ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Ι ΧΕΙΜΕΡΙΝΟ ΕΞΑΜΗΝΟ Ευσταθιος Γ. Στυλιαρης. Τμημα Φυσικης ΕΘΝΙΚΟΝ & ΚΑΠΟΔΙΣΤΡΙΑΚΟΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΝ ΑΘΗΝΩΝ

Transcript

1 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Ι ΧΕΙΜΕΡΙΝΟ ΕΞΑΜΗΝΟ Ευσταθιος Γ. Στυλιαρης Τμημα Φυσικης ΕΘΝΙΚΟΝ & ΚΑΠΟΔΙΣΤΡΙΑΚΟΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΝ ΑΘΗΝΩΝ ΑΘΗΝΑΙ 2017

2 Μέρος των ασκήσεων του παρόντος φυλλαδίου παρουσιάστηκαν κατά τις παραδόσεις του μαθήματος ΦΥΣΙΚΗ-Ι το χειμερινό εξάμηνο του Ακαδημαϊκού Ετους και αποτελούν συνοδευτικό υλικό των διαφανειών των αντίστοιχων κεφαλαίων. c by Ευστάθιος Γ. Στυλιάρης ST V1.01 Εθνικον & Καποδιστριακον Πανεπιστημιον Αθηνων

3 Κεφάλαιο 1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΙΣΑΓΩΓΗ Εσωτερικο & Εξωτερικο Γινομενο Διανυσματων {Ορισμοί} Δυναμεις {Διανυσματικός Χαρακτήρας Δυνάμεων, Σύνθεση Δυνάμεων} Ροπη {Η Εννοια της Ροπής, Ροπή Πολλών Δυνάμεων, Ζεύγος Δυνάμεων} Στατικη Ισορροπια Σωματος {Ισορροπία Σωματιδίου, Στατική Ισορροπία Στερεού Σώματος} Συστηματα Συντεταγμενων {Καρτεσιανές, Πολικές, Κυλινδρικές & Σφαιρικές Συντεταγμένες} Παραγωγος Συναρτησης Πολλων Μεταβλητων {Μερική Παράγωγος, Σύνθετη Συνάρτηση & Κανόνας της Αλυσίδας} Παραγωγος στον Διανυσματικο Χωρο {Παράγωγος Διανύσματος, Ο Τελεστής και οι Τρεις Βασικές Διεργασίες: Κλίση- Απόκλιση- Στροβιλισμός} Κεντρο Μαζας(Βαρους) {Ορισμός Κέντρου Μάζας & Βάρους, Εύρεση Κέντρου Μάζας με Ολοκλήρωση} Στο εισαγωγικό αυτό κεφάλαιο αντιμετωπίζονται απλά προβλήματα κατανόησης του διανυσματικού λογισμού, όπως είναι το εσωτερικό και εξωτερικό γινόμενο διανυσμάτων. Χωρίς την αυστηρή εισαγωγή της έννοιας της δύναμης και εκμεταλλευόμενοι τον διανυσματικό της χαρακτήρα, παρουσιάζονται οι πρώτες απλές πράξεις μεταξύ διανυ- 1

4 2 σμάτων, όπως είναι η σύνθεση δυνάμεων και η εύρεση γωνιακών παραμέτρων βασιζόμενοι στο εσωτερικό τους γινόμενο. Η έννοια της ροπής εισάγεται ως το εξωτερικό γινόμενο θέσης- δύναμης και με βάση τον διανυσματικό ορισμό ζεύγους δυνάμεων εξετάζεται η σύνθεση πολλών δυνάμεων, είτε αυτές είναι συντρέχουσες σε ένα σημείο, είτε εφαρμόζονται σε διαφορετικά σημεία στερεού σώματος. Παράλληλα, η στατική ισορροπία στερεών σωμάτων για συνεπίπεδες δυνάμεις εισάγει μια πληθώρα από ενδιαφέρουσες ασκήσεις. Στον τρισδιάστατο Ευκλείδειο χώρο πέραν του συστήματος των Καρτεσιανών Συντεταγμένων εισάγονται τα συστήματα των Κυλινδρικών και Σφαιρικών Συντεταγμένων. Γίνεται λεπτομερής αναφορά στις μετατροπές συντεταγμένων από το ένα σύστημα στο άλλο και παρουσιάζονται απλοί γεωμετρικοί τόποι με τις αντίστοιχες εξισώσεις τους στα διάφορα συστήματα. Η έννοια της απλής παραγώγου συνάρτησης μιας μεταβλητής επεκτείνεται στην μερική παράγωγο συνάρτησης πολλών μεταβλητών. Δίνονται παραδείγματα με απλές συναρτήσεις πολλών μεταβλητών και γίνεται σύντομη αναφορά στο ολικό διαφορικό και τον κανόνα της αλυσίδας για σύνθετες συναρτήσεις. Παράλληλα αναπτύσσεται η έννοια της παραγώγου διανύσματος και εισάγεται η αναγκαιότητα της παραγώγου ανά κατεύθυνση στον τρισδιάστατο χώρο. Αφού ορισθεί ο τελεστής αναφέρονται οι τρεις βασικές διεργασίες που μπορεί αυτός να επιτελέσει σε βαθμωτά και διανυσματικά πεδία: Κλίση(gradf),Απόκλιση(divF)καιΣτροβιλισμός(curl F)αποδίδονταςπαράλληλα και την βασική φυσική ερμηνεία των μεγεθών αυτών. Τέλος, δίνεται ο ορισμός του Κέντρου Βάρους & Μάζας στερεού σώματος και αποδεικνύεται η ταύτιση των όρων αυτών σε ομογενές βαρυτικό πεδίο. Αναπτύσσεται η μεθοδολογία του ολοκληρωτικού λογισμού στην εύρεση του κέντρου μάζας. Απλές εφαρμογές δίνονται στο τελευταίο μέρος της ενότητας αυτής.

5 3 1.1 Διανύσματα Εσωτερικό και Εξωτερικό Γινόμενο Διανυσμάτων ΑΣΚΗΣΗ 1.1 Ναβρεθείηγωνίαπουσχηματίζουνταδιανύσματα î+ĵ + ˆkκαι î+ĵ ˆk. z k i j y x Τα δύο διανύσματα που προκύπτουν από τους παραπάνω συνδυασμούς των μοναδιαίων διανυσμάτων έχουν συντεταγμένες (+1, +1, +1) και (+1, +1, 1). Εφαρμόζοντας την ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου: a b = a b cosθ καιδεδομένουότιτομέτροκάθεενόςαπόταπαραπάνωδιανύσματαείναι 3,λαμβάνουμε: cosθ = a b a b = (1,1,1) (1,1, 1) = ( 1) = 1 3 απ όπου συνάγεται πως: θ = arccos ( ) o 3

6 4 ΑΣΚΗΣΗ 1.2 Νααποδειχθείότιτογινόμενο a ( a ) b είναι πάντα ίσο με μηδέν. Τοδιάνυσμα cπουορίζεταιαπότοεξωτερικόγινόμενο c = a bείναιέναδιάνυσμα κάθετοστοεπίπεδοπουορίζουνταδιανύσματα aκαι b.κατάσυνέπειατοεσωτερικό γινόμενότου cμεκαθένααπόταδιανύσματααυτάείναιλόγωκαθετότηταςίσομε μηδέν: a c = a ( a ) b = 0 b c = b ( a ) b = 0 Μια πιο αυστηρή μαθηματική απόδειξη δίδεται παρακάτω: ( a a ) ( ) î ĵ ˆk b = a 1 î+a 2 ĵ +a 3ˆk a 1 a 2 a 3 = b 1 a 2 b 3 a 1 a 2 a 3 a 1 a 2 a 3 b 1 a 2 b 3 = 0 Ηπαραπάνωορίζουσαείναιμηδενικήκαθόσονδύογραμμέςτης (a i )είναιταυτόσημες. Στοίδιοαποτέλεσμακαταλήγουμεότανπολλαπλασιάσουμεεσωτερικάκαιμετο b. Τότεθαυπάρχουνξανάδύοσειρές (b i )πουείναιπάλιταυτόσημες. ΑΣΚΗΣΗ 1.3 Αν το άθροισμα και η διαφορά δύο διανυσμάτων είναι διανύσματα κάθετα, τότε τα δύο διανύσματα έχουν ίσα μέτρα. Εστωότιταδύοδιανύσματαείναι aκαι b.τότεμεβάσητηνεκφώνησηταδιανύσματα a+ bκαι a bείναικάθετα,άρα: ( a+ ) ( b a ) b = 0 = a a+ b a a b b b = 0 = a 2 b 2 = 0 = a 2 = b 2 = a = b

7 Σύνθεση Δυνάμεων ΑΣΚΗΣΗ 1.4 Σεκαρτεσιανόσύστημασυντεταγμένων (x,y,z)οισυνιστώσεςκάποιαςδύναμης F έχουνμέτρα F x = 4N, F y = 3Nκαι F z = 5Nαντίστοιχα. Ναβρεθείτομέτροτης δύναμης Fκαθώςκαιοιπολικέςγωνίες φκαι θ(οιοποίεςεξορισμούείναιαντίστοιχα (F z,f)και (F x,f xy ). z F F z y F y F xy F x x Τομέτροτηςσυνισταμένηςδύναμης F δίνεταιαπότιςπροβολές F x,f y,f z μέσωτης σχέσης F = F 2 x +F2 y +F2 z η οποία απορρέει από τη διπλή εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στα αντίστοιχα ορθογώνια τρίγωνα(βλέπε Σχήμα) F = F 2xy +F2z = F 2 x +F2 y +F2 z = = 5 2N Για τις ζητούμενες γωνίες ισχύει: cosφ = F z F = 5 ( ) = φ = arccos = 45 o 2 2 tanθ = F y = 3 θ = arctan F x 4 ( ) 3 = 36.9 o 4

