Ενότητα 1: Εισαγωγικές Έννοιες Ορισμοί

Transcript

1

2 Ενότητα : Εισαγωγικές Έννοιες Ορισμοί Σώμα πίπτει εκ της ηρεμίας υπό την επίδραση του βάρους του εντός ομογενούς βαρυτικού πεδίου Στο σώμα ασκείται αντίσταση από τον αέρα R mku, όπου m η μάζα, k θετική σταθερά και u η ταχύτητα του σώματος Να προσδιοριστεί η ταχύτητα του σώματος συναρτήσει του διανυθέντος διαστήματος καθώς και συναρτήσει του χρόνου κινήσεως Λύση Η κίνηση εκτελείται πάνω στον κατακόρυφο άξονα των y, η φορά του οποίου λαμβάνεται θετική προς τα κάτω Η εξίσωση της κινήσεως είναι my mg mku y g ku () με αρχικές συνθήκες y 0, u 0 Η μορφή του δεξιού μέλους της () μας υποδεικνύει να θέσουμε dy dy dy du y u Κατόπιν τούτου η εξίσωση της κινήσεως γράφεται dt dy dt dy du udu u g ku dy dy g ku Επομένως d(g ku ) dy k g ku Άρα y lnc ln(g ku ) k Από την αρχική συνθήκη y 0, u 0 ευρίσκουμε C g k Συνεπώς g y ln k g ku () Επίσης η () γράφεται du du g ku dt dt g ku () Στην () θέτουμε a g k, οπότε αυτή παίρνει την μορφή du =kdt Για την ολοκλήρωση αναλύουμε την παράσταση (a u)(a+u) (a u)(a+u) σε απλά κλάσματα παράσταση A B A B Έχουμε επομένως για ολοκλήρωση την (a u)(a+u) a u a u a du du akdt a u a u Το αποτέλεσμα είναι ln( a u ) ln( a u ) lnc kat ή a u Ce a u kat Για t 0έχουμε u 0, άρα C Επομένως kat a(e ) u, όπου kat e + g a k Συζήτηση Η σχέση που δίδει την ταχύτητα γράφεται kat a( e ) u Όταν t, η ταχύτητα kat +e u g, δηλαδή τείνει σε σταθερή ποσότητα Η εξήγηση έχει ως ακολούθως Αρχικά στο σώμα δρα k μόνο το βάρος του, οπότε το σώμα ξεκινά χωρίς αρχική ταχύτητα αλλά με επιτάχυνση ίση προς g Λόγω της επιταχύνσεως η ταχύτητα του σώματος αυξάνει, με αποτέλεσμα να ασκείται στο σώμα και η αντίσταση R mku Η επιτάχυνση του σώματος δεν ισούται πλέον με g, αλλά με R g g ku m Η κίνηση του σώματος θα παραμείνει όμως επιταχυνομένη προς τα κάτω ( απλώς το μέτρο της επιτάχυνσης ελαττώνεται ) με αποτέλεσμα την περαιτέρω αύξηση της ταχύτητας, δηλαδή αύξηση του όρου ku Κάποτε λοιπόν ο όρος αυτός θα καταστεί ίσος με g Από εκείνη τη στιγμή και μετά το σώμα θα κινείται με σταθερή ταχύτητα, σύμφωνα με το αξίωμα της αδρανείας

3 Από τροχό ακτίνας R, ο οποίος κυλίεται με ταχύτητα V εκτοξεύεται σωματίδιο Να αποδειχθεί ότι αν V Rg, το μέγιστο ύψος από το έδαφος στο οποίο μπορεί να φθάσει το σωματίδιο ισούται με gr V H R V g Λύση Αρχικά το κέντρο του τροχού ευρίσκεται στο K 0 και το σωματίδιο προσκολλάται στον τροχό στο σημείο αυτό Το κέντρο κινείται κατά τον άξονα O με ταχύτητα V, οπότε αυτή είναι και η ταχύτητα των σημείων της περιφέρειας του τροχού Κατά τη στιγμή t το κέντρο ευρίσκεται στη θέση Κ Ο τροχός έχει στραφεί κατά γωνία, οπότε το αρχικό σημείο επαφής Ο του τροχού με το δάπεδο έχει έλθει στη θέση Α, δηλαδή το τόξο AP έχει ίδιο μήκος με την απόσταση KK 0 Ας υποθέσουμε ότι το σωματίδιο εκτοξεύεται όταν ευρίσκεται στο Α Στο σχήμα η γωνία θ η γωνία είναι αυτή που σχηματίζει η ακτίνα ΚΑ με την κατακόρυφο KP Το τόξο ΡΑ ισούται με s R, οπότε s R Οι συντεταγμένες του σωματιδίου είναι s R sin, y R( cos ) Συνεπώς οι συνιστώσες της ταχύτητας του σωματιδίου κατά την στιγμή της εκτοξεύσεως είναι s Rcos V( cos ) και y R sin Vsin, διότι s V Αλλά η διαφορική εξίσωση της κινήσεως κατά την κατακόρυφο είναι y g και έχει λύση την y a bt gt Από τις γνωστές αρχικές συνθήκες για τα yy, προσδιορίζουμε τις σταθερές a R( cos ) και b Vsin Επομένως, y R( cos ) Vt sin gt () Στο σχήμα βλέπουμε τη γωνία θ που σχηματίζει η ταχύτητα με τον ορίζοντα Στο μέγιστο ύψος θα είναι dy 0 dt Παραγωγίζουμε λοιπόν την () ως προς τον χρόνο και φυσικά θεωρούμε τη γωνία θ δεδομένη, δηλαδή σταθερή Η παράγωγος συνεπώς δίδει Vsin Vsin gt 0 t () Αντικαθιστούμε ακολούθως στην () τον χρόνο με την ευρεθείσα g τιμή από την () και υπολογίζουμε το μέγιστο ύψος του σωματιδίου υπό δοθείσα γωνία βολής θ Τούτο είναι V sin ma cos () Για να προσδιορίσουμε τον τρόπο με τον οποίο y R( ) g μεταβάλλεται το y ma συναρτήσει του θ παραγωγίζουμε το y ma ως προς θ και θέτουμε την παράγωγο ίση με μηδέν dy ma d V sincos Rsin 0 Προκύπτουν δύο ρίζες, η 0 g sin και Rg η cos V Α) Η sin 0 δίδει θ=0 ή Για θ=0 το σωματίδιο εκτοξεύεται από το σημείο επαφής δαπέδουτροχού, επομένως από την () προκύπτει το yma 0 Για το σωματίδιο εκτοξεύεται από το ανώτατο σημείο του τροχού ( το οποίο είναι αντιδιαμετρικό του στιγμιαίου σημείου επαφής Ρ) Στην περίπτωση αυτή το σωματίδιο εκτελεί οριζόντια βολή από ύψος R, συνεπώς αυτό είναι και το μέγιστο ύψος του, δηλαδή yma R

4 Β) Η ρίζα Rg cos προϋποθέτει V και ικανοποιεί την συνθήκη V Rg, διότι δεν παραβιάζεται η συνθήκη cos Η εκτόξευση γίνεται όταν το σωματίδιο ευρίσκεται στη θέση Β Στην περίπτωση αυτή η μέγιστη τιμή του y ma γίνεται gr V H R V g y y B K 0 V K V A O P Βλήμα εκτοξεύεται από το έδαφος με αρχική ταχύτητα V υπό γωνία θ ως προς τον ορίζοντα Να αποδειχθεί ότι για οποιαδήποτε γωνία βολής το βλήμα θα παραμείνει εντός περιοχής, η οποία ορίζεται από ένα παραβολοειδές εκ περιστροφής γύρω από την κατακόρυφο, η οποία διέρχεται από το σημείο εκτοξεύσεως Το βαρυτικό πεδίο θεωρείται ομογενές Λύση Οι εξισώσεις της κινήσεως του βλήματος ως προς τον οριζόντιο και τον κατακόρυφο άξονα είναι αντιστοίχως 0με αρχικές συνθήκες 0, V cos και y g με αρχικές συνθήκες y 0, y V sin Οι λύσεις των εξισώσεων αυτών που ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες είναι Vtcos και y Vt gt sin Δι απαλοιφής του χρόνου μεταξύ αυτών προκύπτει η εξίσωση του δρόμου y g tan () Αλλά V cos cos Άρα η () γράφεται tan g V g tan tan y 0 () Η () έχει ρίζες V tan V V gyv g g 4 Για να είναι πραγματικές οι ρίζες, πρέπει η διακρίνουσα να είναι θετική ή μηδέν Επομένως πρέπει 4 V gyv g 0 Η ισότητα δίδει 4 V g y () Η εξίσωση () παριστά παραβολή στο gv επίπεδο Oy Η παραβολή αυτή είναι συμμετρική ως προς τον άξονα Oy και τον τέμνει στη θέση V y Η τιμή g y V είναι το μέγιστο ύψος στο οποίο φθάνει βλήμα βαλλόμενο από το έδαφος g κατακόρυφα προς τα άνω με αρχική ταχύτητα V Επίσης η παραβολή τέμνει τον άξονα O στη θέση

5 V g Η τιμή V g είναι το μέγιστο βεληνεκές βλήματος, το οποίο βάλλεται από το Ο με αρχική ταχύτητα V Πράγματι: Το βεληνεκές βλήματος, το οποίο εκτοξεύεται από το Ο με αρχική ταχύτητα V υπό γωνία θ ισούται με V sin και γίνεται μέγιστο όταν η γωνία βολής γίνει ίση προς g 4 Η παραβολή () εφάπτεται εξωτερικά σε όλες τις παραβολικές τροχιές, τις οποίες ακολουθεί ένα βλήμα βαλλόμενο από το Ο με αρχική ταχύτητα V, υπό οιανδήποτε γωνία θ ως προς τον ορίζοντα Επομένως περιβάλλει όλες τις δυνατές παραβολικές τροχιές του βλήματος, όταν αυτό εκτοξεύεται από το Ο με δοθείσα αρχική ταχύτητα Για τον λόγω αυτό καλείται παραβολή ασφαλείας Αν τώρα θεωρήσουμε ότι η βολή εκτελείται σε τυχόν κατακόρυφο επίπεδο διερχόμενο από το Ο, η () παριστά την εξίσωση της επιφάνειας την οποία δεν μπορεί να διαπεράσει το βλήμα για οποιαδήποτε γωνία βολής υπό την δοθείσα αρχική ταχύτητα Η επιφάνεια αυτή προκύπτει από την περιστροφή της παραβολής ασφαλείας περί τον άξονα Oy και καλείται παραβολοειδές ασφαλείας 4 Δίδεται κατακόρυφο κυκλικό σύρμα (O, ) κατά μήκος του οποίου μπορεί να ολισθαίνει μικρός δακτύλιος Ο συντελεστής τριβής μεταξύ σύρματος και δακτυλίου είναι μ και αρχικά ο δακτύλιος κρατείται ακίνητος στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο με το σημείο Ο Αφήνουμε τον δακτύλιο να κινηθεί Να υπολογιστεί η γωνιακή ταχύτητα του δακτυλίου συναρτήσει της γωνίας θ, την οποία έχει σαρώσει η επιβατική ακτίνα Να εξεταστεί αν υπάρχει περιορισμός στην τιμή του μ ούτως ώστε ο δακτύλιος να φθάσει στο κατώτερο σημείο του κύκλου O N T e B e Λύση Έστω θ η γωνία που σχηματίζει η επιβατική ακτίνα με την οριζόντια κατά την στιγμή t και m η μάζα του δακτυλίου Η εξίσωση της κινήσεως σε πολικές συντεταγμένες είναι md m m θ e θ eθ B N T, όπου Β το βάρος του δακτυλίου, Τ η τριβή και Ν η dt κάθετος αντίδραση Η τριβή είναι κάθετος στην επιβατική ακτίνα και είναι αντίθετος στην ταχύτητα Το βάρος είναι κατακόρυφο και η αντίδραση ευρίσκεται επί της επιβατικής ακτίνας και έχει φορά από τον δακτύλιο προς το κέντρο του κύκλου Άρα η εξίσωση της κινήσεως αναλύεται στις ακόλουθες εξισώσεις N mg sin m () και mg cos N m () Απαλείφουμε την αντίδραση Ν μεταξύ των () και () και παίρνουμε () Στην () θέτουμε ( ) g(cos sin ) d d d d dt d dt d και λαμβάνουμε d g (cos sin ) ή d d g (cos sin ) (4), όπου Ο ολοκληρωτικός παράγοντας ισούται με d d e g e και η λύση της (4) είναι e cos sine d C Το ολοκλήρωμα

6 4 e d e 4 e cos d sin cos e και το sin cos sin Επομένως 0, άρα e (5) g { 4 6g C ( 4 ) sin cos + 4 Συνεπώς g 4 cos sin } + Ce Για θ=0 είναι 6g sin cos sin ( 4 ) Για να φθάσει ο δακτύλιος στο κατώτερο σημείο του κύκλου αρκεί να θέσουμε 0 και θ=π/ στην (5) Η εξίσωση που προκύπτει είναι η e 0 (6) Αν καλέσουμε την προηγουμένη σχέση e y, παρατηρούμε ότι για μ=0 είναι y ενώ για μ= είναι y 0 Τούτο δηλοί ότι στο διάστημα τιμών του μ (0,) η παράσταση y μηδενίζεται τουλάχιστον μία φορά Έστω 0 η ρίζα της (6) Όταν 0, ο δακτύλιος θα φθάσει στο κατώτερο σημείο του κύκλου με μηδενική ταχύτητα Αν όμως 0, τότε ο δακτύλιος δεν θα μπορέσει να φθάσει στο κατώτερο σημείο του κύκλου 5 Υλικό σημείο κινείται επί της καμπύλης y f () Να ευρεθεί η επιτρόχιος και η κεντρομόλος συνιστώσα της επιταχύνσεως και να υπολογιστεί η γωνία που σχηματίζει εκάστη συνιστώσα με τον άξονα Oy Λύση Το διάνυσμα θέσεως του υλικού σημείου Ρ είναι i yj, όπου (t) και λόγω της y f (), γίνεται i f () j Συνεπώς d ( i jf )d και, όπου ο τόνος d ds f d i jf συμβολίζει την παράγωγο ως προς Επομένως T Επίσης d T d T d Έχουμε όμως f ds d ds f f jf f ( i jf ) d T f ( if j)f d ότι d f ( f ) / και Συνεπώς ds f d T ( if j)f dt f και ds ( f ) ds ( f ) / Τελικά η ακτίνα καμπυλότητας της καμπύλης στο τυχόν / f σημείο αυτής δίδεται από την σχέση R Επίσης από την d ds f d έχουμε f ds ds d d du d u f d d και f d d f f dt d dt dt dt dt dt d dt dt f f d d f Άρα η μεν επιτρόχιος συνιστώσα της επιταχύνσεως έχει μέτρο dt f dt du f f d d u f d f η δε κεντρομόλος dt dt f dt R f dt και οι τόνοι συμβολίζουν παράγωγο ως προς Έστω η γωνία που σχηματίζει η επιτρόχιος συνιστώσα με το άξονα Oy Η είναι η γωνία του i jf f διανύσματος Τ με το διάνυσμα j Είναι Tj cos Αλλά T Άρα T j cos f f Επίσης έστω η γωνία που σχηματίζει η κεντρομόλος συνιστώσα με το άξονα Oy Η είναι η γωνία του διανύσματος Ν με το διάνυσμα j Από την σχέση Nj cos, όπου dt N R και ds d T ( if j)f ds ( f ) συνάγεται ότι dt N j R j cos sin ds f 6 Υλικό σημείο κινείται επί της καμπύλης y f () Να ευρεθεί το μέτρο της ταχύτητας καθώς και η ακτινική και η εγκάρσια συνιστώσα της ταχύτητας

