όπου y το µήκος του σχοινιού στο κατακόρυφο σκέλος του σωλήνα, v το κοινό µέτρο των ταχυτήτων v!

Transcript

1 Ένας σωλήνας µεγάλου µήκους έχει καµφθεί σε ορθή γωνία και είναι στερεωµένος, ώστε το ένα σκέλος του να είναι οριζόντιο και το άλλό κατακόρυφο, όπως φαίνεται στο σχήµα 1). Ένα σχοινί µήκους L, του οποίου η διατοµή είναι λίγο µικρότερη από την διατοµή του σωλή να τοποθετείται κατακόρυφα, ώστε το ένα του άκρο να φθάνει στο σηµείο κάµψεως του σωλήνα και κάποια στιγµή αφήνεται ελεύθερο να γλυστρήσει κατά µήκος του σωλήνα. Να βρεθεί σε πόσο χρόνο το σχοινί θα γίνει οριζόντιο. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας και ότι η τριβή µεταξύ του σχοινιού και των τοιχωµάτων του σωλήνα είναι αµελητέα. ΛΥΣΗ: Eξετάζουµε το σχοινί ύστερα από χρόνο t αφότου αφέθηκε ελευθερο και ονοµάζουµε y το µήκος του στο κατακόρυφο σκέλος του σωλήνα. Σύµφωνα µε το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας θα ισχύει η σχέση: U0) + K0) = Ut) + Kt) m * h) h + 0 = m * y) y + m v * h) h = y + hv 1) Σχήµα 1 όπου y το µήκος του σχοινιού στο κατακόρυφο σκέλος του σωλήνα, v το κοινό µέτρο των ταχυτήτων v 1, v του σχοινιού στο κατακόρυφο και στο οριζόντιο τµήµα αντιστοίχως του σωλήνα την χρονική στιγµή t και m * η ανά µονάδα µήκους µάζα του σχοινιού. Διαφορίζοντας την σχέση 1) παίρνουµε:

2 0 = ydy + hvdv 0 = y dy dv + hv 0 = yv + hv d y d y + h y = 0 ) H ) είναι µια γραµµική διαφορική εξίσωση δευτέρας τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής: y = Aµ h t + " & 3) ' όπου Α, φ σταθερές ολοκλήρωσης που οι τιµές τους πρέπει να είναι συµβατές µε τις αρχικές συνθήκες κίνησης του σχοινιού. Επειδή την χρονική στιγµή t=0 είναι y=h και dy/=0, από την σχέση 3) παίρνουµε: h = Aµ" 0 = A / h " & ' A = h = " / Έτσι η σχέση 3) παίρνει την τελική της µορφή: y = hµ h t + " & y = h" & ' h t ' ) 4) H 4) εφαρµοζόµενη την χρονική στιγµή Τ * που το σχοινί γίνεται οριζόντιο y=0), παίρνουµε την σχέση: "& h T ' *) = 0 h T * = T * = h 5) P.M. fysikos Η κυκλική τροχαλία του σχήµατος ) έχει µάζα Μ και ακτίνα R, είναι σε επαφή µε οριζόντιο δάπεδο, ενώ στον άξονά της έχει πακ τωθεί αβαρής ράβδος µήκους L, στο ελεύθερο ακρο της οποίας έχει στερεωθεί σφαιρίδιο µάζας m. Εκτρέπουµε το σύστηµα από την θέση ισορροπίας του ώστε η ράβδος να σχηµατίσει µικρή γωνία µε την κατακόρυφη διεύθυνση και το αφήνουµε ελέυθερο. Με την προυπό θεση ότι η τροχαλία κυλίεται στο οριζόντιο δάπεδο, να βρείτε την διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση του συστήµατος. Δίνεται η ροπή αδράνειας Ι Ο =ΜR / της τροχαλίας ως προς άξονά που διέρχεται από το κέντρο της Ο και είναι κάθετος στο επίπεδό της.