8 6 Χρήση Εσωτερικού Γινομένου Διανυσμάτων Ουπολογισμόςτωνγωνιώνμπορείναγίνεικαιμετηβοήθειατουεσωτερικούγινομένου των δύο διανυσμάτων που συνθέτουν την ζητούμενη γωνία. Για παράδειγμα ηγωνίαφμπορείναυπολογισθείαπότοεσωτερικόγινόμενοτωνδιανυσμάτων F F z. φ = (F,F z ) F F z = F F z cosφ = (4,3,5) (0,0,5) = (5 2) 5 cosφ = = 25 ( ) cosφ = cosφ = = φ = arccos = 45 o 2 2 Καθ όμοιον τρόπον μπορούν να υπολογισθούν: θ = (F x,f xy ) F x F xy = F x F xy cosθ = (4,0,0) (4,3,0) = cosθ = = 20 cosθ = cosθ = 4 ( ) 4 5 = θ = arccos = 36.9 o 5 ω = (F,F x ) F F x = F F x cosω = (4,3,5) (4,0,0) = (5 2) 4 cosω = = 20 ( 2 cosω = cosω = ) 2 = ω = arccos = 55.6 o 2 10 ΑΣΚΗΣΗ 1.5 Ναβρεθείησυνισταμένητωνδυνάμεων F 1 = (1,2,0), F 2 = ( 2,1,1), F 3 = (1,1,2) καιναβρεθείηγωνίαπουσχηματίζειμετονάξονα z. Η συνισταμένη δίνεται από το διανυσματικό άθροισμα: F = F 1 + F 2 + F 3 = (1,2,0)+( 2,1,1)+(1,1,2) = (0,4,3)

9 7 Είναιπροφανέςπωςηδύναμηαυτήκείταιστοεπίπεδο (y,z).γιατηνζητούμενηγωνία: F ˆk = F ˆk cosφ = (0,4,3) (0,0,1) = cosφ = = 5 cosφ = cosφ = 3 ( ) 3 5 = φ = arccos = 53.1 o Ροπή και Ζεύγος Δυνάμεων ΑΣΚΗΣΗ 1.6 Στοσημείοτουχώρου r = (1,1,1)επενεργούντέσσεριςδυνάμεις F 1 = (1,0,1), F 2 = (2, 1,0), F3 = ( 2,1,1)και F4 = (0,1,1). Ναβρεθείησυνισταμένηροπή τουσυστήματοςωςπροςτηναρχήτωναξόνωνκαιναεξεταστείεάναυτήμπορείνα αντικατασταθεί από τη συνισταμένη δύναμη με τον ίδιο μοχλοβραχίονα. Η συνισταμένη ροπή των δυνάμεων αυτών θα υπολογισθεί από το διανυσματικό άθροισμα των επιμέρους ροπών ως προς το σημείο αναφοράς(αρχή των αξόνων): τ = τ 1 + τ 2 + τ 3 + τ 4 = ( r F 1 )+( r F 2 )+( r F 3 )+( r F 4 ) î ĵ ˆk î ĵ ˆk î ĵ ˆk î ĵ ˆk = τ = = τ = (1,0, 1)+(1,2, 3)+(0, 3,3)+(0, 1,1) = (2, 2,0) = τ = τ 1 + τ 2 + τ 3 + τ 4 = (2, 2,0) Η ροπή της συνισταμένης δύναμης ως προς το ίδιο σημείο είναι: r F = r ( F 1 + F 2 + F 3 + F î ĵ ˆk 4 ) = (1,1,1) (1,1,3) = = (2, 2,0) = τ = r F = (2, 2,0) Η ισοδυναμία είναι προφανής, όπως έχει ελεγχθεί και στη θεωρία, δεδομένου ότι για συντρέχουσες δυνάμεις ισχύει πάντα: τ = τ 1 + τ 2 + τ 3 + τ 4 = r F 1 + r F 2 + r F 3 + r F 4 = r ( F 1 + F 2 + F 3 + F 4 ) = r F

10 8 ΑΣΚΗΣΗ 1.7 Τρειςδυνάμεις F 1 = (1,1,0), F2 = ( 1,2,1)και F3 = (1, 1, 1)επενεργούνσε στερεόσώμαστασημεία r 1 = (1,1,1), r 2 = (1,2,0)και r 3 = ( 1,1,1)αντίστοιχα. Να αντικατασταθούν οι δυνάμεις αυτές με μία δύναμη και ένα ζεύγος δυνάμεων, ώστε να επιφέρουν ισοδύναμα αποτελέσματα ως προς την μεταφορική και περιστροφική κίνηση. Θεωρείστε για τον υπολογισμό των ροπών την αρχή των αξόνων. Γιατί δεν αρκεί στην περίπτωση αυτή μόνο η συνισταμένη δύναμη και είναι επιβεβλημένη και η εφαρμογή επιπρόσθετου ζεύγους; Η συνισταμένη δύναμη δίνεται από το διανυσματικό άθροισμα: F = F 1 + F 2 + F 3 = (1,1,0)+( 1,2,1)+(1, 1, 1) = F = (1,2,0) Στη συνέχεια υπολογίζεται η συνισταμένη ροπή ως προς την αρχή των αξόνων: τ = τ 1 + τ 2 + τ 3 = r 1 F 1 + r 2 F 2 + r 3 F 3 î ĵ ˆk = τ = î ĵ ˆk î ĵ ˆk = τ = ( 1,1,0)+(2, 1,4)+(0,0,0) = τ = (1,0,4)

11 9 Ελέγχουμεστησυνέχειαεάνηευρεθείσασυνολικήροπή τ = (1,0,4)έχεικαθετότητα μετησυνισταμένηδύναμη F = (1,2,0): F τ = (1,2,0) (1,0,4) = = 1 0 Συνάγουμε λοιπόν το συμπέρασμα πως η συνολική ροπή δεν είναι κάθετη στην συνισταμένη δύναμη. Κατά συνέπεια, δεν υπάρχει δυνατότητα αντικατάστασηςτωνδυνάμεωνμεμιαμόνοδύναμη,δεδομένουότιδενμπορείναβρεθεί λύση για τη συνολική ροπή, η οποία ως το αποτέλεσμα του εξωτερικού γινομένου θέσης δύναμης οφείλει να παρουσιάζει καθετότητα και στα δύο αυτά διανύσματα. Η αδυναμία εύρεσης λύσης μπορεί να αποδειχτεί μαθηματικά με την παρακάτω σκέψη: Εστωπωςυπήρχεδιάνυσμα b = (b x,b y,b z )τέτοιοώστε b F = τ. Τότεθα έπρεπε: b F = τ = (bx,b y,b z ) (F x,f y,f z ) = (τ x,τ y,τ z ) = = ( 2b z,b z,2b x b y ) = (1,0,4) = όπερ αδύνατον. 2b z = 1 b z = 0 2b x b y = 4 î ĵ ˆk b x b y b z = b z = 1/2 b z = 0 = (1,0,4) b x = b y /2+2 Αντικατάσταση με τη Συνισταμένη και Ζεύγος Δυνάμεων Ηευρεθείσασυνισταμένηδύναμη Fπρέπειναδιέρχεταιαπότηναρχήτωναξόνων (σημείο υπολογισμού των ροπών), ώστε να μην συνεισφέρει ως προς την ροπή. Η συνολική ροπή τ μπορεί τότε να αντικατασταθεί από ζεύγος δυνάμεων μέτρου R, το οποίο ως γνωστόν δεν συνεισφέρει στην μεταφορική κίνηση(μηδενική συνισταμένη δύναμη) αλλά μπορεί να προσδώσει την απαιτούμενη ροπή στο σώμα με κατάλληλη επιλογήτουμοχλοβραχίονα b.τοζεύγοςτωνδυνάμεωναυτών,όπωςκαιτοδιάνυσμα b,πρέπειναβρίσκεταισεκάθετοστην τ επίπεδο. Γιαναβρούμετοεπίπεδο (X,Y,Z)τοοποίοείναικάθετοστηνροπή τ = (1,0,4) και διέρχεται από την αρχή των αξόνων, απλά απαιτούμε το εσωτερικό γινόμενο τους να μηδενίζεται, δηλαδή: (X,Y,Z) (1,0,4) = 0 = X+4Z=0 Η εξίσωση αυτή περιγράφει το κάθετο επίπεδο στην συνολική ροπή τ και πρέπει να

12 10 ικανοποιείταιτόσοαπότιςσυνιστώσεςτηςδύναμης R = (R x,r y,r z )όσοκαιαπ αυτέςτουμοχλοβραχίονα b = (b x,b y,b z ).Επιπρόσθεταθαπρέπει b R = τ,συνθήκη η οποία εισάγει περιορισμούς στα μέτρα των ζητουμένων διανυσμάτων. Από τα παραπάνω φαίνεται καθαρά πως η εύρεση του ζητούμενου ζεύγους δυνάμεων χαρακτηρίζεται από απειρία λύσεων. Αν επιλέξουμε για παράδειγμα το διάνυσμα του μοχλοβραχίοναναείναι b = (0,1,0),ώστεναικανοποιείταιηπροηγούμενηεξίσωση του κάθετου στην τ επιπέδου, τότε η δύναμη του ζεύγους πρέπει να ικανοποιεί τη σχέση: î ĵ ˆk b R = τ = = (1,0,4) R x R y R z ( ) R x = 4 = (R z,0, R x ) = (1,0,4) = R z = +1 Κατά συνέπεια, μια λύση του προβλήματος αποτελεί το ζεύγος δυνάμεων b R = (0,1,0) ( 4,0,1) Στατική Ισορροπία Σώματος ΑΣΚΗΣΗ 1.8 Τρεις συντρέχουσες δυνάμεις σε υλικό σημείο ισορροπούν. Να αποδείξετε ότι τα μέτρα τουςικανοποιούντοννόμο τωνημιτόνων: F 1 /sinα = F 2 /sinβ = F 3 /sinγ, όπου α,β,γ οι αντίστοιχες γωνίες που σχηματίζουν τα άλλα δύο διανύσματα.