7 Λύση Το διάνυσμα θέσεως του υλικού σημείου Ρ είναι i yj και λόγω της y f (), είναι i f () j, όπου (t) Η ταχύτητα υλικού σημείου κινουμένου επί της καμπύλης (t), d d dy είναι u i j d i df d j i j f d, όπου ο τόνος υποδηλώνει παράγωγο ως προς dt dt dt dt d dt dt d Το μέτρο της ταχύτητας ισούται με u f Η ταχύτητα σε πολικές συντεταγμένες (,θ) dt ff d f () δίδεται από την σχέση u e e Έχουμε f Επίσης tan f dt Υπολογίζουμε την παράγωγο αμφοτέρων των μελών ως προς τον χρόνο, οπότε προκύπτει d f f d d f f d Αλλά cos Επομένως Συνεπώς η έκφραση dt cos dt tan dt f dt ff d της ακτινικής συνιστώσας της ταχύτητας είναι με u και της εγκάρσιας είναι f dt f f d u f dt 7 Να ευρεθεί η διαφορική εξίσωση των δυναμικών γραμμών πεδίου δυνάμεων Λύση Έστω πεδίο δυνάμεων στον τρισδιάστατο χώρο Εξ ορισμού, η δυναμική γραμμή είναι η γραμμή σε έκαστο σημείο της οποίας η ένταση του πεδίου είναι εφαπτομένη Έστω το διάνυσμα θέσεως τυχόντος σημείου Ρ επί της δυναμικής γραμμής C Η εφαπτομένη της καμπύλης στο σημείο Ρ d έχει εξίσωση T, όπου ds d Αν E είναι η ένταση του πεδίου στο σημείο Ρ, ds d d E T E Από την σχέση αυτή προκύπτουν οι ακόλουθες τρεις εξισώσεις E, ds ds dy dz d dy dz Ey και Ez Άρα Αυτή είναι η διαφορική εξίσωση των δυναμικών ds ds E Ey Ez γραμμών πεδίου δυνάμεων σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων

8 Ενότητα : Μονοδιάστατες Κινήσεις Υλικό σημείο P(m=) κινείται στον άξονα O υπό την επίδραση δυνάμεως η οποία απορρέει από δυναμική συνάρτηση U= (α) Αν η ολική ενέργεια του υλικού σημείου ισούται με 6 E να μελετηθεί η κίνηση τού υλικού σημείου Για ποιες περιοχές η κίνηση τού υλικού σημείου είναι επιτρεπτή και για ποιες είναι περατωμένη; (β) Αν η ολική ενέργεια τού υλικού σημείου ισούται με E 0 για ποιες περιοχές η κίνηση του υλικού σημείου είναι επιτρεπτή και για ποιες είναι περατωμένη; Λύση (α) Από την έκφραση της δυνάμεως, θα προσδιορίσουμε τα σημεία ισορροπίαςη δύναμη που du ασκείται στο σώμα είναι η F()= Επομένως F=4 Θέτουμε F=4 0, οπότε =0 d και =4 Άρα τα σημεία =0, =4 είναι σημεία στα οποία μηδενίζεται η δύναμη, οπότε αυτά είναι και σημεία ισορροπίας Οι αρχικές συνθήκες είναι =0 Θέτοντας στην έκφραση της δυνάμεως, έχουμε F=4 δηλαδή θετική δύναμη, η οποία ωθεί το σώμα κατά την φορά του θετικού ημιάξονα Το σώμα επιταχύνεται από την δύναμη και στην θέση 4 έχει την μέγιστη ταχύτητα διότι από έως =4 η δύναμη παραμένει θετική, δηλαδή επιταχύνουσα το σώμα Για > 4 η δύναμη F καθίσταται αρνητική, οπότε το σώμα επιβραδύνεται Έχουμε Τα όρια της κινήσεως ευρίσκονται από την εξίσωση της ενεργείας U= 6 = + + m, αν θέσουμε 0 Έτσι προκύπτει, Η κίνηση είναι επομένως ταλάντωση γύρω από την θέση =4 και έχει όρια τις θέσεις, και Η ταλάντωση αυτή δεν είναι αρμονική Για να μελετήσουμε γενικώς την κίνηση, σχεδιάζουμε την U() Έχουμε U()=, U ()= 4 και U ()= 4 Η πρώτη παράγωγος μηδενίζεται στα σημεία =0 και =4 Για τις τιμές αυτές του η δεύτερη παράγωγος γίνεται U (=0) < 0ma και U (=4) > 0 min Η δυναμική ενέργεια που αντιστοιχεί στην θέση =4 είναι U(4)= Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές, όπου ισχύει E U() Επίσης η κίνηση είναι περατωμένη με πέρατα τις λύσεις της εξισώσεως E U() 6 6 Για E η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές, όπου ισχύει U() Η μηχανική ενέργεια είναι μεγαλύτερη από ή ίση προς την δυναμική συνάρτηση στις περιοχές < και Άρα αυτές είναι οι περιοχές στις οποίες επιτρέπεται η κίνηση 6 Για την τιμή αυτή της μηχανικής ενέργειας, δηλαδή E,η κίνηση έχει πέρατα Όταν η κίνηση εκτελείται στην περιοχή <, υπάρχει μόνο δεξιό πέρας, το σημείο Η κίνηση δεν έχει αριστερό πέρας Όταν η κίνηση εκτελείται στην περιοχή, η κίνηση είναι περατωμένη και στα δύο άκρα της Το αριστερό πέρας είναι το και το δεξιό είναι το (β) Από την έκφραση της δυνάμεως, θα υπολογίσουμε τα σημεία ισορροπίας Θέτουμε F=4 0, και οι λύσεις είναι =0 και =4 Άρα τα σημεία =0, =4 είναι σημεία στα οποία μηδενίζεται η δύναμη, οπότε αυτά είναι και σημεία ισορροπίας Οι αρχικές συνθήκες είναι 0 =0 Θέτοντας 0 στην έκφραση της δυνάμεως, έχουμε F=0 Στο σώμα δεν ασκείται δύναμη, οπότε, σύμφωνα με το αξίωμα της αδρανείας, το σώμα θα παραμείνει στην θέση αυτή ακίνητο

9 Για E 0 η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές, όπου ισχύει E U(), επομένως 0 U() Η μηχανική ενέργεια είναι μεγαλύτερη από ή ίση προς την δυναμική συνάρτηση στις περιοχές < 0 και 0 6 Για την τιμή αυτή της μηχανικής ενέργειας, δηλαδή E 0, η κίνηση έχει πέρατα Όταν η κίνηση εκτελείται στην περιοχή < 0, υπάρχει μόνο δεξιό πέρας, το σημείο 0 Η κίνηση δεν έχει αριστερό πέρας Όταν η κίνηση εκτελείται στην περιοχή 0 6, η κίνηση είναι περατωμένη και στα δύο άκρα της Το αριστερό πέρας είναι το 0και το δεξιό είναι το 6 Η δυναμική συνάρτηση υλικού σημείου κινουμένου επί του άξονος O είναι U 6 8 Να γίνει το διάγραμμα φάσεως για τις τιμές της μηχανικής ενέργειας α) E 0και β) E U (0, 0) E 5 4 E 0 E E 0 Λύση Σχεδιάζουμε την καμπύλη U U() Η συνάρτηση U U() τέμνει τον άξονα O στις θέσεις και 4 και εμφανίζει τοπικό ελάχιστο στην θέση Τούτο διαπιστώνεται αν θέσουμε du 0 d Η πρώτη παράγωγος μηδενίζεται στην θέση d U Η τιμή της στην θέση αυτή είναι d θετική Άρα για η δυναμική συνάρτηση έχει τοπικό ελάχιστο Σχεδιάζουμε ακολούθως την du ευθεία E έ Η δύναμη που ασκείται στο σώμα ισούται με F= = +6 d Α) E 0 Η καμπύλη U και η ευθεία E 0 έχουν δύο κοινά σημεία, τα και 4 Τα σημεία αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Στις θέσεις αυτές η ταχύτητα του σώματος είναι 0 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στην περιοχή Στην θέση 4 η δύναμη ισούται με F, δηλαδή έχει φορά προς την αρχή O Στην θέση η δύναμη ισούται με F, δηλαδή έχει φορά προς την θετική διεύθυνση του άξονα O Τέλος στην θέση η δύναμη ισούται με μηδέν και εκεί η ταχύτητα του σώματος είναι μέγιστη κατά μέτρο διότι η δυναμική συνάρτηση είναι ελάχιστη Το σώμα εκτελεί συνεπώς ταλάντωση μεταξύ των ορίων και 4 και η θέση της ευσταθούς ισορροπίας του είναι η Η ταλάντωση είναι αρμονική διότι η δύναμη επαναφοράς είναι της μορφής F k Οι περιοχές και είναι απαγορευμένες περιοχές κινήσεως, διότι σ αυτές η κινητική ενέργεια λαμβάνει αρνητικές τιμές Β) E Η καμπύλη U και η ευθεία E έχουν δύο κοινά σημεία, τα 5 και 4 Τα σημεία αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Στις θέσεις αυτές η ταχύτητα του σώματος είναι 0 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στην περιοχή 5 4 Στην θέση 4 η δύναμη είναι F 0, δηλαδή έχει φορά προς την αρχή O Στην θέση 5 η δύναμη είναι F 0, δηλαδή έχει φορά προς την θετική διεύθυνση του άξονα O Τέλος στην θέση η δύναμη ισούται με μηδέν

10 και εκεί η ταχύτητα του σώματος είναι μέγιστη κατά μέτρο διότι η δυναμική συνάρτηση είναι ελάχιστη Το σώμα εκτελεί συνεπώς ταλάντωση μεταξύ των ορίων 5 και 4 και η θέση της ευσταθούς ισορροπίας του είναι η Η ταλάντωση είναι αρμονική διότι η δύναμη επαναφοράς είναι της μορφής F k Οι περιοχές 5 και 4 είναι απαγορευμένες περιοχές κινήσεως, διότι σ αυτές η κινητική ενέργεια λαμβάνει αρνητικές τιμές Κατασκευή του διαγράμματος φάσεως: Υπολογίζουμε την κινητική ενέργεια του σώματος Είναι m E U Επομένως (E U) Γνωρίζουμε ότι η καμπύλη φάσεως είναι η γραφική m παράσταση της εξισώσεως y==f() Προκειμένου να κατασκευάσουμε την καμπύλη φάσεως, η οποία αντιστοιχεί σε δοθείσα μηχανική ενέργεια E, θα αντικαταστήσουμε την τιμή της E και του U στην σχέση Α) E 0 Επομένως (E U) και ακολούθως θα κάνουμε την κατασκευή της καμπύλης m ( 6+8) Γνωρίζουμε ότι οι επιτρεπτή περιοχή κινήσεως είναι η m 4 Η φασική καμπύλη για την τιμή αυτή της ολικής ενέργειας, όπου και είναι κλειστή καμπύλη τέμνουσα τον άξονα O στα σημεία και 4 Το τμήμα της καμπύλης, το οποίο αντιστοιχεί στην κίνηση από προς 4 είναι το ευρισκόμενο στο θετικό μέρος του Το τμήμα της καμπύλης, το οποίο αντιστοιχεί στην κίνηση από 4 προς είναι το ευρισκόμενο στο αρνητικό μέρος του Β) E Επομένως 4 ( 6+8) Γνωρίζουμε ότι οι επιτρεπτή περιοχή κινήσεως είναι m m η 5 4, όπου 5 και 4 Η φασική καμπύλη για την τιμή αυτή της ολικής ενέργειας είναι κλειστή καμπύλη τέμνουσα τον άξονα O στα σημεία 5 και 4 Το τμήμα της καμπύλης, το οποίο αντιστοιχεί στην κίνηση από 5 προς 4 είναι το ευρισκόμενο στο θετικό μέρος του Το τμήμα της καμπύλης, το οποίο αντιστοιχεί στην κίνηση από 4 προς 5 είναι το ευρισκόμενο στο αρνητικό μέρος του Η δυναμική συνάρτηση υλικού σημείου κινουμένου επί του άξονος O είναι U 6 8 Να γίνει το διάγραμμα φάσεως για τις τιμές της μηχανικής ενέργειας α) E 0, β) E 4, γ) E Λύση Σχεδιάζουμε την καμπύλη U U() Η συνάρτηση U U() τέμνει τον άξονα O στις θέσεις και 4 και εμφανίζει τοπικό μέγιστο στην θέση Τούτο διαπιστώνεται αν θέσουμε du 0 d Η πρώτη παράγωγος μηδενίζεται στην θέση d U Η τιμή της στην θέση αυτή είναι d αρνητική Άρα για η δυναμική συνάρτηση έχει τοπικό μέγιστο Σχεδιάζουμε ακολούθως την du ευθεία E έ Η δύναμη που ασκείται στο σώμα ισούται με F= = 6 d Α) E 0 Η καμπύλη U και η ευθεία E 0 έχουν δύο κοινά σημεία, τα και 4 Τα σημεία αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Στις θέσεις αυτές η ταχύτητα του σώματος είναι 0 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές και Στην θέση 4 η δύναμη ισούται με F 8, δηλαδή έχει φορά από το προς το θετικό άπειρο, οπότε κινεί το σώμα προς τα αυξανόμενα Επίσης στην θέση η δύναμη είναι F, επομένως το σώμα θα κινηθεί από την θέση αυτή προς το αρνητικό άπειρο Η περιοχή είναι απαγορευμένη, διότι εντός αυτής η κινητική ενέργεια είναι αρνητική Β) E 4 Η καμπύλη U και η ευθεία E 4 έχουν δύο κοινά σημεία, τα 4 και 5 Τα σημεία αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Στις θέσεις αυτές η ταχύτητα του σώματος είναι 0 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές 4 και 5 Στην θέση 4 η δύναμη είναι F 0, δηλαδή έχει φορά από το 4 προς το θετικό άπειρο, οπότε κινεί το σώμα προς τα αυξανόμενα Επίσης στην θέση 5 η δύναμη είναι F 0, επομένως το σώμα θα κινηθεί από την θέση αυτή προς το αρνητικό άπειρο Η περιοχή 5 4 είναι απαγορευμένη, διότι εντός αυτής η κινητική ενέργεια είναι αρνητική

11 U (0, 0) E E E4 E E E E4 E4 Γ) E Η καμπύλη U και η ευθεία E δεν έχουν κοινά σημεία Επειδή δε είναι E U ma, συμπεραίνουμε ότι το υλικό σημείο κινείται σε όλον τον άξονα O χωρίς περιορισμούς Κατασκευή του διαγράμματος φάσεως: Υπολογίζουμε την κινητική ενέργεια του σώματος Είναι m E U Επομένως (E U) Γνωρίζουμε ότι η καμπύλη φάσεως είναι η γραφική m παράσταση της εξισώσεως y==f() Προκειμένου να κατασκευάσουμε την καμπύλη φάσεως, η οποία αντιστοιχεί σε δοθείσα μηχανική ενέργεια E, θα αντικαταστήσουμε την τιμή της E και του U στην σχέση (E U) και ακολούθως θα κάνουμε την κατασκευή της καμπύλης m ( 6+8) Α) E 0 Επομένως Γνωρίζουμε ότι οι επιτρεπτές περιοχές κινήσεως είναι οι m και Θεωρούμε κατ αρχάς ότι η κίνηση του σώματος εκτελείται στην περιοχή Η φασική καμπύλη είναι ανοικτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο Το τμήμα 0αντιστοιχεί στην κίνηση από προς, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Αντιστοίχως το τμήμα 0αναφέρεται στην κίνηση από προς διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει αρνητική φορά Θεωρούμε ακολούθως ότι η κίνηση εκτελείται στην περιοχή Η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο Το τμήμα της καμπύλης 0αντιστοιχεί στην κίνηση από το προς το, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Τέλος το τμήμα της καμπύλης 0, στο οποίο είναι αναφέρεται στην κίνηση από το προς το, διότι κατ αυτήν την κίνηση η ταχύτητα έχει αρνητική φορά ( 6+4) Β) E 4 Επομένως Γνωρίζουμε ότι οι επιτρεπτές περιοχές κινήσεως είναι οι m 4 και 5 Θεωρούμε κατ αρχάς ότι η κίνηση τού σώματος εκτελείται στην περιοχή 4 Η φασική καμπύλη είναι ανοικτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο 4 Το τμήμα 0αντιστοιχεί στην κίνηση από 4 προς, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Αντιστοίχως το τμήμα 0αναφέρεται στην κίνηση από προς 4 διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει αρνητική φορά Θεωρούμε ακολούθως ότι η κίνηση εκτελείται στην περιοχή 5 Η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο 5 Το τμήμα της καμπύλης 0αντιστοιχεί στην κίνηση από το προς το 5, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει

12 θετική φορά Τέλος το τμήμα της καμπύλης 0, στο οποίο είναι αναφέρεται στην κίνηση από το προς το, διότι κατ αυτήν την κίνηση η ταχύτητα έχει αρνητική φορά 5 ( 6+0) Επιτρεπτή περιοχή κινήσεως είναι όλη η περιοχή m Η φασική καμπύλη φαίνεται στο σχήμα Γ) E Επομένως 4 Η δυναμική συνάρτηση υλικού σημείου P με μάζα m, το οποίο κινείται πάνω στον άξονα O είναι ίση με U= mn ( ), όπου =OP και α θετική σταθερά με διαστάσεις μήκους Να περιγραφεί α ποιοτικά η κίνηση του P πάνω στον άξονα O αν η μηχανική ενέργεια τού υλικού σημείου ισούται με α) E 0,β) E 0,γ) E mn,δ) E mn Να κατασκευαστούν τα διαγράμματα 7 7 φάσεως Λύση Σχεδιάζουμε την καμπύλη U U() και την ευθεία E έ Η δύναμη που ασκείται στο du σώμα ισούται με F= =mn ( ) d α Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση U U() εμφανίζει τοπικό du ελάχιστο στην θέση Τούτο διαπιστώνεται αν θέσουμε 0 d Η πρώτη παράγωγος μηδενίζεται στην θέση Η τιμή της d U d στην θέση αυτή είναι θετική Άρα για η δυναμική συνάρτηση έχει ελάχιστο Α) Η καμπύλη U και η ευθεία E 0 έχουν δύο κοινά σημεία, τα και Τα σημεία αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Στις θέσεις αυτές η ταχύτητα τού σώματος είναι 0 Είναι 0, Στην θέση η δύναμη ισούται με F mn, δηλαδή έχει φορά από το προς την αρχή O, οπότε κινεί το σώμα προς το O Στην θέση 0η δύναμη μηδενίζεται, επομένως το σώμα θα παραμείνει στην θέση αυτή ακίνητο Στην θέση η δύναμη μηδενίζεται Το σημείο αυτό είναι σημείο ευσταθούς ισορροπίας, όπως συνάγεται από την τιμή της δευτέρας d U παραγώγου mn d Η θέση 0είναι θέση ασταθούς ισορροπίας, διότι για 0είναι d U mn d U mn U ( ) α O F 0 α α O du F mn ( ) d α

13 Β) Η καμπύλη U και η ευθεία E 0έχουν ένα κοινό σημείο, το 8 Το σημείο αυτό είναι η λύση της εξίσωσης E U Στην θέση αυτή η ταχύτητα του σώματος είναι 0 Από το διάγραμμα της δυνάμεως συναρτήσει του διαπιστώνουμε ότι στο σημείο 8 η δύναμη είναι αρνητική, επομένως κινεί το σώμα προς την περιοχή αριστερά του 8 Στην περιοχή 8 είναι E U Επομένως το σώμα επιταχύνεται με επιτάχυνση μεταβαλλομένου μέτρου και μεταβαίνει στο Η κίνηση συνεπώς έχει δεξιό πέρας, το 8 ενώ στερείται αριστερού ορίου Στην περιοχή 8 η κίνηση είναι απαγορευμένη διότι E U Γ) Η καμπύλη U και η ευθεία E mn έχουν τρία κοινά σημεία, τα 4, 5, 6 Τα σημεία 7 ( ) ( ) αυτά είναι η λύση της εξίσωσης E U Είναι 4, 5 και 6 Η κίνηση επιτρέπεται στις περιοχές, όπου η κινητική ενέργεια είναι θετική ή μηδέν Άρα επιτρέπεται στις περιοχές, όπου ισχύει η ανισωτική σχέση EU 0 Κατά συνέπεια οι επιτρεπτές περιοχές κινήσεως είναι οι ακόλουθες: 6 και 5 4 Η κίνηση στην περιοχή 6 είναι περατωμένη από δεξιά, ενώ από τα αριστερά δεν έχει πέρας διότι το κινητό μεταβαίνει στο άπειρο Πράγματι: Έστω πως το κινητό ευρίσκεται στο σημείο 6 Εκεί,επειδή ισχύει E U, δεν έχει ταχύτητα Η δύναμη που τού ασκείται έχει φορά προς τα αρνητικά και το κινεί με ολονέν αυξανομένη επιτάχυνση προς το αρνητικό άπειρο Η κίνηση στην περιοχή 5 4 είναι περατωμένη από δεξιά και αριστερά Δ) Η καμπύλη U και η ευθεία E mn έχουν δύο κοινά σημεία, τα, 7 Τα σημεία αυτά 7 είναι η λύση της εξίσωσης E U Στην θέση το σώμα είναι ακίνητο Το σώμα δεν μπορεί να κινηθεί στις περιοχές και 7, διότι στις περιοχές αυτές είναι m 0 Αν όμως το σώμα ευρίσκεται στην περιοχή 7, η κίνηση εκεί είναι επιτρεπτή Η κίνηση στην περιοχή 7 έχει δεξιό πέρας, το 7,ενώ στερείται αριστερού πέρατος διότι το σώμα μεταβαίνει στο άπειρο U E O E 0 E mn α 7 E mn α 7 Κατασκευή του διαγράμματος φάσεως: Υπολογίζουμε την κινητική ενέργεια τού σώματος Είναι m E U Επομένως (E U) Γνωρίζουμε ότι η καμπύλη φάσεως είναι η γραφική m παράσταση της εξισώσεως y==f() Προκειμένου να κατασκευάσουμε την καμπύλη φάσεως, η οποία αντιστοιχεί σε δοθείσα μηχανική ενέργεια E, θα αντικαταστήσουμε την τιμή της E και του U στην σχέση (E U) και ακολούθως θα κάνουμε την κατασκευή της καμπύλης m

14 α y== n Γνωρίζουμε ότι η κίνηση επιτρέπεται στις α και, όπου 0και Θεωρούμε κατ αρχάς ότι η κίνηση του Η φασική καμπύλη είναι κλειστή γραμμή και τέμνει Α) E 0 Στην περίπτωση αυτή είναι περιοχές σώματος εκτελείται στην περιοχή τον άξονα των στα σημεία και Το τμήμα της καμπύλης στο οποίο είναι 0 αντιστοιχεί στην κίνηση από προς, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει αρνητική φορά Θεωρούμε ακολούθως ότι η κίνηση εκτελείται στην περιοχή Η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο Το τμήμα της καμπύλης 0αντιστοιχεί στην κίνηση από το προς το, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά U E O 5 E E mn α 7 E mn α 7 E 0 O E 0 E mn α 7 E mn α 7 E 0 E 0 Παρατήρηση: Στο διάγραμμα φάσεως, που αντιστοιχεί στην ενέργεια E 0, δεν υπάρχουν τα τμήματα, τα οποία αντιστοιχούν στην κίνηση από προς ή από προς το, διότι η είναι θέση εκκινήσεως με 0 και F 0 Άρα το σώμα μένει ακίνητο κατά το αξίωμα της αδρανείας Β) E 0 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στην περιοχή 8 Η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο 8 Το τμήμα της καμπύλης 0αντιστοιχεί στην κίνηση από το προς το 8, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Τέλος το τμήμα της καμπύλης, στο οποίο είναι 0 αναφέρεται στην κίνηση από το 8 προς το, διότι κατ αυτήν την κίνηση η ταχύτητα έχει αρνητική φορά Γ) E mn Γνωρίζουμε ότι οι επιτρεπτές περιοχές κινήσεως είναι οι 6 και Θεωρούμε κατ αρχάς ότι η κίνηση του σώματος εκτελείται στην περιοχή 5 4 Η φασική καμπύλη είναι κλειστή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στα σημεία 4 και 5 Το τμήμα 0αντιστοιχεί στην κίνηση από 4 προς 5, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει αρνητική φορά Αντιστοίχως το τμήμα 0αναφέρεται στην κίνηση από 5 προς 4 διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Θεωρούμε ακολούθως ότι η κίνηση εκτελείται στην περιοχή 6 Η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο 6 Το τμήμα της καμπύλης 0αντιστοιχεί στην κίνηση από το προς το 6, διότι κατ αυτήν η ταχύτητα έχει θετική φορά Τέλος το τμήμα της καμπύλης, στο οποίο είναι 0 αναφέρεται στην κίνηση από το προς το, διότι κατ αυτήν την κίνηση η ταχύτητα έχει αρνητική φορά 6

15 Δ) E mn Το υλικό σημείο είτε παραμένει δέσμιο στην θέση είτε μπορεί να κινηθεί 7 στην περιοχή 7 Στην πρώτη περίπτωση η φασική καμπύλη εκφυλίζεται σε σημείο, το Για την κίνηση στην περιοχή 7 η φασική καμπύλη είναι ανοιχτή γραμμή και τέμνει τον άξονα των στο σημείο 7 Η μορφή της φασικής καμπύλης είναι όμοια με την φασική καμπύλη, η οποία αντιστοιχεί στην ενέργεια E mn για την περιοχή Υλικό σημείο P(m=) κινείται στον άξονα O υπό την επίδραση πεδίου δυνάμεων με δυναμικό U k, όπου, k είναι θετικές σταθερές Να ευρεθούν τα όρια της κινήσεώς του για όλες τις δυνατές τιμές της μηχανικής του ενέργειας Λύση Η δυναμική συνάρτηση ισούται με V k Η γραφική της παράσταση συναρτήσει του φαίνεται στο σχήμα Για τον προσδιορισμό της θέσεως και της τιμής του μεγίστου έχουμε dv k 0 d 4 Άρα 7 / Το τοπικό μέγιστο της τιμής της δυναμικής συναρτήσεως 4k ευρίσκεται στη θέση 7 / και ισούται με Uma 7 y E 4 O E E E Έστω Ε η μηχανική ενέργεια του υλικού σημείου Θα θεωρήσουμε διάφορες τιμές της μηχανικής ενέργειας και για τις τιμές αυτές θα μελετήσουμε την κίνηση του σώματος A) E E4 U ma Η ευθεία E4 τέμνει μόνο τον αριστερό κλάδο της καμπύλης U() στο σημείο 8 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές 8 και 0 Β) E E U ma Η ευθεία E τέμνει τον αριστερό κλάδο της καμπύλης U() στο σημείο 6 και εφάπτεται τού δεξιού κλάδου στο σημείο 7 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές 6 και 0 Γ) E E, όπου 0 E U ma Η ευθεία E τέμνει τον αριστερό κλάδο της καμπύλης U() στο σημείο και τον δεξιό κλάδο στα σημεία 4, 5, όπου 4 5 Η κίνηση είναι επιτρεπτή στις περιοχές, 0 4 και 5 Δ) E 0 Η ευθεία E 0τέμνει τον δεξιό κλάδο της καμπύλης U() στο σημείο και εφάπτεται του αριστερού κλάδου στο Η κίνηση είναι επιτρεπτή στην περιοχή 0 Ε) E E 0 Η ευθεία E E τέμνει μόνο τον δεξιό κλάδο της καμπύλης U() στο σημείο Η κίνηση είναι επιτρεπτή στην περιοχή 0

16 6 Η απομάκρυνση από την θέση ισορροπίας 0ενός υλικού σημείου, το οποίο εκτελεί φθίνουσα αρμονική ταλάντωση επ ευθείας, είναι η λύση της διαφορικής εξισώσεως m b k 0 Πολλαπλασιάζοντας τα μέλη της εξίσωσης αυτής με,να αποδειχθεί ότι η ενέργεια που μετατρέπεται σε θερμότητα στο χρονικό διάστημα t t παρέχεται από την σχέση για t 0 t T,όπου Τ είναι η περίοδος, αν για t 0 είναι 0, 0 b t t dt Να γίνει εφαρμογή Λύση Πολλαπλασιάζουμε την εξίσωση m b k 0 με και λαμβάνουμε m b k 0 Η σχέση αυτή γράφεται d d m ( )+ k ( )+b 0 md kd b dt 0 () Έστω, για t t dt dt t και, για t t Ολοκληρώνοντας την () έχουμε m d k d b dt 0 t Συνεπώς t t m( ) k( ) b dt () Στο αριστερό μέλος της εξισώσεως ο πρώτος όρος παριστά την μεταβολή της κινητικής ενέργειας και ο δεύτερος την μεταβολή της δυναμικής Επομένως η μεταβολή της μηχανικής ενέργειας τού συστήματος ισούται με το έργο των αντιστάσεων Εφαρμογή Η διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση τού σώματος είναι m b k 0 b Διαιρούμε με την μάζα και έχουμε προς επίλυση την 0 0 (), όπου και m k tit tit t it it 0 Η λύση της () είναι η Ce Ce e (C e Ce ), όπου m it it it it e e e e 0 Αλλά cos t και sin t Η λύση επομένως εκφράζεται i t και ως e (Acos t Asin t) (4) Από τις αρχικές συνθήκες 0 και 0 για t 0 0 t 0 ευρίσκουμε A 0και A Άρα η λύση γράφεται e 0 cos t sin t Στην (4) θέτουμε A Atan Επομένως η έκφραση (4) αποκτά την μορφή t sin A t Ae cos t sint e cos ( t ) cos cos (5) Αλλά tan cos t t 0 Συνεπώς A Ae cos ( t ) ή Ae cos ( t ), όπου A 0 Στο τέλος της T T πρώτης περιόδου είναι t Tκαι το σώμα ευρίσκεται στη θέση Ae cos 0e και εκεί η T ταχύτητα είναι Ae ( cos sin) Αλλά cos και tan 0 sin tan tan 0 Επομένως 0 Αντικαθιστούμε στο αριστερό μέλος της () και ευρίσκουμε την έκφραση του έργου των αντιστάσεων από t 0έως t T, m 0 0 T W ( e ) Συζήτηση Θα υπολογίσουμε κατωτέρω το έργο των αντιστάσεων στα χρονικά διαστήματα t [κτ,(κ+)τ] και t [λτ,(λ+)τ] Η χρονική διάρκεια είναι η αυτή, ίση με Τ, αλλά οι χρονικές περίοδοι είναι διαφορετικές Είναι η κ-στή και η λ-στή περίοδος Για το πρώτο χρονικό διάστημα είναι (κ+)t ba 0 t ma 0 γκτ T W e dt e ( e ) Ομοίως, για το δεύτερο χρονικό διάστημα είναι ma 0 γ Τ T W e ( e ) Επομένως η ενέργεια που χάνεται λόγω αποσβέσεων στα χρονικά διαστήματα δύο περιόδων δεν είναι σταθερή Καθώς παρέρχεται ο χρόνος, η ενέργεια που χάνεται στην διάρκεια μιας περιόδου μειώνεται Παρατήρηση: Ας θεωρήσουμε την ταλάντωση,η οποία διατηρείται αμείωτη, διότι παρέχεται στο σύστημα συνεχώς η ενέργεια που χάνεται λόγω των αντιστάσεων Η ενέργεια που χάνεται σε στοιχειώδες χρονικό διάστημα dt λόγω των αντιστάσεων ισούται με dw bd bdt b dt

