση που είναι και επιτρόχια επιτάχυνση των κυλίνδρων στα σηµεία αυτά. Θα έχουµε εποµένως ότι: R " = R " = + ( d x/dt ) (3) όπου το πρόσηµα (+) τέθηκε διότι η επιτρόχια επιτάχυνση των σηµείων επαφής είναι οµόρροπη της αποµάκρυνσης x. Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και (3) έχουµε: T = T = M( d x/dt ) / (4) H () λόγω (4) γράφεται: m d x dt = F - M d x dt ( m + M ) d x = F (5) dt Eξετάζοντας εξάλλου το σφαιρίδιο παρατηρούµε ότι αυτό δέχεται το βάρος του w και την τάση F του νήµατος η οποία είναι αντίθετη της F, διότι το νήµα είναι αβαρές, Επειδή το σφαιρίδιο µε καλή προσέγγιση κινείται σε οριζόντια διεύθυνση η κατακόρυφη συνιστώσα F y της F εξουδετερώνει το βάρος του,

11 ενώ η οριζόντια συνιστώσα της F x αποτελεί την δύναµη που το επιταχύνει. Έτσι θα έχουµε τις σχέσεις: F y = mg/ m d x " /dt #% F x &% ( ) = - F "#% = mg/ ( ) / = - m d x & /dt (* ) F 'µ% + * F mg/ ( ) / -F# m d x " /dt & % '& d x dt " -g# (6) όπου x η αποµάκρυνση του σφαιριδίου την στιγµή t που εξετάζουµε το σύστηµα. Όµως από το σχήµα (5) προκύπτει ότι x =x+l", από την οποία µε διπλή παραγώγιση ως προς τον χρόνο παίρνουµε: dx dt = dx dt + L d" dt d x dt = d x dt + L d " dt (7) H (6) λόγω της (7) γράφεται: d x dt + L d " -g (8) dt H (5) λόγω της Fmg/ δίνει: ( m + M) d x dt = mg d x dt = mg m + M ( ) (9) µε αποτέλεσµα η (8) να παίρνει την µορφή: L d dt + " m # m + M ( ) + d " 3m + M% + ' dt # m + M & % ' g = 0 &' g L = 0 d dt + " = 0 µε = " 3m + M% ' # m + M & g L (0) Η (0) αποτελεί την χαρακτηριστική διαφορική εξίσωση µιάς αρµονικής τα λάντωσης, δηλαδή η κίνηση του σφαιριδίου είναι οριζόντια αρµονική ταλάν τωση πλάτους φ 0 και γωνιακής συχνότητας Ω, οι δε αρχικές του συνθήκες επιβάλλουν εξίσωση κινήσεως της µορφής: = 0 "µ #t + / ( ) = 0 "# % ' & % 3m + M( ' * & m + M ) g ( L t * () )

12 H σχέση (9) µε βάση την () γράφεται: d x dt = mg 0 m + M ( ) "#%t η οποία ολοκληρούµενη δίνει: dx dt = mg 0 " m + M ( ) #µ"t + C () Όµως για t=0 είναι dx/dt=0, οπότε η σταθερά ολοκλήρωσης C είναι µηδενική. Η () ολοκληρούµενη δίνει: x = - mg 0 " m + M ( ) #%"t + C (3) η οποία για t=0 δίνει: 0 = - mg 0 " m + M και η (3) γράφεται: x = ( ) + C C = mg 0 " ( m + M) mg 0 " ( m + M) ( - #%"t ) η οποία αποτελεί την εξίσωση κίνησης του δοκαριού. P.M. fysikos