13 11 Η ισορροπία τριών δυνάμεων σε υλικό σημείο διασφαλίζει το συνεπίπεδο των δυνάμεων. Απότηνισχύτηςσχέσης: F 1 + F 2 + F 3 = 0 και με παράλληλη μετάθεση των διανυσμάτων σχηματίζεται ένα τρίγωνο των δυνάμεων (βλέπε σχήμα). Γνωρίζουμε όμως, πως το μέτρο του εξωτερικού γινομένου δύο διανυσμάτων ισούται με το εμβαδόν του σχηματιζόμενου παραλληλόγραμμου, οπότε για το εν λόγω τρίγωνο των δυνάμεων θα ισχύει: (F 1,F 2,F 3 ) = 1 2 F 1 F 2 = 1 2 F 2 F 3 = 1 2 Αντικαθιστώντας τα μέτρα των εξωτερικών γινομένων παίρνουμε: 1 2 F 1F 2 sinγ = 1 2 F 2F 3 sinα = 1 2 F 3F 1 sinβ F 3 F 1 = F 1 sinα = F 2 sinβ = F 3 sinγ ΑΣΚΗΣΗ 1.9 Μια μη ομογενής ράβδος κρέμεται και ηρεμεί σε οριζόντια θέση με δύο αβαρή συρματόσχοινα, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Τα συρματόσχοινα σχηματίζουν γωνίες θ = 36.0 o και φ = 53.1 o μετηνκατακόρυφο.εάντομήκος Lτηςράβδουείναι 6.10 m,ναυπολογίσετετηναπόσταση xαπότοαριστερόάκροτηςράβδουμέχριτο κέντρο μάζας. (Άσκηση Halliday-Resnick)

14 12 Οι ασκούμενες στη ράβδο δυνάμεις, όλες άγνωστες ως προς το μέτρο, είναι: 1.Ηδύναμηστοαριστερόάκροτηςαπότοσυρματόσχοινο F 1 2.Ηδύναμηστοδεξιόάκροτηςαπότοσυρματόσχοινο F 2 3.Τοβάροςτης Wσεαπόσταση xαπότοαριστερότηςάκρο. Αναλύονταςτιςδυνάμεις F 1 και F 2 σεοριζόντιεςκαικατακόρυφεςσυνιστώσες,και απαιτώντας στατική ισορροπία για τη ράβδο, καταλήγουμε στις παρακάτω εξισώσεις: Fx = 0 F 1 sinθ +F 2 sinφ = 0 Fy = 0 = F 1 cosθ +F 2 cosφ W = 0 τ = 0 = x W +L F2 cosφ = 0 Οι εξισώσεις αυτές δίνουν κατά σειρά: sinφ F 1 = F 2 sinθ [ ] sinφ W = F 1 cosθ+f 2 cosφ = W = F 2 cosθ +cosφ sinθ x = L F 2cosφ W = x = L = F 2 sinφ cosθ+cosφ sinθ sinθ cosφ sinθ sinφ cosθ+cosφ sinθ = x = L 1 tanφ cotθ + 1 Μετά από αντικατάσταση προκύπτει η παρακάτω αριθμητική τιμή για το x: x = L 1 tanφ cotθ + 1 = tan53.1 o cot36.0 o + 1 = 2.15 m

15 13 ΑΣΚΗΣΗ 1.10 Σώμαμάζαςmκρέμεταιδεμένοσεκατακόρυφοτοίχομετοσχοινί1καιστηνοριζόντια οροφήμετοσχοινί2. Τοσχοινί1σχηματίζειγωνίαφενώτοσχοινί2σχηματίζει γωνίαθμετοοριζόντιοεπίπεδο. Γιασταθερήγωνίαφ,ναβρεθείητιμήτηςθπου ελαχιστοποιεί την τάση στο σχοινί 2. Πόση είναι η ελάχιστη αυτή τάση; (Άσκηση Halliday-Resnick) T 2 T 1 W Εάνθεωρήσουμετιςτάσεις T 1 και T 2 αντίστοιχαστασχοινιά1και2,τότεηισορροπία του σώματος δίνει τις παρακάτω εξισώσεις για τις συνιστώσες δυνάμεις σε κατακόρυφη και οριζόντια κατεύθυνση: { T 1 sinφ+t 2 sinθ = W T 1 cosφ = T 2 cosθ } = T 1 sinφ T 1 cosφ = W T 2 sinθ T 2 cosθ Επιλύονταςτηνεξίσωσηαυτήωςπρος T 2 καταλήγουμεστησχέση: T 2 = W sinθ+cosθ tanφ = mg sinθ +cosθ tanφ = tanφ = W T 2 sinθ T 2 cosθ Γιασταθερήμάζα mκαιγωνίαφ,ηt 2 εξαρτάταιμόνοαπότηγωνίαθ.ηεύρεσητου ακρότατου της συνάρτησης αυτής θα δώσει τη ζητούμενη τιμή της γωνίας: T 2 θ = 0 = mg (cosθ sinθ tanφ) = 0 (sinθ +cosθ tanφ) 2

16 14 Η συνθήκη αυτή ικανοποιείται όταν sinθ tanφ = cosθ, δηλαδή όταν: tanθ tanφ = 1 = tanθ = cotφ = θ = π 2 φ Ηελάχιστητάση T min 2 στην περίπτωση αυτή δίνεται από τη σχέση: T min 2 = T 2 (θ = π 2 φ) = mg sin(π/2 φ)+cos(π/2 φ) tanφ = = T min 2 = mg cosφ mg cosφ+sinφ tanφ Στηνγενικήπερίπτωση,ηεξάρτησητης T 2 απότηγωνίαθ,γιασταθερήφ,δίνεταιαπό τησχέσηπουβρέθηκεπροηγούμενα. Παράδειγματηςεξάρτησηςαυτήςγια φ = 40 o δίνεταιστοπαρακάτωδιάγραμμα,όπουτοελάχιστογιατην T 2 (σεμονάδεςβάρους W = mg)βρίσκεταιόντωςστο θ = 50 o. 2 ΑΣΚΗΣΗ 1.11 Τέσσερα τούβλα μήκους L, όμοια και ομογενή, στοιβάζονται το ένα πάνω στο άλλο, όπως φαίνονται στο σχήμα, με τέτοιο τρόπο ώστε μέρος από το καθένα να προεξέχει απότοπροηγούμενο. Ναβρείτε,σανσυνάρτησητου L,τιςμέγιστεςτιμέςγιατα a 1, a 2, a 3, a 4 καιτου h = a 1 +a 2 +a 3 +a 4,έτσιώστεηστοιβάδαναβρίσκεταισε ισορροπία. (Άσκηση Halliday-Resnick)

17 15 Το κέντρο βάρους του ανώτερου σώματος πρέπει οριακά να καλύπτεται από το δεξιό άκροτουυποκείμενουσώματος.κατάσυνέπεια a 1 = L/2.Για n = 2τούβλα,τοκέντροβάρουςτουσυστήματοςβρίσκεταιστομέσοτου L/2,άρα a 2 = 1/2 L/2 = L/4. Στην γενική περίπτωση που έχουμε n συνολικά σώματα, δηλαδή (n 1) υπερκείμενα και ένα σώμα υποκείμενο, το κέντρο βάρος θα υπολογίζεται από τη σχέση ισορροπίας: (n 1)mg a n = mg( L 2 a n) = n a n = L 2 = a n = L 2n δηλαδή για τα τέσσερα τούβλα ισχύει: n = 1 a 1 = L/2 n = 2 a 2 = L/4 n = 3 a 3 = L/6 n = 4 a 4 = L/8 και συνεπώς h = a 1 +a 2 +a 3 +a 4 = L 2 ( ) = h = 4 24 L Στη γενική περίπτωση που στοιβάζονται n συνολικά σώματα, ή μέγιστη απόσταση hπουμπορείναεπιτευχθείχωρίςναανατραπούντασώματαθαδίνεταιαπότησχέση: h = a 1 +a 2 + +a n = L 2 ( ) = h = L n 2 n i=1 1 i

18 Συστήματα Συντεταγμένων ΑΣΚΗΣΗ 1.12 Δίδεται το σημείο(1,-1,1) των Καρτεσιανών συντεταγμένων. Ποιες είναι οι αντίστοιχες σφαιρικές του συντεταγμένες; Οι σφαιρικές συντεταγμένες του σημείου αυτού είναι: ρ = 1 2 +( 1) = 3 ήισοδύναμα θ = atan( y x ) = atan( 1 1 ) = 7π 4 x2 +y φ = atan( 2 2 ) = atan( z 1 ) = 54.7o φ = acos( z ρ ) = acos( 1 3 ) = 54.7 o ΑΣΚΗΣΗ 1.13 Αντίστροφα, το σημείο (3, π/6, π/4) των σφαιρικών συντεταγμένων, να εκφραστεί σε Καρτεσιανές και κυλινδρικές συντεταγμένες. Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε: ρ = 3 θ = π/6 = 30 o φ = π/4 = 45 o ρ = 3 = θ = π/6 = 30 o φ = π/4 = 45 o x = ρsinφcosθ = y = ρsinφsinθ = z = ρcosφ = = = r = ρsinφ = θ = θ = π/6 z = ρcosφ = Άρα οι Καρτεσιανές συντεταγμένες του σημείου αυτού είναι αντίστοιχεςκυλινδρικές ( ) 3 2 2,π/6, = = ( , 3 4 ) 2, 3 2 2,οιδε

19 17 ΑΣΚΗΣΗ 1.14 Δίδεταισεπολικέςσυντεταγμένεςηεξίσωση r = 8cosθ.Τιεκφράζειηεξίσωσηαυτή; Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της εξίσωσης με r καταλήγουμε στην παρακάτω σχέση: r = 8cosθ = r 2 = 8rcosθ { } Γνωρίζοντας πως για τις πολικές συντεταγμένες r 2 = x 2 +y 2 x = rcosθ η εξίσωση διαμορφώνεται ως: x 2 +y 2 = 8x = x 2 8x+y 2 = 0 = (x 2 8x+16)+y 2 = 16 = (x 4) 2 +y 2 = 4 2 Κατάσυνέπεια,ηενλόγωεξίσωσηπαριστάένανκύκλοστοεπίπεδο XY μεκέντρο το (4,0)καιακτίνα4. ΑΣΚΗΣΗ 1.15 Τι εκφράζει η επιφάνεια z = 2r των κυλινδρικών συντεταγμένων; Τετραγωνίζοντας αμφότερα τα μέλη της εξίσωσης αυτής και λαμβάνοντας υπόψη πως r 2 = x 2 +y 2 καταλήγουμεστησχέση: z = 2r = z 2 = 4r 2 = z 2 = 4(x 2 +y 2 ) = z = ±2 x 2 +y 2 Κάθε μια από τις εξισώσεις: { +2 x z = 2 +y 2 2 x 2 +y 2 } εκφράζει την επιφάνεια ενός κώνου στον τρισδιάστατο χώρο.