17 , όπου b είναι ο συντελεστής αποσβέσεως, cos ( t ), και το πλάτος θεωρείται πλέον σταθερό Άρα sin( t ), οπότε η ενέργεια που χάνεται ( και αυτομάτως αναπληρώνεται) στον χρόνο dt είναι ευρίσκουμε Ολοκληρώνουμε με όρια του dw b sin ( t )dt W b t 0, T και 7 Στην εξαναγκασμένη αρμονική ταλάντωση με απόσβεση να αποδειχθεί ότι το παραγόμενο έργο υπό της δυνάμεως εξαναγκασμού μεταξύ δύο χρονικών στιγμών t και t ισούται με το άθροισμα της ενέργειας που χάνεται λόγω των αντιστάσεων συν την μεταβολή της μηχανικής ενέργειας του συστήματος Λύση Η διαφορική εξίσωση της εξαναγκασμένης αρμονικής ταλαντώσεως είναι m b k F cos ( t ) Θα υπολογίσουμε το έργο της αντιστάσεως και της δυνάμεως 0 0 εξαναγκασμού μεταξύ δύο χρονικών στιγμών t και t για τις οποίες οι συνθήκες είναι, u και, u, αντιστοίχως Προς τούτο πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της () επί, οπότε η () d d γίνεται m k b F(t) ή m ( )+ k ( )+b F(t) Ολοκληρώνουμε την σχέση dt dt αυτή t t m d( )+ k d( )+ b dt F(t)dt Άρα t t m(u u ) k( ) W W Το έργο της δυνάμεως εξαναγκασμού ισούται με την μεταβολή της μηχανικής ενέργειας του συστήματος συν την ενέργεια που μετατρέπεται σε θερμότητα λόγω των αντιστάσεων 8 Στην εξαναγκασμένη αρμονική ταλάντωση με απόσβεση να αποδειχθεί ότι όταν ο παροδικός όρος καταστεί αμελητέος, το παραγόμενο έργο υπό της δυνάμεως εξαναγκασμού εντός μιας περιόδου ισούται με την ενέργεια που χάνεται λόγω των αντιστάσεων Λύση Η διαφορική εξίσωση της εξαναγκασμένης αρμονικής ταλαντώσεως είναι k b m b k F0 cos t Θέτουμε 0, Η λύση της διαφορικής εξισώσεως είναι ίση με m m t το άθροισμα tans p, όπου tans De cos ( t ) είναι η λύση της ομογενούς με 0 και p είναι η μερική λύση, p A cos ( t ), όπου A F0 / m () 4 ( 0 ) t και tan Όταν ο παροδικός όρος tans De cos ( t ) γίνει αμελητέος, θα έχουμε 0 A cos (ωt ), οπότε A sin(ωt ) Το έργο της δυνάμεως εξαναγκασμού ισούται με T T W F0 cos tdt F0A cos t sin( t )dt Αλλά sin( t ) cos t sin ( t ) sin 0 0 T Επομένως W F0 A [ sin sin ( t )]dt και τελικά W F0 AT sin Θέτουμε 0 tan Am sin Λόγω της () είναι όμως sin Επίσης tan 4 (ω0 ω ) F0 ωτ=π T Συνεπώς T 0 0 Ομοίως το έργο της αντιστάσεως είναι W m A Αλλά W b dt ba sin ( t )dt cos ( t ) sin ( t )=, οπότε W ba T Θέτουμε b m και και λαμβάνουμε W m A Επομένως το παραγόμενο έργο υπό της δυνάμεως εξαναγκασμού εντός μιας περιόδου ισούται με την ενέργεια που χάνεται λόγω των αντιστάσεων όταν ο παροδικός όρος καταστεί αμελητέος 9 Να ευρεθεί το μήκος βαρέως κατακορύφου ελατηρίου υπό την επίδραση τού βάρους του Το φυσικό μήκος τού ελατηρίου είναι L 0

18 Λύση Έστω ελατήριο με φυσικό μήκος L 0 και βάρος W Όταν το ελατήριο εξαρτηθεί κατακόρυφα από το ένα άκρο του, θα επιμηκυνθεί και τελικά θα αποκτήσει μήκος L Η συνθήκη ισορροπίας ενός τυχαίου στοιχείου τού ελατηρίου στηρίζεται στον νόμο της ελαστικής παραμορφώσεως τού Hooke Ας θεωρήσουμε ένα στοιχειώδες τμήμα τού ελατηρίου με μήκος s0, σε απόσταση s0 από το σημείο εξαρτήσεως Το στοιχειώδες αυτό τμήμα θα αποκτήσει μήκος s υπό την επίδραση τού βάρους τού υποκειμένου τμήματος τού ελατηρίου και τού ιδίου βάρους αυτού Αν θεωρήσουμε ότι το τμήμα s0 είναι απειροστό, το βάρος του τμήματος s0 είναι αμελητέο συγκρινόμενο με το βάρος τού W υποκειμένου τμήματος, το οποίο ισούται με (L 0 s 0 ) Ο νόμος της ελαστικής παραμορφώσεως L του Hooke εφαρμοζόμενος στο στοιχείο s0 δίδει 0 s s0 F s0 ES, όπου F είναι η δύναμη που το τείνει, Ε είναι η σταθερά του Young και S είναι το εμβαδόν της εγκάρσιας τομής τού ελατηρίου W s s0 W Αλλά F (L0 s 0) Επομένως (L 0 s 0 ) Όταν τα s και s0 τείνουν στο L0 s0 ES L0 ds ds0 W μηδέν, η σχέση αυτή γράφεται (L 0 s 0 ) Με ολοκλήρωση προκύπτει ds0 ES L0 W s s0 L0s0 s0 C, όπου θέσαμε χάριν συντομίας Έχουμε όμως s 0όταν ES L0 s0 0 Άρα C 0οπότε s s L s s προσδιορίσουμε το μήκος L του ελατηρίου υπό την επίδραση τού βάρους του Κατ αυτόν τον τρόπο προκύπτει L L0 L Αν στην τελευταία σχέση θέσουμε L0 s0, θα

19 Ενότητα : Κεντρικά Πεδία Δυνάμεων α) Υλικό σημείο P(m) γράφει την επίπεδη καμπύλη ( +) =α, όπου α σταθερά, υπό την επίδραση κεντρικής δυνάμεως Να ευρεθεί ο νόμος της δυνάμεως β) Κατά την στιγμή κατά την οποία το σωματίδιο διέρχεται από την θέση θ 0, δέχεται ώθηση κατά την φορά της κινήσεώς του, η οποία μηδενίζει την ακτινική συνιστώσα της ταχύτητάς του και διπλασιάζει την εγκάρσια Να αποδειχθεί ότι το κινητό θα γράψει την καμπύλη α = cos θ Λύση Η εξίσωση της κινήσεως είναι 4 d d m = F() Υπολογίζουμε τις παραγώγους dθ dθ L 0 του ως προς θ Έχουμε d d 6, d 4 ( ) d ( ) Αντικαθιστούμε στην εξίσωση της κινήσεως και ευρίσκουμε 0 L F m Στη θέση θ 0, το κινητό δέχεται ώθηση κατά την φορά της κινήσεώς του, η οποία μηδενίζει την ακτινική συνιστώσα της ταχύτητάς του και διπλασιάζει την εγκάρσια Επομένως η στροφορμή του γίνεται L L0 Για να προσδιορίσουμε την μορφή της καμπύλης που θα γράψει το κινητό, θα χρησιμοποιήσουμε την διαφορική εξίσωση της κινήσεως d m + = F(), όπου dθ L 0 L F m και L L0 Θέτουμε, οπότε η εξίσωση γράφεται, d + = dθ 4 d + = dθ 4 και έχει λύση την A cos ( 0) () Οι αρχικές συνθήκες είναι θ 0, και 0 ( Να προσέξουμε ότι στη θέση θ=0 η αρχική εξίσωση της κινήσεως δίδει ) Η () δίδει A sin ( 0) () Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες στις () και () και α ευρίσκουμε 0 0, Κατ αυτόν τον τρόπο έχουμε τελικά = cos θ m Σε κεντρικό πεδίο δυνάμεων F e κέντρου O, σωματίδιο P μάζας m βάλλεται 5 από σημείο A(= ) με αρχική ταχύτητα u0, η διεύθυνση της οποίας σχηματίζει με την πολική ακτίνα OP γωνία φ= tan ( / ) Να αποδειχθεί ότι το P θα κινηθεί επί της καμπύλης tan 4

20 Λύση Θα λύσουμε την άσκηση με τη βοήθεια της σχέσεως dθ = d L m E U() L () Είναι U Fd Άρα U m Από τον τύπο 4 E mu U() προσδιορίζουμε την τιμή της ενέργειας θέτοντας u u0 και Κατ αυτόν τον τρόπο ευρίσκουμε E Επίσης η συνιστώσα της αρχικής ταχύτητας, που είναι κάθετη στην OP είναι u u0sin Επομένως u Συνεπώς η στροφορμή ισούται με L mu m Αντικαθιστούμε τα LU, στην () και καταλήγουμε στην σχέση dz z d tan z C Άρα Τελικά, tan 4 d m d Θέτουμε z, οπότε λαμβάνουμε tan ( C) Αλλά για είναι θ=0 Επομένως C 4 Δορυφόρος κινείται σε κυκλική τροχιά περί την Γη σε ύψος Η από την επιφάνεια αυτής Η Γη θεωρείται σφαιρική ακτίνας R, ομογενής και ακίνητη Σε κάποιο σημείο της τροχιάς η διεύθυνση της κινήσεως αλλάζει και στρέφεται προς την Γη κατά γωνία φ χωρίς να μεταβληθεί το μέτρο της ταχύτητας Να αποδειχθεί ότι ο δορυφόρος θα επιστρέψει στην Γη υπό την προϋπόθεση ότι H sin R+H Λύση Η Νευτώνεια έλξη ενεργεί ως κεντρομόλος δύναμη στον δορυφόρο, άρα mu k u k R H (R H) m(r H) Η στροφορμή αμέσως μετά την εκτροπή του δορυφόρου κατά γωνία φ, ισούται με L mu(r H)cos Η ενέργεια του δορυφόρου επίσης είναι ίση με k k E mu Στην ελλειπτική τροχιά το μήκος του μεγάλου ημιάξονα δίδεται R H (R H) από την σχέση k R H Επίσης στην ελλειπτική τροχιά η ελάχιστη απόσταση του E ελκτικού κέντρου από την ελλειπτική τροχιά ισούται με min ( e) Αλλά EL e mk Αντικαθιστούμε στην τελευταία τα Ε και L με τα ίσα τους, οπότε, μετά από πράξεις, Για να προσκρούσει ο δορυφόρος στην Γη πρέπει e cos sin H min R (R H)( sin) R sin R H m 4 Υλικό σημείο Ρ(m) γράφει κύκλο O,α υπό την επίδραση κεντρικής δυνάμεως F, όπου μ θετική σταθερά και το διάνυσμα θέσεως αυτού Να ευρεθεί η μηχανική ενέργεια και η στροφορμή του Αν λόγω εκρήξεως το σώμα διασπαστεί σε δύο ίσα μέρη και το ένα ακινητήσει μετά την έκρηξη, τι τροχιά θα γράψει το άλλο;

21 Λύση Πρώτη μέθοδοςγια την κίνηση σε κύκλο (O, ) με ταχύτητα u 0 ισχύει: mu α 0 m = u = α α 0 Επομένως το μέτρο της στροφορμής ισούται με L=mu 0=m Η δυναμική συνάρτηση δίδεται από την σχέση κινητού ισούται με m m m m Ε = mu = α α α d m U F d m U Η ενέργεια του 0 0 Κατά την έκρηξη διατηρείται η ορμή του m συστήματος, δηλαδή mu0 mu, όπου m Επομένως η ταχύτητα του τμήματος m μετά την έκρηξη ισούται με u0 και έχει την διεύθυνση της u 0 Η κινητική ενέργεια του τμήματος αυτού ισούται με m T m u T ενώ η δυναμική συνάρτηση δίδεται από την σχέση d m U d m U F Συνεπώς η νέα μηχανική ενέργεια του κινητού ισούται με m m m E=T+U= E 0 Γνωρίζουμε ότι όταν σώμα κινείται εντός πεδίου ελκτικών α α κεντρικών δυνάμεων της μορφής k F e, το είδος της τροχιάς του καθορίζεται μονοσήμαντα από δύο παράγοντες: Την τιμή της μηχανικής του ενέργειας ή την τιμή της εκκεντρότητας Όταν η μηχανική του ενέργεια είναι E 0ή η τιμή της εκκεντρότητας ισούται με e, η τροχιά είναι υπερβολή Αποδείξαμε ότι E 0 Επομένως η τροχιά του κινητού γίνεται υπερβολή Δεύτερη μέθοδος Χρησιμοποιούμε την εξίσωση L mu0 ή L mu d m + = F (), στην οποία θέτουμε dθ L ( είναι αδιάφορο διότι η στροφορμή προ της εκρήξεως ισούται με την m στροφορμή μετά την έκρηξη) και F () Επομένως d + = Οι αρχικές συνθήκες dθ 4 που διέπουν την εξίσωση αυτή είναι t 0: 0, και 0 Η λύση της εξισώσεως είναι η A cos ( )+ () Τα A, είναι σταθερές, οι οποίες θα προσδιοριστούν με την βοήθεια των 4 αρχικών συνθηκών Προς τούτο παραγωγίζουμε την () ως προς τον χρόνο και λαμβάνουμε A sin( ) () Η () δίδει 0 Η () δίδει 4 Συγκρίνουμε την () με την γενική μορφή της κωνικής τομής cos συμπεραίνουμε ότι e Άρα η τροχιά είναι υπερβολή A Επομένως η () τελικά γράφεται 4 p, οπότε ecos 5 Να ευρεθεί η συνθήκη για ευσταθείς κυκλικές τροχιές στο πεδίο κεντρικών δυνάμεων c F e, όπου c, είναι θετικές σταθερές Ακολούθως να αποδειχθεί ότι αν η κυκλική τροχιά υποστεί ελαφρά διαταραχή, η κυκλική συχνότητα της διαταραχής συνδέεται με την κυκλική συχνότητα ω της κυκλικής κινήσεως με την σχέση