3 ΛΥΣΗ: Επειδή κατά την κίνηση του συστήµατος η τροχαλία κυλίεται πάνω στο οριζόντιο δάπεδο, τα σηµεία επαφής της µε αυτό έχουν κάθε στιγµή µηδε νική ταχύτητα και το γεγονός αυτό εξασφαλίζει ότι τα σηµεία αυτά αποτελούν ένα στιγµιαίο άξονα περιστροφής του συστήµατος. Μπορούµε εποµένως να ισχυριστούµε ότι κάθε στιγµή η κίνηση του συστήµατος είναι καθαρώς περισ τροφική περί τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής. Εξετάζοντας το σύστηµα κατά µια τυχαία στιγµή t που η ράβδος ΟΣ σχηµατίζει γωνία φ µε την κατακόρυφη διεύθυνση, παρατηρούµε ότι η µοναδική ροπή που δέχεται το σύστηµα ως προς τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής είναι η ροπή του βάρους w του σφαιριδίου, η οποία αποτελεί ροπή επαναφοράς του συστήµατος στην θέση ισορροπίας του οι ροπές περί τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής του βάρους W της τροχαλίας και της αντίδρασης του οριζόντιου εδάφους είναι µηδενικές). Σχήµα Αν δεχτούµε ως θετικές τις δεξιόστροφες ροπές, τότε η ροπή ως αριστερόσ τροφη θα έχει αλγεβρική τιµή που δίνεται από την σχέση: = -mx = -ml"µ 1) Για µικρές τιµές της γωνίας φ ισχύει ηµφ φ, οπότε η 1) γράφεται: = -ml" = -D * " µε D * = ml ) Eφαρµόζοντας την χρονική στιγµή t τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνη σης, παίρνουµε την σχέση: I A d = - " ) I A d = - ml I A d + ml = 0 3) όπου Ι Α η ροπή αδράνειας του συστήµατος ως προς τον στιγµιαίο άξονα περισ τροφής του Α). Όµως για την ροπή αδράνειας Ι Α ισχύει η σχέση: I A = I O + MR + ma) I A = MR / + MR + ma) I A = 3MR / + ml- R) 4)

4 διότι ΑΣ L-R. Συνδυάζοντας τις σχέσεις 3) και 4) παίρνουµε: 3MR " + ml - R) & d ' + ml' = 0 µε d + ml 3MR + ml - R) = 0 d + " = 0 5) = ml 3MR + ml - R) 6) H 5) αποτελεί την χαρακτηριστική διαφορική εξίσωση µιας στροφικής αρµονι κής ταλάντωσης, της οποίας η γωνιακή συχνότητα ω ικανοποιεί την σχέση 6). P.M. fysikos Δύο µικρά σφαιρίδια Σ 1, Σ µε αντίστοιχες µάζες m 1, m συνδέονται µεταξύ τους µε λεπτή ράβδο µήκους L και αµελητέας µάζας. Το σφαι ρίδιο Σ 1 δεσµεύεται ώστε να κινείται κατα µήκος ευθύγραµµου οριζόν τιου και λείου οδηγού, ενω το άλλο είναι ελευθερο να κινείται σε κα τακόρυφο επίπεδο σχ. 3). Το σύστηµα εκτρέπεται από την θέση ισορροπίας του, ώστε η ράβδος να σχηµατίσει µε την κατακόρυφη διεύθυνση µικρή γωνία φ 0 και στην συνέχεια αφήνεται ελευθερο. i) Nα εκφράσετε σε συνάρτηση µε τον χρόνο την γωνιακή εκτροπή της ράβδου από την κατακόρυφη διεύθυνση. ii) Να βρείτε τις µέγιστες ταχύτητες των σφαιριδίων Σ 1 και Σ. Δίνε ται η επιτάχυνση είναι της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) Εξετάζουµε το σύστηµα κατά µια τυχαία στιγµή t που η ράβδος σχηµατίζει µε την κατακόρυφη διεύθυνση γωνία φ. Το σφαιρίδιο Σ 1 δέχεται την στιγµή αυτή το βάρος του m 1, την κατακόρυφη αντίδραση N του οδηγού και την δύναµη T 1 από την ράβδο, η οποία έχει φορέα την ράβδο διότι αυτή θεωρείται αβαρής. Εξάλλου το σφαιρίδιο Σ δέχεται το βάρος του m και την δύναµη T από την ράβδο, που είναι αντίθετη της T 1 αξίωµα ισότητας µεταξύ δράσης-αντίδρασης). Εάν y 1, y είναι οι y-συντεταγµένες των σφαιριδίων Σ 1, Σ αντιστοίχως ως προς το ορθογώνιο σύστηµα αξόνων Οxy, θα είναι y 1 =0 και y =Lσυνφ L, δηλαδή το Σ έχει περίπου οριζόντια κίνηση που σηµαίνει ότι η συνισταµένη των κατακόρυφων δυνάµεων που δέχεται είναι προσεγγιστικά ίση µε µηδέν, δηλαδή ισχύει m Tσυνφ T, όπου Τ το κοινό µέτρο των δυνάµεων T 1 και T. Εφάρµόζοντας για τα σφαιρίδια τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα κατά τον οριζόντιο άξονα Οx, παίρνουµε τις σχέσεις:

5 m 1 d x 1 / = T 1 µ" m d x / = -T µ" m 1d x 1 / = Tµ" m d x / = -Tµ" m 1 d x 1 / m d x / = m µ" = -m µ" d x 1 / = m /m 1 )µ" d x / = -µ" 1) Σχήµα 3 Αφαιρώντας κατά µέλη τις σχέσεις 1) παίρνουµε: d x - d x 1 = - m + 1 & 'µ d x - x 1 ) = - m + 1 " m 1 & 'µ ) " m 1 Όµως από το σχήµα ) προκύπτει ότι x -x 1 =Lηµφ Lφ, όπου η γωνία φ µετρά ται σε rad, οπότε η σχέση ) γράφεται: d L) " = m + 1 ' d m 1 & = - " m + 1' L m 1 & d + " m + 1' = 0 d L m 1 & + " = 0 3) µε Ω =/L) m /m 1 +1). Η 3) αποτελεί µια γραµµική διαφορική εξίσωση δευτέ ρας τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής: = A"µ t + ) 4) όπου Α, θ σταθερές ολοκλήρωσης που οι τιµές τους πρέπει να είναι συµβατές µε τις αρχικές συνθήκες κινήσεως του συστήµατος. Όµως την χρονική στιγµή t=0 είναι φ=φ 0 και dφ/=0, οπότε από την 4) προκύπτει:

6 0 = A"µ 0 = A&' ) * A = 0 " = / & Έτσι η σχέση 4) παίρνει την τελική της µορφή: = 0 "µ t + / ) = 0 "t 5) ii) Oι σχέσεις 1) µπορούν να πάρουν την µορφή: dv 1 / = m /m 1 )µ" dv / = -µ" dv 1/ m /m 1 )" dv / -" 5) dv 1 / = 0 m /m 1 )"t dv / = - 0 "t & ' dv 1= 0 m /m 1 )"t dv = - 0 "t όπου v 1, v είναι οι ταχύτητες των σφαιριδίων Σ 1 και Σ αντιστοίχως την χρονική στιγµή t. Ολοκληρώνοντας τις σχέσεις 6) παίρνουµε: & ' 6) v 1 = 0 m /"m 1 )µ"t + C 1 v = - 0 /")µ"t + C & 7) όπου C 1, C σταθερές ολοκλήρωσης. Επειδή για t=0 είναι v 1 =v =0 από τις 7) προκύπτει C 1 =C =0, οπότε οι 7) γράφονται: v 1 = 0 m /"m 1 )µ"t v = - 0 /")µ"t & v 1,max= 0 m /"m 1 v,max = 0 /" P.M. fysikos Μια σταγόνα βροχής αµελητέας µάζας εκκινεί εκ της ηρεµίας κινού µενη διαµέσου ενός νέφους υδρατµών. Παραδεχόµαστε ότι η κίνηση της σταγόνας πραγµατοποιείται µόνο µε την επίδραση του βάρους της, δηλαδή αγνοούµε την ύπαρξη αντίστασης από τον ατµοσφαιρικό αέρα και από το νέφος. Ακόµη παραδεχόµαστε ότι κατά την κίνηση της σταγόνας υγροποιούνται πάνω σ αυτήν υδρατµοί µε αποτέλεσµα η µάζα της να αυξάνεται ακολουθώντας τον νόµο: m = kx όπου x η κατακόρυφη µετατόπισή της σταγόνας και k θετική σταθε ρή ποσότητα.