20 18 ΑΣΚΗΣΗ 1.16 Πώς εκφράζεται η προηγούμενη εξίσωση των κυλινδρικών συντεταγμένων z = 2r (κωνικές επιφάνειες) σε σφαιρικές συντεταγμένες; Επειδή οι συντεταγμένες r και z των κυλινδρικών { συντεταγμένων } εκφράζονται αντίστοιχα μέσω των σφαιρικών με τις σχέσεις r = ρsinφ z = ρcosφ, η προηγούμενη εξίσωση γίνεται: z = 2r = ρcosφ = 2ρsinφ = tanφ = 1 2 = φ 26.6o Γενικά η εξίσωση φ = const. σε σφαιρικές συντεταγμένες είναι ο γεωμετρικός τόπος μιας κωνικής επιφάνειας, εκτεινόμενης και προς τα δύο ημισφαίρια. ΑΣΚΗΣΗ 1.17 Ποια η γεωμετρική σημασία των παρακάτω απεικονίσεων σε κυλινδρικές συντεταγμένες; 1. (r,θ,z) (r,θ, z) 2. (r,θ,z) (r,θ+π,z) 3. (r,θ,z) (r,θ+π, z) Ποιες είναι οι αντίστοιχες απεικονίσεις σε σφαιρικές συντεταγμένες 1.Ανάκλασηωςπροςτοεπίπεδο XY.Ηαντίστοιχηαπεικόνισησεσφαιρικέςσυντεταγμένεςείναι (ρ,θ,φ) (ρ,θ,π φ) 2.Στροφήκατάγωνίαθωςπροςτονάξονα z. Ηαντίστοιχηαπεικόνισησεσφαιρικέςσυντεταγμένεςείναι (ρ,θ,φ) (ρ,θ+π,φ) 3.Τοσυμμετρικότουσημείουωςπροςτηναρχήτωναξόνων.Ηαντίστοιχηαπεικόνισησεσφαιρικέςσυντεταγμένεςείναι (ρ,θ,φ) (ρ,θ+π,π φ)

21 Παραγώγιση Μερικές Παράγωγοι ΑΣΚΗΣΗ 1.18 Ναυπολογισθούνοιμερικέςπαράγωγοι f x 1. f(x,y) = x 2 y +y 3 2. f(x,y) = e x/y 3. f(x,y) = cos(xy)+xsin(y) και f y γιατιςσυναρτήσεις: 1.Γιατησυνάρτηση f(x,y) = x 2 y +y 3 ισχύει: f/ x = 2xy +0 = 2xy f/ y = x 2 +3y 2 2.Γιατησυνάρτηση f(x,y) = e x/y ισχύει: ) ( 1 f/ x = e x/y = 1 y y ( e x/y f/ y = e x/y x = x e x/y y 2 y 2 ) 3.Γιατησυνάρτηση f(x,y) = cos(xy)+xsin(y)ισχύει: f/ x = sin(xy) y +sin(y) = ysin(xy)+sin(y) f/ y = sin(xy) x+xcos(y) = xsin(xy)+xcos(y) ΑΣΚΗΣΗ 1.19 Δίδεταιησυνάρτηση g(u,v) = u/v + e u/v,όπου u = u(t) = t 2 και v = v(t) = t. Μεβάσητονκανόνατηςαλυσίδαςναυπολογισθείηολικήπαράγωγος dg καιτο dt αποτέλεσμα να επαληθευθεί με άμεση αντικατάσταση των u(t) και v(t) στην συνάρτηση g(u,v).

22 20 Με βάση τον κανόνα της αλυσίδας ισχύει: = dg/gt = dg/dt = ( g/ u)(du/dt) +( g/ v)(dv/dt) = dg/gt = 1 v ( 1 v + 1 ) v eu/v (du/dt) + ( u v u ) (dv/dt) 2 v 2eu/v ( 1+e u/v ) (du/dt) u v 2 ( 1+e u/v ) (dv/dt) = dg/gt = 1 ( ) 1+e t 2t 1 (1+e t) 1 = 1+e t t Επαλήθευση Με άμεση αντικατάσταση των u(t) και v(t) στην συνάρτηση g(u, v) αυτή γίνεται: g(t) = g[u(t),v(t)] = t2 t +et2 /t = t+e t οπότεηπαράγωγοςυπολογίζεταιάμεσαως dg/dt = d(t+e t )/dt = 1+e t Παράγωγος ανά Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 1.20 Γιατοέναβαθμωτόπεδίοτουχώρουισχύειf(x,y,z) = 2x 2 +3y 2 +z 2.Ναυπολογισθεί ηκλίση fτουπεδίουαυτούκαιναευρεθείηπαράγωγόςτουκατάτηνκατεύθυνση a = î 2ˆkστοσημείο P(2,1,3). Με βάση τον ορισμό της κλίσης βαθμωτού πεδίου θα ισχύει: f = ( f/ x)î+( f/ y)ĵ +( f/ z)ˆk = f = 4xî+6yĵ +2zˆk Ως γνωστόν, η παράγωγος κατά μοναδιαία κατεύθυνση ê είναι το εσωτερικό γινόμενο ( f) ê. Επειδή όμως το δοθέν διάνυσμα a δεν είναι μοναδιαίο, η ζητούμενη παράγωγος του πεδίου κατά την κατεύθυνση a είναι: ( f) a ) ) 1 5 (4xî+6yĵ a = +2zˆk (î 2ˆk = 4x 4z 5 Οπότεστοζητούμενοσημείο P(2,1,3)ηπαράγωγοςυπολογίζεταιίσημε 4/ 5.

23 21 ΑΣΚΗΣΗ 1.21 Γιατοδιανυσματικόπεδίοτουχώρου V = y 2 î+z 2 ĵ+x 2ˆkναυπολογισθείηαπόκλισή τουστοσημείο P(1,1,1).Ποιοςοστροβιλισμόςτουπεδίουαυτού; Η απόκλιση (div) του διανυσματικού πεδίου είναι το βαθμωτό μέγεθος: V = V x / x+ V y / y + V z / z οπότε V = y 2 / x+ z 2 / y + x 2 / z = = 0 Άρα η απόκλιση του πεδίου είναι μηδενική σε οποιοδήποτε σημείο του χώρου. Για τον στροβιλισμό (curl) του πεδίου ισχύει: V = î ĵ ˆk / x / y / z = V x V y V z î ĵ ˆk / x / y / z y 2 z 2 x 2 = V = 2zî 2xĵ 2yˆk Στοσημείο P(1,1,1)οστροβιλισμόςτουπεδίουείναιλοιπόν: V(P) = 2î 2ĵ 2ˆk Οπως φαίνεται από το παραπάνω αποτέλεσμα ο στροβιλισμός στο πεδίο αυτό είναι διάφορος του μηδενός, αυξανόμενος κατ απόλυτη τιμή καθώς το σημείο απομακρύνεται της αρχής των αξόνων. Μηδενισμός του στροβιλισμού υπάρχει μόνο στην αρχή των αξόνων.