22 Λύση Για την ευστάθεια της τροχιάς θα εξετάσουμε το πρόσημο της σχέσεως F ( ) () Είναι F( ) c c ( ) F,οπότε F και η () δίδει Για να είναι η τροχιά ευσταθής πρέπει F ( ) 0 Επομένως πρέπει 0 F( ) () Στην κυκλική κίνηση η δύναμη είναι κεντρομόλος και ισχύει mu u=ωα Συνεπώς για την κυκλική συχνότητα ω της κυκλικής κινήσεως είναι η στροφορμή ισούται με u c () Επίσης είναι c m Τέλος Στην περίπτωση της διαταραγμένης L mu m c κινήσεως, θέτουμε =α+ε,όπου ε η διαταραχή, στην εξίσωση της κινήσεως m( θ ) Κατόπιν τούτου η εξίσωση της κινήσεως παίρνει την μορφή mα+ε u α c α+ε α+ε Αλλά ( ) ( ) ( ) α+ε α ( ) α ε O( ) α+ε =α α ε+o( ), και 4 (Τύπος του Διωνύμου του Νεύτωνα) Άρα c c c, όπου έχουμε αγνοήσει m 0 τους όρους O( ) Επομένως c c 0 m Το κινητό εκτελεί συνεπώς ταλάντωση επί c c του κυκλικού δρόμου με κυκλική συχνότητα m Άρα 6 Δορυφόρος πρόκειται να εκτοξευθεί από την Γη με σκοπό να προσεδαφιστεί στον Άρη Αν θεωρηθεί ότι η Γη και ο Άρης γράφουν στο αυτό επίπεδο κυκλικές τροχιές με κέντρο την Ήλιο, ποιες ενέργειες πρέπει να ακολουθήσουμε και σε ποιους υπολογισμούς πρέπει να προβούμε ούτως, ώστε το εγχείρημα τούτο να είναι επιτυχές με τον βέλτιστο δυνατό τρόπο; Λύση Στο σχήμα έχουν σχεδιαστεί οι τροχιές της Γης, του Άρη και του δορυφόρου γύρω από τον Ήλιο Η Έστω R η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς της Γης και R A του Άρη Είναι R RA Συνεπώς ο δορυφόρος θα γράψει έλλειψη, στην οποία η μία εστία θα κατέχεται από τον Ήλιο Η εκτόξευση θα γίνει από την Γη, έστω από το σημείο Γ της τροχιάς της Στο σημείο αυτό πρέπει η τροχιά του δορυφόρου και η τροχιά της Γης να εφάπτονται ούτως, ώστε να εκμεταλλευτούμε την ταχύτητα της Γης και κατά συνέπεια να προσδώσουμε μικρότερη κινητική ενέργεια στον δορυφόρο Στην εξίσωση p = το σημείο Γ αντιστοιχεί σε γωνία θ=0 Επομένως, R p, RA +ecosθ e e Η ελκτική k L δύναμη που ασκείται στη ρουκέτα είναι της μορφής F, οπότε p, όπου L mr u0 είναι mk mru η στροφορμή της ρουκέτας Άρα p 0 Ας υποθέσουμε ότι κατά την στιγμή της αφίξεως του k βλήματος στην επιφάνεια του Άρη, πολική ακτίνα σχηματίζει γωνία θ με την γραμμή των αψίδων p R A e Στην εξίσωση = θέτουμε RA και ευρίσκουμε Συνεπώς +ecosθ R e cos

23 A A RA H R Γ R R mru e Από την p 0 συμπεραίνουμε ότι για να είναι η u 0 ελάχιστη πρέπει το p R R cos k p ναι είναι ελάχιστο Από την R συνεπάγεται ότι η εκκεντρότητα πρέπει να είναι ελάχιστη Άρα e R R R R R R στη σχέση e πρέπει το Τούτο σημαίνει e, p Άρα το R R cos R R R R αφήλιο της τροχιάς της ρουκέτας πρέπει να εφάπτεται της τροχιάς του Άρη σε κάποιο σημείο Α, οπότε δεν θα υπάρχει σύγκρουση μεταξύ τους Τα σημεία Α και Γ βρίσκονται στην ίδια ευθεία με τον Ήλιο και το μεν σημείο Γ είναι το περιήλιο της δορυφορικής τροχιάς, το δε σημείο Α είναι το αφήλιο Στην p εξίσωση = το σημείο Γ αντιστοιχεί σε γωνία θ=0 ενώ το Α σε γωνία Επομένως, +ecosθ R R RA Η τροχιά είναι γνωστή Το μήκος του μεγάλου ημιάξονα ισούται με, e k οπότε η ενέργεια του δορυφόρου ισούται με, όπου k GmM Στη σχέση αυτή m είναι η μάζα του δορυφόρου και M είναι η μάζα του Ήλιου Έστω u 0 η ταχύτητα με την οποία εκτοξεύεται ο k k δορυφόρος στη θέση Γ Η εξίσωση της ενέργειας στη θέση Γ γράφεται mu0 Από R αυτήν προκύπτει u0 GMR Έστω επίσης u η ταχύτητα του δορυφόρου στη θέση Α Η R ( R R ) GMR Οι R ( R R ) k k εξίσωση της ενέργειας στη θέση Α δίδει mu Άρα u R ταχύτητες όμως της Γης και του Άρη προσδιορίζονται από τις κυκλικές τους κινήσεις mu GMm GM maua GMmA GM u R και ua R R R A R R Άρα η ταχύτητα που πρέπει A A να δοθεί στον δορυφόρο στη θέση Γ είναι u u0 u Επίσης από τις εκφράσεις u και u A u R προκύπτει Δεδομένου δε ότι R u R R R A RA, συμπεραίνουμε ότι u ua Άρα, A R όταν φθάσει ο δορυφόρος στη θέση Α για να προσεδαφιστεί στον Άρη πρέπει να αυξήσει την ταχύτητά του κατά u u u Τέλος το χρονικό διάστημα που απαιτείται ώστε ο δορυφόρος να διανύσει το τόξο της ελλείψεως είναι A T t, όπου Τ είναι η περίοδος της κινήσεως του δορυφόρου και είναι

24 T 4 GM Η γωνιακή ταχύτητα του Άρη προσδιορίζεται από τη σχέση ua ARA Επομένως ο δορυφόρος πρέπει να εκτοξευθεί από την Γη όταν ο Άρης ευρίσκεται στο σημείο Α της τροχιάς του, όπου η γωνία A t 7 Κομήτης κινείται στο επίπεδο της κινήσεως της Γης περί τον ήλιο και γράφει παραβολική τροχιά Η τροχιά της Γης θεωρείται κυκλική ακτίνας α Να αποδειχθεί ότι τα σημεία Α και Β τομής των τροχιών p του κομήτη και της Γης δίδονται από τη σχέση cos, όπου p είναι η απόσταση του περιηλίου του κομήτη από τον ήλιο, στο οποίο ευρίσκεται για θ=0 Να αποδειχθεί επίσης ότι η / p p διάρκεια της κινήσεως του κομήτη στο τόξο AB ισούται με tab T, όπου T είναι η περίοδος της Γης περί τον ήλιο p Λύση Η εξίσωση της παραβολικής τροχιάς του κομήτη είναι Όταν, η εξίσωση cos p δίδει p cos Να υπενθυμίσουμε ότι στην εξίσωση, η εκκεντρότητα e= για την ecos παραβολή Επίσης το p είναι η απόσταση της εστίας από την διευθετούσα Από τον ορισμό της παραβολής ως τον γεωμετρικό τόπο των σημείων του επιπέδου τα οποία ισαπέχουν από ένα σταθερό σημείο (την εστία ) και από δοθείσα ευθεία (την διευθετούσα) προκύπτει ότι p p Έτσι προκύπτει η αποδεικτέα σχέση Τον χρόνο κινήσεως του κομήτη στο τόξο θα υπολογίσουμε από την p A 0 H B εξίσωση της ενέργειας Είναι Τ+U=E=0 για την παραβολή Άρα k GMm και Μ είναι η μάζα του ήλιου Επίσης ενέργειας και μετά από μερικές πράξεις ρουτίνας d παίρνουμε GMdt p (p u )du Τελικά ευρίσκουμε t t 4( p ) ( GM p ) δύο L p mk, όπου L k m 0 m Αντικαθιστούμε στην εξίσωση της Θέτουμε p u, οπότε το αριστερό μέλος γράφεται / p / p ( p ) (GM) t / AB A Για την περίοδο της Γης έχουμε T GM Έτσι ευρίσκουμε / Διαιρούμε τις

25 / p p σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει tab T 8 Υλικό σημείο Ρ μάζας m κινείται εντός πεδίου κεντρικών δυνάμεων με κέντρο το O και με δυναμικό U k, όπου k θετική σταθερά και =ΟΡ Να ευρεθούν οι τιμές της ενέργειας και της στροφορμής, για τις οποίες το σώμα γράφει κυκλική τροχιά (Ο,α)και να υπολογιστεί η περίοδος T0 της κινήσεως Να αποδειχθεί ότι αν το Ρ διαταραχθεί ελάχιστα από την τροχιά του, θα εκτελέσει μικρές ακτινικές ταλαντώσεις με περίοδο T T0 du Λύση Υπολογίζουμε την δύναμη από τη σχέση F d Άρα F k Η δύναμη είναι mu k κεντρομόλος, επομένως k u () Η ενέργεια του σωματιδίου είναι m k E mu U E Η στροφορμή υπολογίζεται από τη σχέση L mu Τέλος η περίοδος της κινήσεως ισούται με T0 u Έστω ε η μικρή διαταραχή από την κυκλική τροχιά Επομένως η ακτινική απόσταση του σωματιδίου από το O θα γίνει Η εξίσωση της κινήσεως στην πιο γενική μορφή είναι m( θ )=F() Σ αυτήν αντικαθιστούμε το με το ίσο του και επίσης, από την σταθερά της στροφορμής, θέτουμε L Η εξίσωση της κινήσεως γράφεται, m u α mα+ε = k α+ε mu mεu Αγνοώντας όρους τάξεως mε + +O( )= k α α ε και ε και λόγω της (), η τελευταία σχέση αποκτά την μορφή k ε+ ε 0 m () Θέτουμε k 4π m ω = = T=π m T k Επομένως T T0 9 Δύο σωματίδια A και B μάζας m έκαστο συνδέονται με μη εκτατό και αβαρές νήμα το οποίο διέρχεται από την οπή O επιπέδου επιφανείας έτσι ώστε το μεν A ευρίσκεται επί της επιπέδου επιφανείας το δε B κρέμεται κατακορύφως Κατά την στιγμή t 0 το οριζόντιο τμήμα του νήματος έχει μήκος α και το A αποκτά ταχύτητα κάθετη προς το OP, με μέτρο u 0= gα Θεωρώντας ότι το μήκος του νήματος είναι αρκετό και το B δεν κτυπά στην επίπεδο επιφάνεια, να αποδειχθεί κατά την κίνηση των σωματιδίων το νήμα παραμένει τεντωμένο και το B κινείται μεταξύ δύο θέσεων οι οποίες απέχουν κατά α ( 5 ) Λύση Για το σωματίδιο A θεωρούμε το O ως αρχή μετρήσεως των διανυσμάτων Θέτουμε Η μόνη δύναμη, η οποία κινεί το A είναι η τάση T του νήματος και ισχύει Από αυτήν προκύπτουν οι εξισώσεις της κινήσεως md Te m( θ ) e + ( θ) e dt θ m( θ ) T και d ( θ) 0 dt OA Η δεύτερη είναι η εξίσωση της διατηρήσεως της στροφορμής L διότι η δύναμη T είναι κεντρική Συνεπώς L mu L 0

26 Αλλά u e +θeθ ενώ L0 mα e uoe θ Επομένως L m θk mαu 0 k όπου k e eθ είναι το μοναδιαίο διάνυσμα το κάθετο στο επίπεδο της κινήσεως Τελικώς αu θ= 0 0 θ=αu Αντικαθιστούμε το θ με το ίσο του στην εξίσωση της κινήσεως και παίρνουμε αu m 0 T 4 Η εξίσωση της κινήσεως για το σωματίδιο B είναι m B T όπου OB zk Άρα mz mg+t Αλλά z+ σταθ όπου το μήκος του νήματος Άρα z και η εξίσωση της κινήσεως του B γράφεται m mg+t Από τις εξισώσεις της κινήσεως των A και B δι απαλοιφής της τάσεως T παίρνουμε α gα Άρα 4 ++g 0 gα Για να λύσουμε την εξίσωση +g 0 αυτή θέτουμε d d d d = = = dt d dt d οπότε d gα = g ή d gα g+c Οι αρχικές συνθήκες =α, 0 δίδουν C=gα Συνεπώς gα g+gα Η εξίσωση αυτή παρέχει το μέτρο της ακτινικής συνιστώσας της ταχύτητας του A ή του B Ας θέσουμε 0 Έχουμε α α 0 α α 5 με ρίζες =α και, Επομένως η κίνηση του B γίνεται μεταξύ των θέσεων z και z Το ίδιο φυσικά ισχύει και για το A Το σωματίδιο A δηλαδή κινείται εντός α+α 5 δακτυλίου με ακτίνες =α και = Στις οριακές αυτές θέσεις (οριακές όσον αφορά εις την ακτινική συνιστώσα της ταχύτητας), το σωματίδιο A έχει εγκάρσια συνιστώσα ταχύτητας θ, η οποία υπολογίζεται από την σχέση θ=αu Κατά την διάρκεια της κινήσεως των σωματιδίων A και B η 0 τάση του νήματος δίδεται από τη σχέση m mg+t Εάν θέσουμε T 0,τούτο συνεπάγεται g και < 0, πράγμα αδύνατον Επομένως η τάση δεν μηδενίζεται k 0 Σώμα P(m) κινείται υπό την επίδραση κεντρικής δυνάμεως F e, όπου k θετική σταθερά και η απόσταση αυτού από το ελκτικό κέντρο Στη θέση = το σώμα έχει ταχύτητα η οποία είναι κάθετη στο διάνυσμα θέσεως και έχει μέτρο u k Να προσδιοριστεί η μηχανική του m ενέργεια και το είδος της τροχιάς του Επίσης να ευρεθεί η θέση στην οποία το σώμα έχει ελάχιστη ταχύτητα και να προσδιοριστεί η τιμή της ελάχιστης ταχύτητας Λύση Η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι ενέργεια είναι k U και η κινητική ισούται με k k U= Fd = d= Στη θέση = η δυναμική k k T mu m m Επομένως η μηχανική

27 ενέργεια του σώματος ισούται με E 0 Συνεπώς το σώμα κινείται σε παραβολική τροχιά Στο άπειρο η ταχύτητά του είναι ελάχιστη και ίση με μηδέν Η εξίσωση της τροχιάς προσδιορίζεται και από την μελέτη της λύσεως της διαφορικής εξισώσεως της κινήσεως λαμβάνουμε d m + = F Στην εξίσωση αυτή θέτουμε dθ L d + = dθ F k, L mu km και Οι αρχικές συνθήκες που διέπουν την εξίσωση αυτή είναι t 0: 0, και 0 Η λύση της εξισώσεως είναι η A cos ( )+ () Τα A, είναι σταθερές, οι οποίες θα προσδιοριστούν με την βοήθεια των αρχικών συνθηκών Προς τούτο παραγωγίζουμε την () ως προς τον χρόνο και λαμβάνουμε A Επομένως η () τελικά γράφεται κωνικής τομής A sin( ) () Η () δίδει 0 Η () δίδει Συγκρίνουμε την () με την γενική μορφή της cos p, οπότε συμπεραίνουμε ότι e Άρα η τροχιά είναι παραβολή ecos Ενότητα 4: Σύστημα Υλικών Σημείων