7 i) Εάν η κίνηση της σταγόνας είναι οµαλά επιταχυνόµενη να βρεθεί η επιτάχυνσή της. ii) Να δείξετε ότι το έργο του βάρους της σταγόνας για µια ορισµένη διαδροµή αυτής, είναι µεγαλύτερο από την αντίστοιχη αύξηση της κινητικής της ενέργειας. Πως ερµηνεύετε το γεγονός αυτό; ΛΥΣΗ: Κατά την κίνηση της σταγόνας προστίθεται σ αυτή µάζα νερού µε ρύθ µό που προκύπτει από την δεδοµένη σχέση m=kx από την οποία λαµβάνουµε: dm = k dx dm = kv 1) όπου v η ταχύτητα της σταγόνας ως προς το ακίνητο έδαφος κατά την χρονική στιγµή t που την εξετάζουµε. Εξάλλου κατά την στιγµή αυτή ισχύει για την σταγόνα η σχέση: m d v = m + dm v " m d v = m + dm - v ) ) όπου v " η σχετική ταχύτητα των υδρατµών ως προς την σταγόνα, η οποία εί ναι ίση µε - v, διότι η ταχύτητα των υδρατµών ως προς το ακίνητο έδαφος εί ναι µηδενική. Η διανυσµατική σχέση ) µετατρέπεται σε σχέση αλγεβρικών τιµών, η οποία µε θετική φορά την κατεύθυνση κίνησης της σταγόνας έχει την µορφή: m dv dm = m - v dv = - dm v m 1) dv = - kv kx dv = - v x 3) Επειδή η κίνηση της σταγόνας είναι οµαλά επιταχυνόµενη εκ της ηρεµίας, θα έχουµε τις σχέσεις: x =at / και v = at όπου a η ζητούµενη επιτάχυνση της σταγόνας. Έτσι η σχέση ) παίρνει την µορφή: a = - a t at / = - a a = 4) 3 ii) Το έργο W m σχέσεως: του βάρους της σταγόνας σε χρόνο t, υπολογίζεται µέσω της x W = m mdx = kxdx = k xdx 0 x 0 0 x

8 W m = kx = k a t 4 4 4) W m = k3 t 4 7 5) Η αντίστοιχη αύξηση ΔΚ της κινητικής ενέργειας της σταγόνας είνα: K = mv - 0 = kx at) = kat 4) 4 a t K = k3 t ) Από τις σχέσεις 5) και 6) προκύπτει ΔΚ< W m, γεγονός που εµηνεύεται ως αποτέλεσµα των ανελαστικών κρούσεων των µορίων των υδρατµών που υγρο ποιούνται πάνω στην σταγόνα, µε τα µόρια της σταγόνας. Κατά τις κρούσεις αυτές ένα µέρος του έργου W m µετασχηµατίζεται σε αύξηση της εσωτερικής ενέργειας της σταγόνας, η οποία ελευθερώνεται µε την µορφή θερµότητας προς το περιβάλλον της. P.M. fysikos Oµογενής αλυσίδα µήκους L και µάζας M, είναι σωριασµένη σε ορι ζόντιο έδαφος, όπως φαίνεται στο σχήµα 4). Στο ένα άκρο της αλυσί δας είναι δεµένο αβαρές και µη εκτατό κατακόρυφο νήµα, το οποίο περιβάλλει τον λαιµό µιας µικρής και ευκίνητης σταθερής τροχαλίας, ενώ στο άλλο άκρο του νήµατος έχει δεθεί µικρό σώµα µάζας M. Kάποια στιγµή που λαµβάνεται ως αρχή µέτρησης του χρόνου, ολόκληρη η αλυσίδα βρίσκεται στο έδαφος, το δε σώµα αφήνεται ελεύθερο. Nα δείξετε ότι η αλυσίδα θα εγκαταλείψει το οριζόντιο έδαφος και να υπολογίσετε την στιγµή αυτή την ταχύτητά της. Δίνε ται η επιτάχυνση της βαρύτητας. ΛYΣH: i) Eξετάζουµε το σύστηµα κατά µια τυχαία χρονική στιγµή t, που το άκρο της αλυσίδας έχει ανυψωθεί κατά x από το έδαφος. Eάν v είναι η ταχύ τητα των κρίκων της αιωρούµενης αλυσίδας την στιγµή αυτή, m το αντίστοι χο βάρος του τµήµατος αυτού και T η τάση του κατακόρυφου νήµατος, τότε θα ισχύει η διανυσµατική σχέση: m d v = m + T + dm v " 1) όπου v " η σχετική ταχύτητα των κρίκων που προστίθενται στην αλυσίδα, ως προς το αιωρούµενο τµήµα της, κατά την θεωρούµενη χρονική στιγµή t και dm/ ο αντίστοιχος ρυθµός αύξησης της µάζας του τµήµατος αυτού. Όµως ισχύουν οι σχέσεις: v " = - v και dm = µ dx = µv

9 όπου µ η γραµµική πυκνότητα της αλυσίδας, οπότε η 1) γράφεται: m d v = m + T - µv v m dv = -m + T - µv -µx + T = µx dv + µv ) Σχήµα 4 Eξάλλου, για το σώµα µάζας M την στιγµή t, σύµφωνα µε τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα θα ισχύει: M dv = M - T T = M - M dv 3) Συνδυάζοντας τις σχέσεις ) και 3) παίρνουµε την σχέση: M - M dv - µx = µx dv + µv M + µx) dv + µv = M - µx) 4) Eπειδή ισχύει =dx/v η σχέση 4) γράφεται: M + µx)vdv + µv dx = M - µx)dx M + µx) vdv + µm + µx)v dx = M - µ x )dx d[m + µx) v ] = M - µ x )dx 5) Oλοκληρώνοντας την 5) παίρνουµε την σχέση:

10 d[m + µx) v ] = M - µ x )dx M + µx) v = M x - µ x 3 / 3 + C 6) H σταθερά ολοκλήρωσης C θα προκύψει από τις αρχικές συνθήκες x0)=0 και v0)=0, οπότε θα έχουµε C=0. Έτσι η 6) γράφεται: M + µx) v = M x - µ x 3 / 3 v = xm - µ x /3) M + µx) 7) H 7) εφαρµοζόµενη για x=l, δηλαδή τη στιγµή που η αλυσίδα εγκαταλείπει το οριζόντιο έδαφος δίνει: v " = LM - µ L /3) M + µl) = LM - M /3) M + M) v " = L M 4M 3 = L 3 v " = L 3 8) P.M. fysikos Mια οµογενής αλυσίδα γραµµικής πυκνότητας µ, είναι σωριασµένη σε τραχύ οριζοντιο επίπεδο και στο ένα άκρο της είναι στερεωµένο σώµα µάζας ίσης µε την µάζα Μ της αλυσίδας. Να βρεθεί η αρχική ταχύτη τα που πρέπει να δοθεί στο σώµα, ώστε αυτό ολισθαίνοντας πάνω στο οριζόντιο επίπεδο να ξεδιπλώσει την µισή αλυσίδα. Δίνεται ο συντελε στής τριβής ολίσθησης n στις επαφές της αλυσίδας και του σώµατος µε το οριζόντιο επίπεδο και η επιτάχυνση της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Εξετάζουµε το ξεδιπλωµένο τµήµα της αλυσίδας και το σώµα κατά µια χρονική στιγµή t που το µήκος του τµήµατος είναι x και η ταχύτητά του v. Το σύστηµα αυτό παρουσιάζει µάζα που αυξάνεται µε τον χρόνο και η µόνη εξωτερική δύναµη που επηρεάζει την κίνησή του είναι η τριβή ολίσθησης T. Έτσι η κίνηση του θα περιγράφεται από την σχέση: m d v = T + dm v " 1) όπου m η µάζα του συστήµατος κατά την στιγµή t, v " η σχέτική ταχύτητα κάθε προστιθέµενου κρίκου ως προς το κινούµενο τµήµα της αλυσίδας και dm/ ο ρύθµος αύξησης της µάζας του σύστήµατος. Εάν µεταξύ των χρονι κών στιγµών t και t+ προστίθεται µάζα dm που αντιστοιχεί σε στοιχειώδες

11 µήκος dx της αλυσίδας, θα ισχύει dm=µdx και ακόµη m=m+µx, v "=- v µε απο τέλεσµα η σχέση 1) να γράφεται: M + µx) d v = T + µ dx - v ) M + µx) d v = T - µv v ) H διανυσµάτική σχέση ) µετατρέπεται σε σχέση αλγεβρικών τιµών, η οποία µε θετική φορά την κατεύθυνση κίνησης του σώµατος έχει την µορφή: M + µx) dv = -T - µv M + µx) dv = -nm + µx) - µv 3) Επειδή ισχύει =dx/v η 3) γράφεται: Σχήµα 5 M + µx)dv = -nm + µx)dx /v - µvdx M + µx) vdv = -nm + µx) dx - µv M + µx)dx M + µx) vdv + µv M + µx)dx = -nm + µx) dx d [M + µx) v ] = -nm + µx) dx 4) Ολοκληρώνοντας την σχέση 4) παίρνουµε: M + µx) v = - n 3µ M + µx)3 + C H σταθερά ολοκλήρωσης C θα προκύψει από την αρχική συνθήκη ότι, για t=0 είναι x=0 και v=v 0, οπότε η 5) δίνει: M v 0 = - n 3µ M3 + C C = M v 0 + n 3µ M3 Έτσι η 5) παίρνει την τελική της µορφή: M + µx) v = - n [ 3µ M3 - M + µx) 3 ] + M v 0 5)

12 Eάν θέλουµε να ξεδιπλώσει η µισή αλυσίδα πρέπει για µx=m/ να είναι v=0, οπότε στην περίπτωση αυτή η σχέση 5) γράφεται: 0 = - n 3µ M3-7M 3 / 8) + M v 0 n 3µ 19M 3 8 = M v 0 v 0 = 19n 1 M µ v 0 = 19n 1 M µ P.M. fysikos