24 Κέντρο Μάζας Σώματος ΑΣΚΗΣΗ 1.22 Με τη μέθοδο της ολοκλήρωσης, να αποδειχθεί πως το κέντρο μάζας ομογενούς πλάκας σχήματος ισοσκελούς τριγώνου ύψους H βρίσκεται επί του ύψους και σε απόσταση 2/3H από την κορυφή. (Άσκηση Σ4 Ιωάννου-Τρικαλινός) Τοποθετώνταςτοισοσκελέςτρίγωνοόπωςστοσχήμα,είναιπροφανέςπως x CM = 0. Άρααναζητείταιτοκέντροβάρουςστονάξονασυμμετρίας y CM. Γιαστοιχειώδες μήκος dy πρέπει λοιπόν να εκφράσουμε τον στοιχειώδη όγκο dv σαν συνάρτηση του y. Υποθέτοντας ότι το πάχος της πλάκας(κατεύθυνση z) είναι h έχουμε: dv = h 2x dy = h ( y H L) dy Κατάσυνέπεια,γιασταθερήπυκνότητα ρ 0 ισχύει: dm = ρ 0 dv = ρ 0 h( y H L)dy = ρ 0hL H ydy οπότε η y-συντεταγμένη του κέντρου μάζας θα δίνεται από τη σχέση: y CM = H ydm 0 H dm 0 = H 0 H 0 y ρ 0hL H ydy ρ 0 hl H ydy = H y 2 dy 0 H ydy 0 = H3 /3 H 2 /2 = 2 3 H = y CM = 2 3 H

25 23 ΑΣΚΗΣΗ 1.23 Ομοίως, με τη μέθοδο της ολοκλήρωσης, να βρεθεί το κέντρο μάζας ομογενούς πλάκας ημικυκλικού σχήματος ακτίνας R. (Άσκηση Σ3 Ιωάννου-Τρικαλινός) Οπως και στην προηγούμενη περίπτωση, ο άξονας συμμετρίας είναι ο άξονας y με x CM = 0. Γιαδοσμένο yεπιλέγεταιστοιχειώδες dyκαιγίνεταιπροσπάθειαναεκφραστεί το αντίστοιχο μήκος x συναρτήσει του y. Από τη γεωμετρία του σχήματος συνάγεται: x = R 2 y 2 οπότε dm = ρ 0 dv = ρ 0 (h 2x) dy = ρ 0 (h 2 R 2 y 2 ) dy = 2ρ 0 h R 2 y 2 dy Προφανώς τα όρια ολοκλήρωσης της ανεξάρτητης μεταβλητής y κυμαίνονται από 0 έως R: y CM = R y dm 0 dm = M R 0 y (2ρ 0 h) R 2 y 2 dy M = R 2ρ 0 h y R 2 y 2 dy 0 ρ 0 h πr 2 /2 = y CM = R 4 0 y R 2 y 2 dy πr 2

26 24 Τοολοκλήρωματουαριθμητήυπολογίζεταιμεαλλαγήμεταβλητήςu 2 = R 2 y 2,οπότε 2udu = 2ydy: y CM = 0 4 u u du R = πr 2 R 4 u 2 du 0 = 4R3 /3 = 4R πr 2 πr 2 3π y CM = 4R 3π ΑΣΚΗΣΗ 1.24 Να βρεθεί με τη μέθοδο της ολοκλήρωσης το κέντρο μάζας ομογενούς κυλινδρικού σύρματος, το οποίο σχηματίζει ημικύκλιο ακτίνας R. Οπωςκαισταπροηγούμενα,οάξοναςσυμμετρίαςείναιοάξοναςyμεx CM = 0.Επειδή οι καρτεσιανές συντεταγμένες δεν εξυπηρετούν στην περίπτωση αυτή, επιλέγονται οι πολικές συντεταγμένες. Για δοσμένο y επιλέγεται στοιχειώδες μήκος τόξου dl το οποίο ορίζεται από τη σταθερή ακτίνα R και την στοιχειώδη μεταβολή dθ της πολικής γωνίας θ.απότηγεωμετρίατουσχήματοςσυνάγεταιπως dl = Rdθοπότε,υποθέτονταςπως η διατομή του σύρματος είναι S, ισχύει: dm = ρ 0 dv = ρ 0 S dl = ρ 0 S R dθ Τα όρια ολοκλήρωσης της ανεξάρτητης μεταβλητής θ κυμαίνονται από 0 έως π: y CM = π y dm 0 dm = M π 0 Rsinθ (ρ 0 S R)dθ M = ρ 0 S R 2 π sinθ dθ 0 ρ 0 S πr = y CM = R(cos0 cosπ) π = 2 π R = y CM = 2 π R

27 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 1.25 Γιαταακόλουθατρίαδιανύσματα,πόσοείναιτο 3 C (2 A B); A = 2.0î + 3.0ĵ 4.0ˆk B = 3.0î + 4.0ĵ + 2.0ˆk C = 7.0î + 8.0ĵ Απάντηση:-540 (Άσκηση 3.40 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 1.26 ΔίνονταιταδιανύσματαAκαι B.(α)Νααποδείξετεότιτο A ( B A)είναιπάνταμηδέν. (β)μετιισούταιτομέτροτου A ( B A)ανταδιανύσματα Aκαι Bσχηματίζουν γωνία θ; Απάντηση:(β) A 2 Bsinθ ΑΣΚΗΣΗ 1.27 Ναπροσδιοριστείησταθεράλέτσιώστεταδιανύσματα a = î+ĵ+ˆk, b = 2î 4ˆkκαι c = î+λĵ +3ˆkναείναισυνεπίπεδα. Απάντηση:λ=5/3 ΑΣΚΗΣΗ 1.28 Οιπλευρέςενόςπαραλληλεπιπέδουορίζονταιαπόταδιανύσματα a = 2î + ĵ ˆk, b = 5î 3ˆkκαι c = î 2ĵ + ˆk. Νααποδειχθείπωςταδιανύσματααυτάδενείναι συνεπίπεδα και να υπολογιστεί ο όγκος του παραλληλεπιπέδου που ορίζουν. Απάντηση: V = 10

28 26 ΑΣΚΗΣΗ 1.29 Τροχός ποδηλάτου ακτίνας R και μάζας m προσπαθεί να ανέβει πεζοδρόμιούψους h.ποιαείναιηελάχιστηαπαιτούμενη δύναμη για να συμβεί αυτό όταν: (α) Η δύναμη εφαρμόζεται στο κέντροτουτροχού. (β)ηδύναμηεφαρμόζεται στο πάνω μέρος του τροχού. Απάντηση:(α) F min = mg 2Rh h 2,(β) F R h min = mg 2Rh h 2 2R h (Άσκηση Young-Freedman) ΑΣΚΗΣΗ 1.30 Οι δύο πανομοιότυπες ομογενείς σφαίρες του σχήματος, κάθε μία μάζας m, ηρεμούν χωρίς τριβή μέσα σε άκαμπτο ορθογώνιο δοχείο.ηευθείαπουενώνειτακέντρατωνδύο σφαιρώνβρίσκεταισεγωνία 45 o ωςπροςτην οριζόντιο. Να βρείτε τα μέτρα των δυνάμεων στιςσφαίρεςαπό:(α)τοκάτωμέροςτουδοχείου,(β) την αριστερή πλευρά του δοχείου, (γ)τηνδεξιάπλευράτουδοχείουκαι(δ)μεταξύ τους. (Υπόδειξη: Η δύναμη της μιας σφαίρας στην άλλη έχει φορέα την ευθεία που ενώνει τα κέντρα μάζας τους.) Απάντηση:(α) 2mg,(β) mg,(γ) mg,(δ) 2mg (Άσκηση Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 1.31 Εκφράστε την καρτεσιανή επιφάνεια xz = 1 σε σφαιρικές συντεταγμένες. Απάντηση: ρ 2 sin(2φ)cosθ = 2

29 27 ΑΣΚΗΣΗ 1.32 Ναπροσδιοριστείηβαθμωτήσυνάρτηση f(x,y,z)εάνείναιγνωστόπωςηκλίσητης ισούται με: 1. f = 6xî 4yĵ +2zˆk 2. f = (y +z)î+(z +x)ĵ +(x+y)ˆk Απάντηση:(1) f(x,y,z) = 3x 2 2y 2 +z 2 (2) f(x,y,z) = xy +yz +zx ΑΣΚΗΣΗ 1.33 Να επαληθεύσετε τον κανόνα της αλυσίδας υπολογίζοντας την παράγωγο df/dt για τησυνάρτηση f(x,y) = x 2 /(2+cosy)εάνδίδεταιπως x(t) = e t και y(t) = e t. ΑΣΚΗΣΗ 1.34 Γιαβαθμωτόπεδίο fνααποδειχθείπως curl f = ( f) = 0. ΑΣΚΗΣΗ 1.35 Δίδεταιτοδιανυσματικόπεδίοταχυτήτων V = y x 2 +y 2î x x 2 +y 2ĵ,τοποίοπροσεγγίζει την επιφανειακή κυκλική κίνηση του νερού σε δοχείο όταν υπάρχει εκροή στη βάση του. Να αποδειχθεί ότι το διανυσματικό αυτό πεδίο είναι αστρόβιλο.

30 28

31 Κεφάλαιο 2 ΚΙΝΗΜΑΤΙΚΗ Ευθυγραμμη Κινηση {Μέση και Στιγμιαία Ταχύτητα και Επιτάχυνση, Διαφορικές & Ολοκληρωτικές Εξισώσεις Κίνησης, Σταθερή Επιτάχυνση, Κατακόρυφη Ρίψη} Κινηση σε Τρεις Διαστασεις {Διάνυσμα Θέσης, Μετατόπιση, Διανυσματικός Ορισμός Ταχύτητας και Επιτάχυνσης, Καμπυλόγραμμη Κίνηση, Εφαπτομενική και Κάθετη Συνιστώσα της Επιτάχυνσης} Κινηση στο Επιπεδο {Κυκλική Κίνηση, Κίνηση Βλημάτων, Παραμετρικές Εξισώσεις, Εξισώσεις Τροχιάς} Στο κεφάλαιο αυτό εισάγεται με διαφόριση η έννοια της ταχύτητας και της επιτάχυνσης. Η ευθύγραμμη κίνηση σε μια κατεύθυνση εξετάζεται με τις διαφορικές και ολοκληρωτικές εξισώσεις κίνησης και γίνεται ειδική αναφορά σε προβλήματα με σταθερή επιτάχυνση, όπως της κατακόρυφης ρίψης αντικειμένων χωρίς τριβές στο βαρυτικό πεδίο. Η εξέταση της κίνησης σε τρεις διαστάσεις γενικεύεται με την εισαγωγή του διανύσματος θέσης και των αντίστοιχων παραγώγων του για την θεμελίωση της γενικευμένης έννοιας της ταχύτητας και επιτάχυνσης στο χώρο για δεδομένη τροχιά. Εξετάζεται σε γενικευμένη μορφή η καμπυλόγραμμη κίνηση με εισαγωγή του μοναδιαίου εφαπτομενικού και κάθετου διανύσματος στην τροχιά. Ολες οι προηγούμενες έννοιες εξειδικεύονται στην κυκλική κίνηση σημείου στο επίπεδο και παρουσιάζεται η ανεξαρτησία των κινήσεων στην πλάγια βολή με την πληθώρα των γνωστών προβλημάτων της. 29