28 Το σύστημα αναφοράς S(Oyz) περιστρέφεται ως προς αδρανειακό σύστημα S 0( ) με γωνιακή ταχύτητα ω i j k Τα i,, j k είναι τα μοναδιαία διανύσματα του συστήματος t t t S(Oyz) Τα S 0( ) και S(Oyz) έχουν κοινή αρχή O Να βρεθεί η έκφραση της ταχύτητας και της επιταχύνσεως ως προς το αδρανειακό σύστημα ενός σημείου P, του οποίου το διάνυσμα θέσεως είναι ti t j k Λύση Ως προς το στρεφόμενο σύστημα αναφοράς η ταχύτητα ισούται με u i+4tj Η ταχύτητα S ως προς το αδρανειακό σύστημα είναι u+ ω Άρα 5 4 u i j k Θέτουμε (+9t +t ) +(t t) +t 5 9t t, t t και 4 t Άρα u i+ j+ k Κατόπιν εκφράζουμε τα μοναδιαία διανύσματα i,, j k του συστήματος S(Oyz) ως προς τα μοναδιαία διανύσματα I, J, K του αδρανειακού συστήματος S 0 σύμφωνα με τον μετασχηματισμό i Icos J sin, j I sin J cos, k K, όπου t Κατ αυτόν τον τρόπο έχουμε την έκφραση της ταχύτητας στο αδρανειακό σύστημα Είναι u ( cos sin) I+( sin+ cos ) J+ K Η επιτάχυνση του υλικού σημείου ως προς το μη αδρανειακό σύστημα είναι α 4j Η S επιτάχυνση του υλικού σημείου ως προς το αδρανειακό σύστημα είναι α + ω+ ω+ ω ( ω) Άρα, α (8t 8t +t t ) i ( +5t t +9t t ) j ( 4t +t 7t +6t ) k Θέτουμε A (8t 8t +t t ), B ( +5t t +9t t ) και ( 4t +t 7t +6t ) Άρα α Ai Bj k Ακολούθως εκφράζουμε τα i,, j k συναρτήσει των I, J, K και κατ αυτόν τον τρόπο έχουμε την έκφραση της επιταχύνσεως στο αδρανειακό σύστημα Είναι α (Acos B sin) I+(A sin+b cos ) J+ K Υλικό σημείο P μάζας m κινείται υπό την επίδραση κεντρικού πεδίου δυνάμεων Fk ( k>0 ) Το επίπεδο της κινήσεως στρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα γύρω από άξονα ο οποίος είναι κάθετος στο επίπεδο και διέρχεται από το ελκτικό κέντρο O Αν η φυγόκεντρος εξουδετερώνει την δύναμη F,να μελετηθεί η κίνηση του P στο μη αδρανειακό σύστημα αναφοράς Λύση Η εξίσωση της κινήσεως του P στο μη αδρανειακό σύστημα αναφοράς είναι m ω ω ω( ω) k Θεωρούμε ότι η ευθεία PO ταυτίζεται με τον άξονα O του μη αδρανειακού συστήματος αναφοράς ενώ ο άξονας περιστροφής είναι ο άξονας Oz Επομένως OP i και ω ωkεξ υποθέσεως επίσης έχουμε m ω ( ω) k 0 Άρα m ω ( ω) k οπότε ω ω Αλλά m( ) mω k ω 0 Συνεπώς mω k ή ω k/m Η εξίσωση της κινήσεως γράφεται, επομένως m( ω ) 0 Λόγω των προηγουμένων σχέσεων, η τελευταία εξίσωση δίδει 0 και ω 0 οπότε σταθερό Επομένως το υλικό σημείο γράφει κύκλο με κέντρο το O και με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω Υλικό σημείο P μάζας m ευρίσκεται εντός κοίλου λείου οριζόντιου σωλήνα και συνδέεται με σημείο O του σωλήνα με ελατήριο φυσικού μήκους s και σταθεράς k Ο σωλήνας στρέφεται σε οριζόντιο επίπεδο γύρω από κατακόρυφο άξονα, ο οποίος διέρχεται από το σημείο O Να ευρεθεί η

29 θέση ισορροπίας του σωματιδίου και οι αντιδράσεις στον σωλήνα Αν το σωματίδιο εκτραπεί ελάχιστα από την θέση ισορροπίας του, να περιγραφεί η κίνησή του, όταν αφεθεί ελεύθερο Λύση Στο μη αδρανειακό σύστημα αναφοράς η κίνηση του σωματιδίου περιγράφεται από την εξίσωση m ω ω ω( ω) B F A (), όπου B, F και A είναι το βάρος του, η δύναμη Hooke και η αντίδραση από τον σωλήνα Έστω Oyz το στρεφόμενο σύστημα αναφοράς Ο άξονας O ταυτίζεται με τον σωλήνα και ο Oz ταυτίζεται με τον άξονα περιστροφής Επομένως i, i, i, ω ωk, ω 0, B mgk, A AyjAzk, F k( s) i, όπου η δύναμη Hooke αναφέρεται σε επιμηκυσμένο ελατήριο Η () γράφεται m(i ωj ω i) mgk A j A k k( s) i Από αυτήν προκύπτουν οι ακόλουθες σχέσεις Στην θέση ισορροπίας είναι 0 Άρα m( ω ) k( s) (), y z mω A y, Az mg (k mω ) ks οπότε ks είναι η θέση ισορροπίας Ας καλέσουμε 0 την θέση ισορροπίας Μετατοπίζουμε το σωματίδιο κατά οπότε η ks θέση του γίνεται 0 με 0 k mω Η εξίσωση της κινήσεως () γράφεται με 0 0 και 0 δεδομένο Άρα m0 ω ( 0 ) k(0 s) k ω 0 m Η () είναι η διαφορική εξίσωση της αρμονικής ταλαντώσεως γύρω από την θέση ισορροπίας 0 με () k mω κυκλική συχνότητα k n ω, υπό την προϋπόθεση ότι k m m > ω 4 Άνθρωπος ευρίσκεται με τα χέρια του σε έκταση επί καθίσματος και το όλο σύστημα περιστρέφεται ελεύθερα με γωνιακή ταχύτητα περί κατακόρυφον άξονα Να δικαιολογηθεί α) ως προς αδρανειακό παρατηρητή και β) ως προς μη αδρανειακό παρατηρητή η αύξηση της γωνιακής ταχύτητας του συστήματος, όταν ο άνθρωπος συμπτύξει τα χέρια του Λύση α) Το σύστημα στρέφεται γύρω από τον κατακόρυφον άξονα με τα χέρια του ανθρώπου σε έκταση Η ροπή αδράνειας του συστήματος ως προς τον άξονα περιστροφής του ισούται με I I I, όπου I είναι η ροπή αδρανείας του καθίσματος και του κορμού του ανθρώπου και I είναι η ροπή αδρανείας των χεριών του ανθρώπου Όταν ο άνθρωπος συμπτύξει τα χέρια του, η ροπή αδρανείας αυτών ελαττώνεται και γίνεται I I Κατά συνέπεια ελαττώνεται και η ολική ροπή αδρανείας του συστήματος και γίνεται I I I Η στροφορμή του συστήματος όμως μένει σταθερή διότι οι δυνάμεις που προκάλεσαν την σύμπτυξη είναι εσωτερικές Συνεπώς, Iω Iω, όπου είναι η

30 γωνιακή ταχύτητα περιστροφής πριν την σύμπτυξη και είναι η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής μετά την σύμπτυξη Επομένως ω ω β) Ως μη αδρανειακό παρατηρητή θεωρούμε τον ίδιο τον άνθρωπο Κατά την διάρκεια της συμπτύξεως τα χέρια του κινούνται με ταχύτητα u προς το σώμα του, επομένως επ αυτών ασκείται δύναμη Coiolis Fc mω u, όπου ω είναι η στιγμιαία γωνιακή ταχύτητά τους Θεωρούμε σύστημα αναφοράς Oyz στρεφόμενο μαζύ με τον άνθρωπο και στο σύστημα αυτό ο άξονας περιστροφής είναι ο Oz τα δε χέρια του ανθρώπου ευρίσκονται επί του άξονος O Έστω ω kκαι uui για το ένα χέρι του ανθρώπου Η δύναμη Coiolis για το χέρι αυτό είναι Fc muj και το σημείο εφαρμογής της ευρίσκεται σε απόσταση d από τον ώμο του ανθρώπου Για το άλλο χέρι είναι ω k και u uiοπότε η δύναμη Coiolis για το άλλο χέρι είναι Fc muj και το σημείο εφαρμογής της ευρίσκεται σε απόσταση d από τον αντίστοιχο ώμο του ανθρώπου Οι δύο δυνάμεις Coiolis σχηματίζουν ζεύγος, το οποίο περιστρέφει το κάθισμα και τον άνθρωπο κατά την φορά της αρχικής περιστροφής Επομένως η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του συστήματος αυξάνεται

31 Ενότητα 6: Κινηματική και Δυναμική του Στερεού Σώματος Ομογενής ράβδος OA μάζας M και μήκους ευρίσκεται πάνω σε οριζόντιο δάπεδο και μπορεί να περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα ο οποίος διέρχεται από το άκρο της O Ο συντελεστής τριβής μεταξύ της ράβδου και του δαπέδου ισούται με μ Βλήμα μάζας m προσκολλάται στο σημείο Β της ράβδου, όπου OB, με ταχύτητα u 0 παράλληλη προς το δάπεδο και κάθετη στην ράβδο Να ευρεθεί η ολική γωνία που θα σαρώσει η ράβδος έως ότου ακινητοποιηθεί z O O u M 0 M u 0 0 M A B A A m Λύση Η κρούση του βλήματος με την ράβδο είναι πλαστική και κατ αυτήν ισχύει η αρχή της διατηρήσεως της στροφορμής, δηλαδή ολική στροφορμή προ της κρούσεως = ολική στροφορμή μετά την κρούση Έστω 0 η γωνιακή ταχύτητα του συστήματος αμέσως μετά την κρούση Η στροφορμή του συστήματος προ της κρούσεως είναι ίση με την στροφορμή του βλήματος ως προς το σημείο Ο, L0 mu0 Η στροφορμή του συστήματος μετά την κρούση ισούται με το άθροισμα των στροφορμών της ράβδου και του βλήματος ως προς το Ο, δηλαδή 0 0, όπου Ι είναι η L I m ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς τον άξονα δια του σημείου Ο Κατά συνέπεια mu0 I0 m0 Άρα η αρχική γωνιακή ταχύτητα με την οποία περιστρέφεται η ράβδος γύρω από τον άξονα αμέσως μετά την κρούση ισούται με mu0 0 I m Στην περιστροφή της ράβδου ανθίσταται η τριβή από το δάπεδο, η οποία ισούται με d T (I m ) Γνωρίζουμε όμως ότι T (m M)g dt Από τις δύο αυτές σχέσεις και κατόπιν ολοκληρώσεως λαμβάνουμε την έκφραση για την στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα συναρτήσει του χρόνου, (m M)g t C I m Η αρχική συνθήκη 0 για (m M)g t 0 δίδει C 0 Επομένως 0 t () Θέτοντας δε στην () ω=0 έχουμε τον I m

32 (I m ) 0 ολικό χρόνο κινήσεως του συστήματος t () Η γωνιακή θέση της ράβδου κατά την (m M)g στιγμή t ευρίσκεται από την () αν τεθεί (m M)g 0t t C I m d και ολοκληρώσουμε Έχουμε dt Η αρχική συνθήκη θ=0 για t 0 δίδει C 0 Συνεπώς (m M)g 0t t I m () Η γωνία κατά την οποία εστράφη η ράβδος έως ότου μηδενιστεί η ταχύτητά της προσδιορίζεται αν θέσουμε στην () (I m ) 0 t (m M)g Έτσι έχουμε ή 0 I m (m M)g Ομογενής σφαίρα μάζας m και ακτίνας εκτοξεύεται σε οριζόντιο δάπεδο έτσι, ώστε κάθε σημείο της να έχει με γωνιακή ταχύτητα ω0i ως προς τον οριζόντιο άξονα O, ο οποίος διέρχεται από το κέντρο της Ο Αν η διάμετρος της σφαίρας η κάθετη στον άξονα Oy έχει γραμμική ταχύτητα u0 u0jκαι ο συντελεστής τριβής μεταξύ της σφαίρας και του δαπέδου είναι μ, να περιγραφεί η κίνηση της σφαίρας για τις ακόλουθες περιπτώσεις α) u0 0, β) u0 0,γ) u0 0 Ποιο είναι το συμπέρασμα που εξάγεται από την μελέτη των περιπτώσεων (α), (β) και (γ); Υπόμνηση: Όταν υπάρχει ολίσθηση με ταχύτητα u του σημείου επαφής σώματος δαπέδου στηρίξεως, ισχύει η σχέση u Τ R Δηλαδή η τριβή είναι αντίθετη στην κίνηση και έχει μέτρο R u, όπου R είναι η κάθετη προς την επιφάνεια στηρίξεως αντίδραση Η σχέση αυτή ισχύει επίσης όταν το σώμα κυλίεται και ολισθαίνει ταυτόχρονα Όταν υπάρχει μόνον κύλιση η σχέση αυτή δεν ισχύει Στην κύλιση η φορά της τριβής είναι αντίθετη προς την φορά που έχει η συνισταμένη των υπολοίπων δυνάμεων κατά την διεύθυνση της κίνησης Το μέτρο της τριβής όταν υπάρχει μόνον κύλιση υπολογίζεται από τις εξισώσεις της κινήσεως z O u 0 y A Λύση α) Έστω Α το σημείο επαφής της σφαίρας με το δάπεδο Θεωρούμε σύστημα αξόνων Oyz, όπως στο σχήμα Ο άξονας O έχει φορά από το σχήμα προς τον αναγνώστη Η γωνιακή ταχύτητα ω 0 i έχει φορά αντίθετη προς τη φορά του άξονα O Η ταχύτητα του Α θα είναι

33 u u ω j j, όπου A OA k Το στιγμιαίο σημείο επαφής Α είναι A 0 A u0 0 0 ακίνητο, επομένως η σφαίρα εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση κατά την θετική διεύθυνση του άξονα Oy β) Η ταχύτητα του Α θα είναι ua ωa u0 (u0 0) j Αλλά u0 0 Άρα το σημείο Α ολισθαίνει κατά την θετική διεύθυνση του άξονα Oy με αρχική ταχύτητα u0 0, με συνέπεια να αναπτύσσεται τριβή Tmgj στο σημείο επαφής, η οποία επιβραδύνει την σφαίρα Η εξίσωση της μεταφορικής κινήσεως της σφαίρας είναι my mg y gt C Αλλά για t 0είναι y u0 Άρα y u0 gt () Από την μορφή της () συμπεραίνουμε ότι η μεταφορική ταχύτητα y μειώνεται εφ όσον υφίσταται η ολίσθηση του σημείου επαφής Α με το δάπεδο Η τριβή όμως λόγω της φοράς της προκαλεί γωνιακή επιτάχυνση στην σφαίρα,εκ της σχέσεως d mg I Με dt mg ολοκλήρωση έχουμε t C, όπου C σταθερά Αλλά για t 0είναι 0 Άρα C 0 I mg και t 0 () Η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της σφαίρας γύρω από τον άξονα O I αυξάνει Την στιγμή κατά την οποία η ταχύτητα του σημείου Ο θα γίνει ίση με y j, ( οπότε η ταχύτητα του Α θα ισούται με ua yj ωa j j 0 ), θα παύσει η ολίσθηση Από την στιγμή εκείνη και μετά το σώμα θα κυλίεται πάνω στο δάπεδο Θέτουμε επομένως y, όπου τα y και ω δίδονται από τις () και () και ευρίσκουμε την διάρκεια της ολίσθησης, u0 0 t m g I γ) Η ταχύτητα του Α θα είναι ua ωa u0 (u0 0) j Το σημείο Α ολισθαίνει κατά την αρνητική διεύθυνση του άξονα Oy με συνέπεια να αναπτύσσεται τριβή T mgj στο σημείο επαφής, η οποία αυξάνει την ταχύτητα με την οποία μεταφέρεται η σφαίρα Η εξίσωση της μεταφορικής κινήσεως της σφαίρας είναι my mg y gt C Αλλά για t 0είναι y u0 Άρα y u0 gt () Παραλλήλως η τριβή ως αντίθετης φοράς προς την y θα προκαλεί γωνιακή επιβράδυνση στην περιστροφή και θα ισχύει d mg I Με ολοκλήρωση έχουμε dt mg t C, όπου C σταθερά Αλλά για t 0είναι 0 Άρα C 0 και I mg t I 0 (4) Η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της σφαίρας γύρω από τον άξονα O ελαττώνεται Την στιγμή κατά την οποία η ταχύτητα του σημείου Ο θα γίνει ίση με y j, ( οπότε η ταχύτητα του Α θα ισούται με ua yj ωa j j 0 ), θα παύσει η ολίσθηση Από την στιγμή εκείνη και μετά το σώμα θα κυλίεται πάνω στο δάπεδο Θέτουμε επομένως y και ω δίδονται από τις () και (4) και ευρίσκουμε την διάρκεια της ολίσθησης,, όπου τα y u0 0 t m g I Το συμπέρασμα είναι πως οποιεσδήποτε και αν είναι οι αρχικές συνθήκες της κίνησης της σφαίρας πάνω στο τραχύ δάπεδο, τελικά η σφαίρα θα κυλήσει επί του δαπέδου