32 Ευθύγραμμη Κίνηση ΑΣΚΗΣΗ 2.1 Σώμακινείταιστονάξονατων xσύμφωναμετηνεξίσωση x = 2t 3 +5t 2 +5,όπουτο x δίνεταισεμέτρα (m)καιτο tσεδευτερόλεπτα (s).ναβρεθούν:(α)ηταχύτητα v(t) καιηεπιτάχυνση a(t)τουσώματος.(β)ημέσηταχύτητα v av καιμέσηεπιτάχυνση a av στοχρονικόδιάστημααπό t = 2sμέχρι t = 3s. (Παράδειγμα 5.4 Alonso-Finn) (α) Με συνεχείς παραγωγίσεις λαμβάνουμε: v(t) = dx dt = d dt (2t3 +5t 2 +5) = 6t 2 +10t (m/s) a(t) = dv dt = d dt (6t2 +10t) = 12t+10 (m/s 2 ) Οι παραστάσεις των τριών αυτών κινηματικών μεταβλητών συναρτήσει του χρόνου δίνονται στα παρακάτω γραφήματα. (β) Οι ζητούμενες μέσες τιμές ταχύτητας και επιτάχυνσης υπολογίζονται: a av = v t = v(3) v(2) = = 40 m/s v av = x t = x(3) x(2) 3 2 = = 63 m/s Συγκριτικά,οιτιμέςτωνμεγεθώναυτώνγιατομέσο t = (2 + 3)/2 = 2.5 sείναι a(t = 2.5) = 40 m/s 2 και v(t = 2.5) = 62.5 m/s.πώςδικαιολογείταιτοότι a av ( t = t 2 t 1 ) = a[(t 1 +t 2 )/2];

33 31 ΑΣΚΗΣΗ 2.2 Η επιτάχυνση ενός σώματος που κινείται ευθύγραμμα δίνεται από τη σχέση a = (4 t 2 ) m/s 2.Υπολογίστετηνταχύτητακαιτοδιάστημαπουδιανύειτοσώμασανσυνάρτησητουχρόνου,ανγνωρίζουμεότιτηνχρονικήστιγμή t = 3sισχύει v = 2 m/s και x = 9m. Για την εύρεση της ταχύτητας: a = dv dt = dv = adt = v v 0 dv = t 0 (Άσκηση 5.15 Alonso-Finn) (4 t 2 )dt = v v 0 = 4t t3 3 Κάνονταςχρήσητηςδοσμένηςσυνθήκης v(3) = 2παίρνουμε: 2 = v /3, άρα v 0 = 1καικατάσυνέπεια: v(t) = 1 3 t3 +4t 1 Ομοίως για το διάστημα: v = dx dt = dx = vdt = x x 0 dx = t 0 ( 1 3 t3 +4t 1)dt = x x 0 = 1 12 t4 +2t 2 t καιεπειδή x(3) = 9συνάγεται x 0 = 3/4,οπότε: x(t) = 1 12 t4 +2t 2 t+ 3 4 Οι γραφικές παραστάσεις των κινηματικών συναρτήσεων απόστασης, ταχύτητας και επιτάχυνσης δίνονται αντίστοιχα στο παρακάτω σχήμα.

34 32 ΑΣΚΗΣΗ 2.3 Στην ευθύγραμμη κίνηση σώματος γνωρίζουμε την εξάρτηση της ταχύτητας από το χρόνο,ηοποίαδίνεταιαπότησχέση v(t) = (3t 2 4) m/s.εάνγνωρίζουμεπωςγια t = 0sτοκινητόδιέρχεταιαπότοσημείο x = 0m,ναβρεθείεάντοκινητόμπορείνα περάσειξανάαπότοσημείο x = 0mκαιμεποιαταχύτητακαιεπιτάχυνση; Από την εξίσωση της ταχύτητας με ολοκλήρωση λαμβάνουμε: v = dx dt = dx = vdt = x x 0 dx = t 0 (3t 2 4)dt = x x 0 = t 3 4t καιδεδομένουότι x(t = 0) = 0πρέπει x 0 = 0,οπότε x(t) = t 3 4t = t(t 2 4). Οι ρίζες της τριτοβάθμιας αυτής σχέσης είναι {0, +2, 2}, άρα είναι προφανές πως για t = 2s(η περίπτωση αρνητικού χρόνου απορρίπτεται) το κινητό διέρχεται ξανά από το x = 0μεταχύτητα v(2) = = 8 m/s. Ο υπολογισμός της επιτάχυνσης γίνεται με διαφόριση της ταχύτητας: a(t) = dv dt = d dt (3t2 4) = 6t m/s 2 = a(t) = 6t = a(t = 2) = 12 m/s 2. Οι γραφικές παραστάσεις των μεγεθών αυτών δίνονται στο παρακάτω σχήμα:

35 33 ΑΣΚΗΣΗ 2.4 Σώμακινείταιευθύγραμμαμεεπιτάχυνση a = 6 3 x ms 2. Εάνγνωρίζουμεότιγια t = 2sισχύει v = 27 m/sκαι x = 27m,ναυπολογιστούνοικινηματικέςεξισώσεις του διαστήματος, της ταχύτητας και της επιτάχυνσης συναρτήσει του χρόνου. (Άσκηση Κ3 Ιωάννου-Τρικαλινός) Στην άσκηση αυτή η επιτάχυνση δίνεται σαν συνάρτηση της απόστασης, οπότε χρειάζεται προετοιμασία των διαφορικών πριν την ολοκλήρωση. Γνωρίζουμε ότι: { dv = adt v = dx/dt } = vdv = a dx dt = vdv = adx dt Για το συγκεκριμένο πρόβλημα η παραπάνω σχέση με ολοκλήρωση δίνει: v x vdv = 6x 1/3 dx = v 0 x 0 v 2 v = (x4/3 x 4/3 0 ) = v 2 = 9x 4/3 +(v 2 0 9x 4/3 0 ) = v 2 = 9x 4/3 +C Ησταθερά Cυπολογίζεταιαπότησυνθήκη [x = 27,v = 27],ηοποίαδίνει 27 2 = /3 +C = 3 6 = C = C = 0 = v = 3x 2/3 Συνεχίζοντας την ολοκλήρωση παίρνουμε: v = 3x 2/3 = dx dt = 3x2/3 = dx = dt = 3x2/3 x x 0 1 t 3 x 2/3 dx = = x 1/3 x 1/3 0 = t = x 1/3 = t+x 1/3 0 = x 1/3 = t+c Ησταθεράυπολογίζεταιπάλιαπόταδεδομένα [t = 2,x = 27],οπότε 0 dt 27 1/3 = 2+C = C = 1 = x = (t+1) 3 Η σχέση αυτή εκφράζει το διάστημα σαν συνάρτηση του χρόνου. Οι ζητούμενες εκφράσεις της ταχύτητας και επιτάχυνσης μπορούν εύκολα πλέον να υπολογισθούν με

36 34 επάλληλες παραγωγίσεις: v = dx dt = d dt (t+1)3 = v(t) = 3(t+1) 2 και αντίστοιχα a = dv dt = d dt 3(t+1)2 = a(t) = 6(t+1) ΑΣΚΗΣΗ 2.5 Σώμα κινείται ευθύγραμμα με επιτάχυνση η οποία περιγράφεται συναρτήσει της θέσης τουαπότησχέση a = 4xσεμονάδες m/s 2. Εάντηχρονικήστιγμή t = 0sισχύει v 0 = 2m/sκαι x 0 = 1m,ναυπολογιστούνοικινηματικέςεξισώσειςτουδιαστήματος, της ταχύτητας και της επιτάχυνσης συναρτήσει του χρόνου. Οπωςκαιστοπροηγούμενοπρόβλημαισχύειησχέση vdv = adx,ηοποίαμετην ολοκλήρωση δίνει: v x vdv = 4xdx = v 0 x 0 v 2 v = 2(x 2 x 2 0) = v 2 = 4x 2 +(v 2 0 4x 2 0) = 4x 2 +( ) v = 2x dx dt = 2x = dx 2x = dt = x x 0 1 t 2x dx = dt = ln t 0 x(t) = e 2t ( ) x = 2(t t 0 ) = lnx = 2t Από την εξίσωση αυτή του διαστήματος συναρτήσει του χρόνου προκύπτουν εύκολα οι εξισώσεις της ταχύτητας και επιτάχυνσης: v(t) = dx dt a(t) = dv dt x 0 = v(t) = 2e2t = a(t) = 4e2t Απότοπαραπάνωαποτέλεσμαείναιπροφανήςηεπαλήθευσητηςσχέσης a = 4xπου δίδεται ως δεδομένο στο πρόβλημα.

37 35 ΑΣΚΗΣΗ 2.6 Η επιτάχυνση σωματιδίου κινουμένου ευθύγραμμα περιγράφεται από τη σχέση a = kv 2,όπου kσταθερά. Εάνοιαρχικέςτιμές (t = 0)γιατηθέσηκαιτηνταχύτητα τουκινητούείναιαντίστοιχα x 0 και v 0,ναεκφραστείηθέσητουκινητούσυναρτήσει του χρόνου. Στην άσκηση αυτή η επιτάχυνση δίνεται σαν συνάρτηση της ταχύτητας. Κάνοντας χρήση του ορισμού της επιτάχυνσης και ολοκληρώνοντας έχουμε: a = kv 2 = dv dt = kv2 = dv = kdt = v2 v = v 0 1+kv 0 t v v 0 1 t v 2dv = = 1 v = 1 v 0 +kt = 1+kv 0t v 0 v = v 0 1+kv 0 t dx = dt = v x t 0 1+kv 0 t = dx = x kdt = 1 v 0 1 v = kt v 0 1+kv 0 t dt = x x 0 dx = 1 kv 0 t 0 v 0 1+kv 0 t d(1+kv 0t) = x x 0 = 1 k ln(1+kv 0t) x = x k ln(1+kv 0t) ΑΣΚΗΣΗ 2.7 Πειραματιστής ρίχνει από την άκρη ταράτσας πολυκατοικίας ύψους H = 24m κατακόρυφαπροςταπάνωμικρήμπάλαμεαρχικήταχύτητα v 0 τηχρονικήστιγμή t 0 = 0s. Εχοντας συγχρονίσει τα χρονόμετρά τους, παρατηρητές απέχοντες h = 10m και ευρισκόμενοι στα παράθυρά τους βλέπουν τη μπάλα να περνά με κατεύθυνση προς τα κάτωμεχρονικήκαθυστέρηση t = t 2 t 1 = 0.8sοδεύτεροςαπότονπρώτο.Σεποιο ύψος βρίσκονται οι παρατηρητές, εάν είναι γνωστό πως η μπάλα φτάνει στο έδαφος τη χρονικήστιγμή t 3 = 3s;Αγνοείστετηναντίστασητουαέρα.Δίδεται g = 9.80 m/s 2.

38 36 Εστω ότι οι δύο παρατηρητές βρίσκονταισεαπόσταση h 1 και h 2 απότην ταράτσα της πολυκατοικίας. Θεωρώντας τοσημείορίψηςτηςμπάλαςωςτηναρχή του άξονα y, τότε για τη μονοδιάστατη κίνηση κατά μήκος του κατακόρυφου ά- ξονα y έχουμε τις εξισώσεις: h 1 = v 0 t gt2 1 h 2 = v 0 t gt2 2 H = v 0 t gt2 3 Από την τρίτη εξίσωση είναι δυνατόν να υπολογισθεί η αρχική ταχύτητα του σώματος: H = v 0 t gt2 3 = v 0 = 1 2 gt 3 H = v 0 = t = v 0 = 6.7m/s 2 Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο πρώτες εξισώσεις έχουμε: h 1 +h 2 = v 0 (t 1 t 2 ) 1 2 g(t2 1 t2 2 ) = h = v 0 t 1 2 g(t 1 t 2 )(t 1 +t 2 ) = h = v 0 t+ 1 2 g t(2t 1 + t) = t 1 = v 0 t+ h g t απ όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε: t 1 = = t 1 = 1.56s t 2 καιαντίστοιχα t 2 = 2.36s. Οιχρονικέςαυτέςτιμέςπροσδιορίζουντιςαπόλυτεςαποστάσεις: h 1 = v 0 t gt2 1 = h 1 = / = h 1 = 1.47m h 2 = v 0 t gt2 2 = h 2 = / = h 2 = 11.47m

39 37 ΑΣΚΗΣΗ 2.8 Ενα αντικείμενο, αρχικά ακίνητο, πέφτει διανύοντας απόσταση h. Αν διανύει 0.50h στοτελευταίο 1.00s,ναβρείτε(α)τοχρόνοκαι(β)τούψοςτηςπτώσηςτου.(γ)Να ερμηνεύσετε την φυσικά μη αποδεκτή λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης ως προς t που βρίσκετε. (Άσκηση 2.60 Halliday-Resnick) (α)δεδομένουότιηαρχικήταχύτητατηςελεύθερηςπτώσηςείναι v 0 = 0ηκίνηση κατά την κατακόρυφο περιγράφεται από την εξίσωση y = v 0 t 1 2 gt2 = y = 1 2 gt2 Βασιζόμενοισταδεδομένατηςάσκησης,εάνγια y = hτοσώμαχρειάζεταιχρόνο t, τότεγια y = 0.50hτοσώματαχρειάζεταιχρόνο (t 1)s.Δηλαδή: { } { } { } 0.50h = 1 2 g(t 1)2 h/2 = 1 2 = g(t 1)2 h = g(t 1) 2 = h = 1 2 gt2 h = 1 2 gt2 h = 1 2 gt2 Το σύστημα αυτό μας οδηγεί στην δευτεροβάθμια εξίσωση του χρόνου: g(t 1) 2 = 1 2 gt2 = 2(t 1) 2 = t 2 = t 2 4t+2 = 0 = t = 2± 2 Επειδήπρέπει t > 1,ηφυσικάαποδεκτήλύσηείναιη t = 2+ 2 s (β) h = 1 2 gt2 = h = (2+ 2) 2 = h = 57.1 m. (γ)ηφυσικάμηαποδεκτήλύση t = 2 2 sαντιστοιχείστηνκίνησηενόςσώματοςπουστονχρόνο (2 2) 1 = 1 2 = 0.41 sβρίσκεταιστο 0.50h,ενώ μετά παρέλευση ενός δευτερολέπτου στο h. Αυτό είναι ισοδύναμο με ρίψη του σώματος προςταπάνωαπότούψος 0.50hμεαρχικήταχύτητα v 0 καιάφιξήτουστο hμετά από ένα δευτερόλεπτο. Για το συγκεκριμένο πρόβλημα, μπορεί εύκολα να ελεγχθεί πωςταμεγέθη v 0 = 4.06 m/sκαι h = 1.68 mαποτελούνμιαλύσητουπροβλήματος, η οποία περιγράφει τη κίνηση ενός σώματος με τις παραπάνω αρχικές συνθήκες, όπου για t = 0τοσώμαβρίσκεταιστοανώτατούψος h = 1.68 mμεμηδενικήταχύτητα.

40 Διανυσματικός Ορισμός Κίνησης ΑΣΚΗΣΗ 2.9 Σωματίδιοκινείταιέτσιώστεηθέσητου(σεμέτρα)ωςσυνάρτησητουχρόνου(σε δευτερόλεπτα)ναείναι r = î + 4t 2 ĵ + tˆk. Ναγράψετε(α)τιςεκφράσειςγιατην ταχύτητά του και την επιτάχυνσή του ως συνάρτηση του χρόνου(β) την εξίσωση της τροχιάς του σωματιδίου. (Άσκηση 4.11 Halliday-Resnick) (α)διανυσματικές εξισώσεις ταχύτητας & επιτάχυνσης v(t) = d r(t) dt = d dt (î+4t2 ĵ +tˆk) = v(t) = 8tĵ + ˆk (β)εξίσωση τροχιάς a(t) = d v(t) dt = d dt (8tĵ + ˆk) = a(t) = 8ĵ Καθώςηεπιτάχυνση a(t) = 8ĵείναι ανεξάρτητη του χρόνου(σταθερή)καιτο xπαραμένεισταθερό,η τροχιά θα είναι παραβολή στο επίπεδο (yz)κάθετοστονάξονατων x στηντιμή x = 1. Τοεπίπεδοαυτό παρίσταταιστοσχήμαως X = 1.Η εξίσωση της τροχιάς σύμφωνα με το διάνυσμα θέσης είναι: x(t) = 1 y(t) = 4t 2 z(t) = t = { x = 1 y = 4z 2 } = x = 1 y = 4z 2

41 39 ΑΣΚΗΣΗ 2.10 Οι συντεταγμένες της θέσης ενός κινητού δίνονται από τις εξισώσεις: x(t) = 3cos(t), y(t) = 3sin(t)και z(t) = 2t 2 σεμονάδες SI. Νααποδειχθείότιτοδιάνυσματης επιτάχυνσης έχει σταθερό μέτρο. Μπορείτε να περιγράψετε τι είδους κίνηση εκτελεί το κινητό; Αρχικά υπολογίζεται η ταχύτητα και μέσω αυτής η επιτάχυνση: Κατά συνέπεια: v x = dx dt v y = dy dt v z = dz dt a x = dvx dt a y = dvy dt a z = dvz dt = = v x = d dt [3cos(t)] v y = d dt [3sin(t)] v z = d dt (2t2 ) a x = d dt [ 3sin(t)] a y = d dt [+3cos(t)] a z = d dt (4t) οπότε το μέτρο της επιτάχυνσης είναι = = v x = 3sin(t) v y = +3cos(t) v z = 4t a x = 3cos(t) a y = 3sin(t) a z = 4 a = [ 3cos(t)] 2 +[ 3sin(t)] = 3 2 [cos 2 (t)+sin 2 (t)]+4 2 = a = 5 ms 2 Οπωςφαίνεταιαπότιςεξισώσειςτηςθέσηςτουκινητού x 2 +y 2 = 3 2,ηπροβολήτης τροχιάςστοεπίπεδο (XY)είναικύκλοςακτίνας R = 3 m.τοκινητόεκτελείσ αυτό τοεπίπεδοομαλήκυκλικήκίνησημε v xy = 3 m/sενώκατάτηνκατεύθυνση zεκτελεί ευθύγραμμηομαλάεπιταχυνόμενηκίνησημε a z = 4 m/s 2. Ησυνολικήτουλοιπόν κίνηση είναι ελικοειδής με αυξανόμενο z-βηματισμό(τετραγωνικά) με τον χρόνο. ΑΣΚΗΣΗ 2.11 Ηθέσηενόςκινητούπεριγράφεταιαπότοδιάνυσμαθέσης r = x(t)î+y(t)ĵ +z(t)ˆk, όπου x(t) = 3t 2 + 5t, y(t) = t 3 + 1και z(t) = 2tσεμονάδες SI. Ναβρεθούντα διανύσματα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης. Ποιο είναι το μέτρο της επιτάχυνσης;