34 Σώμα με κυκλική εγκάρσια διατομή ακτίνας μπορεί να κυλίεται προς τα κάτω λόγω του βάρους του κατά μήκος κεκλιμένου επιπέδου, το οποίο σχηματίζει με το οριζόντιο δάπεδο γωνία φ Ο συντελεστής τριβής μεταξύ του κεκλιμένου επιπέδου και του σώματος είναι μ Να αποδειχθεί ότι η κύλιση είναι εφικτή μόνον αν η γωνία φ είναι μικρότερη από δοθείσα τιμή Υπόμνηση: Η μηχανική ενέργεια κατά την κύλιση χωρίς ολίσθηση διατηρείται, διότι η τριβή ολισθήσεως δεν παράγει έργο Λύση Επιλέγουμε σύστημα ορθογωνίων συντεταγμένων y, με τον άξονα επί του κεκλιμένου επιπέδου και με θετική φορά κατά την διεύθυνση της κινήσεως και με άξονα y κάθετο στο κεκλιμένο επίπεδο και με φορά προς τα πάνω Στο σώμα ασκούνται δύο δυνάμεις Το βάρος του και η τριβή Η τριβή κείται επί του άξονος και είναι αντίθετη στην φορά της κινήσεως Οι εξισώσεις της κινήσεως ως προς τους άξονες αυτούς είναι m mg sin T () και R mg cos (), όπου R είναι η αντίδραση του Άρα εκ των () και (4) προκύπτει δια της () κατά μέλη T mg sin I m (5) Διαιρούμε την (5) y O B R T δαπέδου στηρίξεως επί του σώματος στο σημείο επαφής με διεύθυνση κάθετη στο δάπεδο στηρίξεως Στην κύλιση η τριβή δεν δίδεται από την σχέση T R Ας θεωρήσουμε ότι το σώμα εκκινεί εκ της ηρεμίας και ας ταυτίσουμε το σημείο εκκινήσεως με την αρχή των αξόνων Από το αξίωμα της διατηρήσεως της μηχανικής ενέργειας έχουμε m I mg 0 sin, όπου Ι είναι η ροπή αδράνειας του σώματος ως προς άξονα διερχόμενο από το κέντρο της εγκάρσιας διατομής και κάθετο σε αυτήν Παραγωγίζουμε την εξίσωση της ενέργειας ως προς τον χρόνο λαμβάνοντας υπ όψιν ότι

35 I m mg 0 sin Άρα g sin I m () Από την () επίσης λαμβάνουμε mg sin T (4) m T R I m I tan Αλλά T R Συνεπώς I m tan tan I m I (6) Αυτή είναι η συνθήκη που πρέπει να πληρούται, ώστε να υπάρχει μόνο κύλιση Αν m tan, το σώμα ολισθαίνει επί του κεκλιμένου επιπέδου και ποτέ η κίνησή του δεν θα γίνει κύλιση Αν γινόταν, δεν θα ίσχυε η (6) την οποία αποδείξαμε I 4 Ομογενής κύλινδρος ακτίνας R και μάζας m κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει επί οριζοντίου δαπέδου με ταχύτητα u Κατά την κίνησή του ο κύλινδρος προσκρούει σε ακλόνητο εμπόδιο ύψους h, όπου h<r Εάν δεν υπάρχει ανάκρουση του κυλίνδρου κατά την κρούση, να ευρεθεί η ταχύτητα αυτού μετά την κρούση Λύση Κατά την κρούση η στροφορμή του κυλίνδρου ως προς το στιγμιαίο σημείο περιστροφής, το οποίο είναι και το σημείο συγκρούσεως, διατηρείται Η στροφορμή συστήματος υλικών σημείων ως προς τυχόν σημείο Ο ισούται με N M c c mi i i i L u u () Στην σχέση αυτή το c είναι το διάνυσμα θέσεως του C N B O h κέντρου μάζας C ως προς το Ο ενώ το i, i uc είναι η ταχύτητα του κέντρου μάζας ως προς το Ο Τα u είναι το διάνυσμα θέσεως και η ταχύτητα του τυχόντος σημείου Pi ως προς το κέντρο μάζας Στο δεξιό μέλος της ανωτέρω σχέσεως ο πρώτος προσθετέος είναι η στροφορμή της συνολικής μάζας, θεωρουμένης ότι είναι συγκεντρωμένη στο κέντρο μάζας του συστήματος, ως προς το Ο Ο δεύτερος είναι η στροφορμή του συστήματος των υλικών σημείων ως προς το κέντρο μάζας Στην

36 N παρούσα περίπτωση στο άθροισμα mii u i το u i αντικαθίσταται από το ui ω i, οπότε έχουμε i N N N mi i i m i ( i i) mii Ic i i i προς u ω ω ω, όπου I c είναι η ροπή αδρανείας του συστήματος ως άξονα διερχόμενο δια του κέντρου μάζας Έστω Ο λοιπόν το σημείο συγκρούσεως Στην σχέση () επομένως η στροφορμή του κυλίνδρου προ της κρούσεως ισούται με L mru cos mr mru cos mru mru cos, όπου θέσαμε u Έστω V R η ταχύτητα του κέντρου μάζας του κυλίνδρου μετά την κρούση Η ταχύτητα αυτή είναι κάθετη στην ακτίνα CO Η στροφορμή μετά την κρούση ισούται με L mrv mr mrv mrv mrv, όπου V είναι η νέα γωνιακή ταχύτητα του R κυλίνδρου Επομένως V u( cos ), όπου R h cos Άρα R u R h V R R 5 Τροχός θεωρούμενος ως ομογενής δίσκος μάζας m και ακτίνας κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει κατά μήκος οριζοντίου δρόμου Η ταχύτητα του κέντρου του τροχού είναι V και ο συντελεστής τριβής μεταξύ τροχού και δρόμου είναι μ Αν επί του τροχού εφαρμοστεί ζεύγος αντίθετο της φοράς περιστροφής του τροχού με ροπή ίση προς 5 mg, να αποδειχθεί ότι θα επακολουθήσει ολίσθηση του τροχού επί του δρόμου και ότι η περιστροφή θα παύσει μετά από χρονικό διάστημα διάστημα θα διανύσει συνολικά ο τροχός έως ότου ακινητοποιηθεί; V 4 g Πόσο Υπόδειξη: Γράφουμε τις διαφορικές εξισώσεις της μεταφορικής και της περιστροφικής κινήσεως του τροχού τις οποίες λύνουμε ανεξαρτήτως αλλήλων, διότι ο τροχός εκτελεί ταυτοχρόνως κύλιση και ολίσθηση Κατ αυτόν τον τρόπο ευρίσκουμε πότε μηδενίζεται η περιστροφή, ποια είναι η ταχύτητα της μεταφορικής κινήσεως εκείνη τη στιγμή και πόση είναι η τιμή της συνολικής ροπής επί του τροχού Τούτο μας οδηγεί σε συμπέρασμα για το επόμενο είδος της κινήσεως του τροχού Λύση Όταν εφαρμοστεί επί του τροχού το ζεύγος 5 mg, η περιστροφή του τροχού θα περιγράφεται από την εξίσωση θα δίδεται από την m 5 T mg I (), όπου T mg και I m, ενώ η κίνηση του κέντρου του mg () Οι αρχικές συνθήκες είναι () και () που ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες είναι οι την () λαμβάνουμε το δάπεδο ισούται με V V, για t 0 Οι λύσεις των V 4g t () και V gt (4) Από 4g V t, οπότε η ταχύτητα του στιγμιαίου σημείου επαφής του τροχού με g t, άρα ο τροχός ολισθαίνει διότι 0 Η περιστροφή του τροχού θα παύσει να υπάρχει όταν 0 Θέτουμε επομένως 0 στην () και ευρίσκουμε V t 4g

37 V Εκείνη τη στιγμή η μεταφορική ταχύτητα του τροχού υπολογίζεται από την (4) αν θέσουμε t 4g Κατ αυτόν τον τρόπο προκύπτει V Μετά από την στιγμή 4 V t ο τροχός εκτελεί καθαρή 4g ολίσθηση χωρίς περιστροφή διότι η ροπή του ζεύγους είναι 5 mg ενώ η ροπή της τριβής ισούται με T mg, αντίθετη προς την ροπή του ζεύγους Παρατηρούμε ότι η ροπή της τριβής δεν υπερνικά την ροπή του ζεύγους, οπότε ο τροχός δεν περιστρέφεται πλέον Από την στιγμή V t και μετά 4g συνεπώς ο τροχός ολισθαίνει με επιβράδυνση και η εξίσωση της κινήσεώς του είναι η () με αρχική συνθήκη την V Τελικά ο τροχός ακινητοποιείται Κατά την πρώτη φάση της κινήσεως το κέντρο 4 του τροχού διανύει διάστημα, όπου V t Άρα Vt gt 4g 5V g Στην δεύτερη φάση της καθαρής ολισθήσεως διανύει διάστημα (V / 4) V Το συνολικό διάστημα ισούται g g συνεπώς με V g 6 Ομογενής ράβδος AB μήκους α, η οποία κρατείται υπό γωνία o 0 0 ως προς την κατακόρυφο και με το κάτω άκρο της σε επαφή με σε οριζόντιο τραχύ τραπέζι, αφήνεται ελεύθερη Αν δεν υπάρχει αμέσως ολίσθηση, να αποδειχθεί ότι ο συντελεστής τριβής είναι 7 Υπόδειξη: Σχεδιάζουμε την ράβδο υπό γωνία θ ως προς την κατακόρυφο, την οποία λαμβάνουμε ως τον άξονα Oy Η ράβδος εκτελεί περιστροφή γύρω από το Ο Γράφουμε την εξίσωση της διατηρήσεως της μηχανικής ενέργειας της ράβδου μεταξύ της αρχικής θέσεως ( κατακόρυφος) και της τυχαίας ( υπό γωνία θ ως προς την κατακόρυφο) και τις εξισώσεις της μεταφορικής κινήσεως του κέντρου μάζας ως προς τους άξονες O και Oy Λύση Έστω Ο το σημείο επαφής της ράβδου με το τραπέζι και G το μέσον της ράβδου Είναι GO Σε μια τυχαία χρονική στιγμή, έστω θ η γωνία που σχηματίζει η ράβδος, ως προς την κατακόρυφο Η ράβδος εκτελεί περιστροφική κίνηση γύρω από το Ο και κατ αυτήν ισχύει το αξίωμα της διατηρήσεως της μηχανικής ενέργειας Λαμβάνουμε το επίπεδο του τραπεζιού ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας, οπότε έχουμε I m ( ) mg cos 0 mg I o cos o (), όπου o είναι η ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς το Ο Αντικαθιστούμε το Io στην () οπότε ευρίσκουμε g cos

38 y A R O T G B g Παραγωγίζουμε την σχέση αυτή ως προς τον χρόνο και έχουμε 4 sin () Στην ράβδο δρα το βάρος της στο σημείο G, η τριβή Τ στο σημείο Ο και η αντίδραση R επίσης στο Ο Λαμβάνουμε τον άξονα Oy κατακόρυφο με φορά προς τα άνω και τον άξονα O οριζόντιο Η αντίδραση είναι κάθετη στο τραπέζι Η εξίσωση της κινήσεως ως προς τον άξονα O είναι T m (), όπου Η εξίσωση της κινήσεως ως προς τον άξονα Oy είναι sin ( cos sin) my R mg (4), όπου Κατά την έναρξη της κινήσεως είναι y cos y ( sin cos ) o 0 και 0, οπότε αντιστοίχως g Άρα κατά την έναρξη της κινήσεως οι () και (4) γράφονται 8 T mg και 6 R mg Θέτουμε T N, οπότε προκύπτει η ελάχιστη τιμή του συντελεστή 6 τριβής 7 Στερεό σώμα στρέφεται ελεύθερα γύρω από το κέντρο βάρους του, ως προς το οποίο οι κύριες ροπές αδρανείας είναι I 7, I 5, I Αρχικά το σώμα έχει γωνιακή ταχύτητα ω, οι συνιστώσες της οποίας ως προς τους πρωτεύοντες άξονες είναι ως οι αριθμοί 4:0: Να υπολογιστούν κατά την στιγμή t οι συνιστώσες της γωνιακής ταχύτητας ως προς τους πρωτεύοντες άξονες Από τις εκφράσεις που θα προκύψουν να προσδιοριστεί η διεύθυνση του άξονα γύρω από τον οποίο τελικά στρέφεται το σώμα Λύση Έστω στερεό σώμα το οποίο περιστρέφεται γύρω από σταθερό ( δεδομένο) σημείο αυτού Ο με γωνιακή ταχύτητα ω Έστω Oyz οι πρωτεύοντες άξονες με μοναδιαία διανύσματα τα e, e και e και I,I,I οι ροπές αδρανείας ως προς τους άξονες αυτούς Η γωνιακή ταχύτητα ω του στερεού δίδεται από την σχέση ω ωe ωe ωe, η δε στροφορμή του θα ισούται με L e e e Οι αρχικές συνιστώσες της γωνιακής ταχύτητας είναι Iω Iω Iω 0 4 4, 0 0 και Η εξίσωση της κινήσεως του στερεού είναι 5 5

39 τ e e e ω L, όπου τ είναι η ροπή των εξωτερικών δυνάμεων ως προς το Iω Iω Iω σημείο Ο Από αυτήν προκύπτουν οι εξισώσεις τ =Iω (I I )ωω, τ Iω (I I )ωω και τ Iω (I I )ωω Στο παράδειγμα που μελετούμε το στερεό ευρίσκεται εντός ομογενούς βαρυτικού πεδίου και το σημείο Ο συμπίπτει με το κέντρο βάρους του σώματος, οπότε τ 0 Οι εξισώσεις της κινήσεως ανάγονται στις Iω (I I )ωω 0, Iω (I I )ωω =0 και I ω (I I )ω ω 0 Θέτουμε I 7, I 5, I, οπότε λαμβάνουμε τις ω +ωω 0 (), ω-ωω =0 () και 6ω 9ωω =0 () Ακολούθως πολλαπλασιάζουμε την () με και την () με,προσθέτουμε τα γινόμενα και ολοκληρώνουμε Κατ αυτόν τον τρόπο προκύπτει C Η σταθερά της ολοκληρώσεως υπολογίζεται από τις αρχικές συνθήκες και ισούται με Άρα (4) Επίσης πολλαπλασιάζουμε την () με 9 και την () με,προσθέτουμε τα γινόμενα ολοκληρώνουμε Κατ αυτόν τον τρόπο προκύπτει 96 C Η σταθερά της ολοκληρώσεως υπολογίζεται από τις αρχικές συνθήκες και ισούται με και 5 Άρα 96 (5) Λύνουμε την (4) ως προς, την (5) ως προς και αντικαθιστούμε στην () Τοιουτοτρόπως λαμβάνουμε μετά από μερικές αριθμητικές πράξεις d 4 Επομένως έχουμε προς dt d ολοκλήρωση την παράσταση 4 dt Θέτουμε και η ολοκληρωτέα παράσταση γίνεται dt 5 d Το αποτέλεσμα της ολοκλήρωσης είναι όταν t 0, 0 0, οπότε 0και C 0 Άρα 5 t ln C Αλλά 6 5 t ln και από αυτήν προκύπτει 6 4 e 5 e, όπου 6t 5 Κατόπιν τούτου μπορούμε να υπολογίσουμε από τις (4) και (5) τις συνιστώσες και Αυτές είναι / και 4 e 5 e / e 5 e Για να εξετάσουμε την συμπεριφορά των συνιστωσών της γωνιακής ταχύτητας όταν ο χρόνος γίνει πολύ μεγάλος, γράφουμε πχ την ως Αντιθέτως η 4 e 5 e Όταν t, η τείνει προς το μηδέν και το ίδιο ισχύει και για την 4 Τούτο σημαίνει ότι το στερεό θα κινείται γύρω από τον αντίστοιχο 5 άξονα Oy με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω=ω Ο άξονας Oy καλείται μόνιμος άξονας περιστροφής

40 Ενότητα 7: Η Αρχή των Δυνατών Έργων Η Αρχή του D Alembet Δύο υλικά σημεία με μάζες m και m είναι συνδεδεμένα με αβαρές νήμα μήκους το οποίο διέρχεται από την αύλακα λείας τροχαλίας Χρησιμοποιώντας το αξίωμα του D' Alembet να αποδειχθεί ότι α) Τα σώματα ισορροπούν όταν m msinα (λείο επίπεδο) β) Αν δεν υπάρχει ισορροπία, να ευρεθεί η επιτάχυνση του συστήματος (λείο επίπεδο) γ) Αν μ ο συντελεστής τριβής ολισθήσεως μεταξύ του σώματος m και του κεκλιμένου επιπέδου, να ευρεθεί η επιτάχυνση του συστήματος Λύση Έστω O η τροχαλία, P το ένα υλικό σημείο και P το άλλο Τα διανύσματα θέσεως ως προς το O είναι OP e και OP j Η αρχή του D' Alembet (75) για το σύστημα δίδει Επειδή 0, αυτή γράφεται (mg m ) δ (mg m ) δ 0 Από αυτήν θέτοντας mg δ mg δ 0 g gjπροκύπτει mδ je mδ 0 Αλλά je sin α και + οπότε + 0 Τελικώς msin α m β) Εφόσον το σύστημα δεν ισορροπεί, η αρχή (75) του D' Alembet δίδει Επίσης, + οπότε + 0 και + 0 mg sin αδ m δ mgδ mδ 0 Επομένως Τελικά mg sinα m m +m mg sinα m mg m 0 γ) Στην περίπτωση που υπάρχει τριβή ολισθήσεως Τ, η αρχή του D' Alembet δίδει g T g Θέτοντας T μmg cos αe ευρίσκουμε (m m ) δ (m m ) δ 0 mg sin α mg μmg cos α m +m

41 O y P e O j P B e B P B e Χρησιμοποιώντας την αρχή του D' Alembet, να προσδιορισθούν οι εξισώσεις της κινήσεως του απλού εκκρεμούς Λύση Η αρχή του D' Alembet δίδει (mg m ) δ 0 Θέτουμε g gj gcos θe g sinθe Επίσης OP e Έχουμε θ e ι sinθ jcos θ, e ι cos θ j sin θ θ Επομένως e θeθ, eθ θe, e θeθ θ e και δ δθe θ Άρα η αρχή του D' Alembet γράφεται Από αυτήν προκύπτει θ θ θ m(g cos θe g sin θe θe θ e ) δθe 0 θ+g sinθ 0 Η τελευταία είναι η διαφορική εξίσωση της κινήσεως του απλού εκκρεμούς

42 Ενότητα 8: Οι εξισώσεις Lagange Δίδεται υλικό σημείο P(, m) το οποίο κινείται επί του επιπέδου A+By+Cz D υπό την επίδραση του βάρους του Να μελετηθεί η κίνησή του Λύση Το διάνυσμα θέσεως του υλικού σημείου είναι i yj zk, όπου D A By z Άρα C DA By i yj k Επομένως το υλικό σημείο έχει δύο βαθμούς ελευθερίας Η κινητική του C ενέργεια δίδεται από την έκφραση Η δυναμική του ενέργεια είναι ίση με U A+By T m( +y +z ) m +y C mgz, αν θεωρήσουμε ότι το επίπεδο z 0 είναι το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενεργείας Επομένως η συνάρτηση Lagange ισούται με A+By D A By L T U m +y + mg C C Οι γενικευμένες δυνάμεις δίδονται από τις σχέσεις γενικευμένες συντεταγμένες Συνεπώς Οι εξισώσεις Lagange είναι οι ακόλουθες Q U mga mgb Q, Q C C j όπου q q j d L L 0, j, dt q j q j και q Από αυτές, μετά από πράξεις, προκύπτουν οι εξισώσεις της κινήσεως του υλικού σημείου A AB ga + + y C C C B AB gb y + + C C C Οι εξισώσεις αυτές απλουστεύονται περισσότερο και δίδουν A +B +C A A +B +C B g y g C C, C C y είναι οι Η κινητική και η δυναμική ενέργεια μηχανικού συστήματος είναι T (+k)θ +θ U n (+k)θ όπου θ και είναι οι γενικευμένες συντεταγμένες και n, k θετικές σταθερές Να γραφούν οι εξισώσεις Lagange της κινήσεως και να αποδειχθεί ότι

43 +k (θ ) n (θ ) 0 k Ακολούθως να αποδειχθεί ότι, αν θ και θ για t 0, θ 0για κάθε t >0 Λύση Οι εξισώσεις του Lagange είναι οι (88) όπου d T T Qj dt q j q j Q j U q j Θέτουμε διαδοχικά στις ανωτέρω εξισώσεις q θ q θ, οπότε ευρίσκουμε τις γενικευμένες δυνάμεις Q θ και Q θ Q ( k)θ n ( k)θ, () Q θ n () Διαιρούμε τα μέλη της () με k, ακολούθως πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της () με +k k προσθέτουμε κατά μέλη τις προκύπτουσες εξισώσεις οπότε λαμβάνουμε Θέτουμε θ s και s A cos (ωt 0 ) n (k+) k +k (θ ) n (θ ) 0 () k ω οπότε η () γράφεται και τέλος s+ω s 0 και έχει λύση την Οι αρχικές συνθήκες είναι s 0, s 0 για t 0 Επομένως A 0και 0 0, οπότε και s 0 για κάθε t Άρα θ για κάθε t Ομογενής ράβδος AB μάζας m και μήκους είναι ακίνητη κατά την στιγμή t 0 και είναι εξαρτημένη από οριζόντιο οδηγό μέσω δακτυλίου A μάζας m Κατά την στιγμή t 0 ασκείται στο A δύναμη F οριζοντία κατά μήκος του οδηγού Α) Αν είναι η διανυθείσα απόσταση του A από την αρχική του θέση O και η γωνία AOB ˆ είναι ίση με π θ, να εξαχθούν οι εξισώσεις της κινήσεως του συστήματος Β) Αν το σημείο A κινείται με σταθερή επιτάχυνση g, να αποδειχθεί ότι η ράβδος ταλαντούται μεταξύ των θέσεων θ 0 (κατακόρυφος θέση της ράβδου) και mg 8 και ότι F 9 sinθ 9sin θ cos θ π θ (οριζόντια θέση της ράβδου) Λύση Το κέντρο μάζας C της ράβδου έχει συντεταγμένες c α sinθ, yc αcos θ Η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου είναι θ Η κινητική ενέργεια του συστήματος ισούται με T T +T +T όπου m είναι η κινητική ενέργεια του δακτυλίου, T m c +yc είναι η κινητική ενέργεια T

44 του κέντρου μάζας της ράβδου και T είναι η κινητική ενέργεια της ράβδου λόγω περιστροφής περί άξονα κάθετο στο επίπεδο του σχήματος και διερχόμενο από το σημείο C mα T m αcos θθ mα sin θθ και T Icθ θ Τελικά Επομένως T m αθ cos θ α θ Οι δυνάμεις που δρουν στο σύστημα είναι η δύναμη F και το βάρος mg της ράβδου Το σημείο εφαρμογής της F έχει διάνυσμα A i οπότε δa δi Το σημείο εφαρμογής του βάρους της ράβδου έχει διάνυσμα θέσεως c c yc έργα των δυνάμεων είναι i j οπότε cos δ δ α θδθ α θδθ δw F δa B δ c Fδ mgα sinθδθ Qδ+Qθ δθ c i sin j Τα δυνατά F A C O B B y Οι εξισώσεις της κινήσεως (88) δίδουν d m αθcos θ Q F dt και d 4 m α cosθ α θmαθ sinθ Qθ mgα sinθ dt Από τις εξισώσεις αυτές προκύπτει, μετά από παραγώγιση και m mαθ cos θ+mαθ sinθ F () Θέτουμε στην () 4 mα θ mα cos θ mgα sin θ () g οπότε αυτή δίδει Άρα, με ολοκλήρωση, 4 αθ g cos θ sin θ () α θ g sin θ+ cos θ (4) Επομένως θ 0 όταν sinθ+ cos θ 0 δηλαδή όταν π sin θ 4 οπότε π θ+ π π ή π 0 θ Από την (), θέτοντας g και χρησιμοποιώντας τις () και (4) παίρνουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα

45 4 Ομογενής ράβδος OA μάζας m και μήκους α στρέφεται ελεύθερα γύρω από το σημείο O Υλικό σημείο P μάζας λm ολισθαίνει κατά μήκος της ράβδου χωρίς τριβή, συνδεδεμένο με το O με ελατήριο σταθεράς k Να ευρεθεί η κινητική ενέργεια του συστήματος Να εξαχθούν οι εξισώσεις Lagange της κινήσεως A P O Λύση Έστω Oξηζ ακίνητο σύστημα συντεταγμένων Κατά την στιγμή t η ράβδος OA σχηματίζει γωνία θ με τον κατακόρυφο άξονα Oζ και το επίπεδο ζoa σχηματίζει γωνία με το επίπεδο η 0 Η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι ίση με το άθροισμα της κινητικής ενεργείας T της ράβδου και της κινητικής ενεργείας T του υλικού σημείου Η κινητική ενέργεια της ράβδου ισούται με T I ω + I ω, όπου I είναι η ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς άξονα κάθετο στο επίπεδο ζoa και διερχόμενο από το O και ω τον άξονα περιστροφής Oζ, και ω Άρα I θ, I είναι η ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς m(α) Επίσης I ρ dm, όπου ρ είναι η απόσταση στοιχειώδους τμήματος της ράβδου από τον άξονα Oζ Έστω σ m/α η γραμμική πυκνότητα της ράβδου Από το σχήμα είναι dm σd, ρ sin θ, άρα α 4α sin sin Επομένως 0 I θσd m θ T m4α θ m 4α sin θ Υπολογίζουμε ακολούθως την κινητική ενέργεια του υλικού σημείου Έστω OP η απόσταση του υλικού σημείου από το σημείο O Η κινητική ενέργεια αυτού ισούται με T λm + I θ + I 4

46 όπου I είναι η ροπή αδρανείας του ως προς άξονα ο οποίος διέρχεται από το O και είναι κάθετος στο επίπεδο ζoa και I 4 είναι η ροπή αδρανείας του ως προς τον άξονα Oζ Δηλαδή 4 I λm sin θ Άρα T λm + θ + sin θ Η κινητική ενέργεια του συστήματος δίδεται από την σχέση Για την δυναμική ενέργεια του συστήματος έχουμε T T +T U mgα cos θ λmg cos θ k( 0) όπου 0 είναι η παραμόρφωση του ελατηρίου Οι εξισώσεις της κινήσεως είναι I λm, όπου d L L 0, dt q j q j q j είναι οι γενικευμένες συντεταγμένες Το σύστημα έχει τρεις βαθμούς ελευθερίας Ως γενικευμένες συντεταγμένες επιλέγουμε τις q θ, q και q Επομένως οι εξισώσεις της κινήσεως γράφονται 4 mα θ θ θ λm θ+ θ sin cos sin θ cos θ mg α+λ sin θ 0, sin sin sin sin sin 4 mα θ θ θ λm θ+ θ+ θ θ 0, 0 λm θ sin θ k 0 Στην θέση ισορροπίας ισχύει θ θ 0 και ω οπότε λαμβάνουμε 4 α +λ ω cos θ+g α+λ 0 και λmω θ k sin 0 5 Δακτύλιος P μάζας m ολισθαίνει κατά μήκος λείας κυκλικής στεφάνης μάζας M και ακτίνας α Η στεφάνη στρέφεται γύρω από την κατακόρυφο διάμετρο αυτής με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω Να ευρεθούν οι εξισώσεις Lagange της κινήσεως Λύση Έστω Oyz ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων και Oz ο άξονας περιστροφής Η θέση του υλικού σημείου προσδιορίζεται με την γνώση μιας γενικευμένης συντεταγμένης, πχ, της γωνίας θ που σχηματίζεται από τον άξονα Oz και την OP Οι δεσμοί στους οποίους υπόκειται ο δακτύλιος είναι δύο και έχουν εξισώσεις α και +y +z y tan, όπου ωt είναι η γωνία που σχηματίζει το επίπεδο του δακτυλίου με το επίπεδο y 0 Αν,y,z είναι οι καρτεσιανές συντεταγμένες του δακτυλίου, όπου αcos sinθ, y αsinsinθ και z αcos θ, η κινητική ενέργεια του δακτυλίου ισούται με T m +y +z όπου

47 αθcos cos θ αωsin sinθ, y αθ sincos θ αωcos sinθ, z αθ sinθ Άρα T m α θ +α ω sin θ z O P y Η δυναμική ενέργεια του δακτυλίου είναι U mgz Τέλος η κινητική ενέργεια της στεφάνης ισούται με T Iω όπου I Mα Άρα η συνάρτηση Lagange του συστήματος είναι L T U m α θ +α ω sin θ M mgα cos θ 4 Η διαφορική εξίσωση της κινήσεως του δακτυλίου είναι η (779) και γράφεται Από αυτήν προκύπτει d L L 0 dt θ θ mα θ mα ω sinθ cosθ mgα sinθ 0 6 Δύο σωματίδια P και Q μάζας m έκαστο συνδέονται με λείο μη εκτατό αβαρές νήμα το οποίο διέρχεται από λεία οπή O λείου οριζοντίου επιπέδου ούτως, ώστε τον μεν P ευρίσκεται επί του επιπέδου το δε Q κρέμεται κατακόρυφα Κατά την στιγμή t 0 το οριζόντιο τμήμα του νήματος έχει μήκος α και το P αποκτά ταχύτητα u0 κινήσεως του συστήματος gα κάθετη προς το OP Να γραφούν οι εξισώσεις της Λύση Η κινητική ενέργεια του P σε πολικές συντεταγμένες (,θ) είναι T m + θ Το σημείο P δεν έχει δυναμική ενέργεια αν θεωρήσουμε το οριζόντιο επίπεδο ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενεργείας Το σημείο Q έχει διάνυσμα θέσεως zk, όπου z είναι η απόστασή του από την οπή O Συνεπώς T mz και U mgz Οι συναρτήσεις Lagange για τα υλικά σημεία γράφονται

48 L T U L m + θ,l T U mz mgz Επομένως η συνάρτηση Lagange του συστήματος είναι L L +L Οι εξισώσεις της κινήσεως (89 ) δίδουν θ 0 (), θ σταθερό αu0 () και z g 0 () Επίσης +z Άρα +z 0, οπότε η () δίδει +g 0 (4) Επίσης από την () προκύπτει θ αu0 gα (5) Από τις (), (4) και (5) έχουμε gα g 0

49