42 40 Η άσκηση αυτή αποτελεί απλή εφαρμογή του διανυσματικού ορισμού της ταχύτητας και της επιτάχυνσης: v = d r dt = dx dy dtî+ dtĵ + dz = dtˆk d dt (3t2 +5t)î+ d dt ( t3 +1)ĵ + d dt (2t)ˆk = v = (6t+5)î 3t 2 ĵ +2ˆk a = d v dt = dv x dt î+ dv y dt ĵ + dv z dt ˆk = d dt (6t+5)î+ d dt ( 3t2 )ĵ + d dt (2)ˆk = a = 6î 6tĵ Παρατηρούμε πως το διάνυσμα της επιτάχυνσης κινείται στο επίπεδο(xy), το δε μέτρο τηςείναι: a = 6 2 +(6t) 2 = 6 1+t 2,προφανώςεξαρτώμενοαπότονχρόνο. 2.3 Κίνηση στο Επίπεδο ΑΣΚΗΣΗ 2.12 Οι εξισώσεις κίνησης σωματιδίου στο επίπεδο περιγράφονται από τις παραμετρικές ε- ξισώσεις x(t) = 2t 2 + 3και y(t) = 3t 2 + 1στουςαντίστοιχουςάξονες. Ναβρεθούν τα διανύσματα ταχύτητας και επιτάχυνσης καθώς και η εξίσωση τροχιάς του κινητού αυτού. Είναι προφανές πως τα x και y έχουν γραμμική εξάρτηση μεταξύ τους, όπως φαίνεται από την απαλοιφή του χρόνου: { x(t) = 2t 2 +3 y(t) = 3t 2 +1 } = { 3x(t) = 6t y(t) = 6t 2 +2 } = 3x 2y = 7 = y = 3/2x 7/2 Ητροχιάτουκινητούείναισυνεπώςμιαευθείαμεκλίση k = 3/2.Ταδιανύσματατης ταχύτητας και επιτάχυνσης είναι αντίστοιχα: v = d r dt = d [ ] (2t 2 +3)î+(3t 2 +1)ĵ = 4tî+6tĵ dt a = d v dt = d ( ) 4tî+6tĵ = 4î+6ĵ dt

43 41 Οπως ήταν αναμενόμενο, η κλίση και των δύο αυτών διανυσμάτων είναι k = 3/2, ταυτόσημη δηλαδή με την κλίση της ευθύγραμμης τροχιάς του κινητού. Παρατηρείστε ότι η τετραγωνική εξάρτηση των συντεταγμένων x(t) και y(t) από το χρόνο δίνει σαν αποτέλεσμα σταθερή επιτάχυνση. ΑΣΚΗΣΗ 2.13 Σωματίδιο κινείται στο επίπεδο (xy) { και η επιτάχυνσή του } περιγράφεται στο σύστημα μονάδων SI από τις εξισώσεις:. Εάνγια t = 0ισχύουν a x = 2sin(t) a y = 3cos(t) { } { } v x0 = 2 x 0 = 2 και,ναβρεθείηεξίσωσητηςτροχιάς. v y0 = 0 y 0 = 6 Είναι προφανές πως η εξίσωση τροχιάς θα βρεθεί με επάλληλες ολοκληρώσεις της επιτάχυνσης κάνοντας χρήση των αρχικών συνθηκών: v x = a x dt = [ 2sin(t)]dt = +2cos(t)+C 1 v y = a y dt = [ 3cos(t)]dt = 3sin(t)+C 2 Μεβάσητιςαρχικέςσυνθήκεςτηςταχύτηταςγια t = 0συνάγεταιπως C 1 = 0καθώς και C 2 = 0.Οπότε: { } v x (t) = +2cos(t) v y (t) = 3sin(t) και κατά συνέπεια x(t) = v x dt = [+2cos(t)]dt = +2sin(t)+C 1 y(t) = y x dt = [ 3sin(t)]dt = +3cos(t)+C 2 Βάσειτωναρχικώνσυνθηκώνπροκύπτει C 1 = 2και C 2 = 3οπότεκαταλήγουμεστις εξισώσεις: { x = 2sin(t)+2 y = 3cos(3)+3 } = { x 2 2 = sin(t) y 3 3 = cos(3) } = (x 2) (y 3)2 3 2 = 1 Άραηεξίσωσητροχιάςείναιέλλειψημεκέντρο (x 0,y 0 ) = (2,3)καιημιάξονες p x = 2 και p y = 3αντίστοιχα.

44 42 ΑΣΚΗΣΗ 2.14 Σωματίδιο κινείται στο επίπεδο (xy) και για τις συνιστώσες της ταχύτητάς του ισχύει v x = 4t 3 +4t m/s, v y = 4t m/s.για t = 0sτοσωματίδιοβρίσκεταιστοσημείο (1,2). Βρείτε την εξίσωση τροχιάς του σωματιδίου. (Άσκηση 2.7 Ιωάννου-Τρικαλινός Ολοκλήρωση των συνιστωσών της ταχύτητας δίνει: x(t) = (4t 3 +4t)dt = t 4 +2t 2 +C 1 y(t) = (4t)dt = 2t 2 +C 2 καιμεβάσητιςαρχικέςσυνθήκεςγια t = 0 (x 0,y 0 ) = (1,2)παίρνουμε C 1 = 1, C 2 = 2.Οπότεηεξίσωσητηςτροχιάςείναι: { x(t) = t 4 +2t 2 +1 y(t) = 2t 2 +2 } = { x(t) = (t 2 +1) 2 y(t) = 2(t 2 +1) } ( y = x = 2 ) 2 = x = 1 4 y2 Η τροχιά του σωματιδίου διαγράφει λοιπόν παραβολική τροχιά στο επίπεδο (xy). ΑΣΚΗΣΗ 2.15 Τοδιάνυσμαθέσηςκινητούστοεπίπεδο (xy)δίνεταιαπότησχέση r = αtî + βt 2 ĵ, όπουακαιβσταθερές.αφούπρώταβρεθείητροχιάτουκινητού,ναυπολογισθούντα διανύσματα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης και να εκφραστεί η μεταξύ των γωνία φ συναρτήσει του χρόνου. Για τις συνιστώσες x(t) και y(t) της τροχιάς ισχύουν: { x(t) = αt y(t) = βt 2 } = x2 y = α2 β = y = ( β α 2 ) Ητροχιάείναιλοιπόνηπαραβολή y = λx 2 μεσταθερά λ = β/α 2. x 2

45 43 Απότοδιάνυσμαθέσης r = αtî+ βt 2 ĵυπολογίζονταιταδιανύσματατης ταχύτητας και της επιτάχυνσης: v = d r dt = d ( ) αtî+βt 2 ĵ = αî+2βtĵ dt a = d v dt = d ( ) αî+2βtĵ = 0î+2βĵ dt Παρατηρούμε πως η επιτάχυνση a είναι ένα σταθερό διάνυσμα(ανεξάρτητο του χρόνου)μεμέτρο2βκατάτηνκατεύθυνση y. Αντίθετα, η ταχύτητα v έχει μια σταθερή συνιστώσα, μέτρου α, κατά τη κατεύθυνση x και μια χρονοεξαρτώμενη, η j οποίαείναιανάλογητουχρόνουμεμέτρο2βt,κατάτηκατεύθυνση y. Η ζητούμενη γωνία μεταξύ των διανυσμάτων ταχύτητας και επιτάχυνσης μπορεί να υπολογισθεί εύκολα κάνοντας χρήση του εσωτερικού των γινομένου: v a = v a cosφ = ( ) ( ) ( ) αî+2βtĵ 0î+2βĵ = α2 +(2βt) 2 (2β) cosφ a i v = 4β 2 t = 2β α 2 +(2βt) 2 cosφ = cosφ = 2βt α2 +(2βt) 2 = cosφ = 1 1+(α/2βt) 2 ήισοδύναμα tanφ = a 2βt Απότοπαραπάνωαποτέλεσμαφαίνεταιπωςηγωνίαφτείνειστομηδένκαθώςμεγαλώνει ο χρόνος t της κίνησης(cosφ 1 ή tanφ 0). Το αποτέλεσμα αυτό είναι αναμενόμενο, καθώς η χρονοεξαρτώμενη συνιστώσα της ταχύτητας v είναι κατά την κατεύθυνση y μόνο, οπότε το διάνυσμα της ταχύτητας τείνει να ταυτιστεί με την σταθερή κατεύθυνση του διανύσματος της επιτάχυνσης. Στηναρχήτηςκίνησης(t = 0)όταντοκινητόβρίσκεταιστηναρχήτωναξόνων (το διάνυσμα θέσης γίνεται r = 0î + 0ĵ για t = 0) τα δύο διανύσματα ταχύτητας και επιτάχυνσης είναι κάθετα, όπως φαίνεται από τις σχέσεις που προκύπτουν. Κατά συνέπεια, η επιτάχυνση τη στιγμή αυτή είναι εξ ολοκλήρου κεντρομόλος, δηλαδή: { v(t = 0) = αî+0ĵ a(t = 0) = 0î+2βĵ } = a = a N = v2 ρ = 2β = α2 ρ = ρ = α2 2β ηακτίνακαμπυλότηταςμπορείναεκφραστείμέσωτωνσταθερώνακαιβμετηνπαραπάνω απλή σχέση.

46 44 ΑΣΚΗΣΗ 2.16 Σωματίδιοκινείταιστοεπίπεδο (xy)διαγράφονταςτηνπαραβολή y = λx 2.Ναυπολογιστείηεπιτάχυνσηκαιηακτίνακαμπυλότηταςτηςτροχιάςστοσημείο x = 0. Η άσκηση αυτή διαφοροποιείται από την προηγούμενη, παρ όλοπουητροχιάτυχαίνει ναέχειτηνίδιαμορφή(παραβολική). Στην παρούσα άσκηση δεν είναι γνωστές οι παραμετρικές εξισώσεις των συντεταγμένωντηςθέσης.οπότε,μεβάση τον ορισμό της ταχύτητας και της επιτάχυνσης, θα ισχύουν οι παρακάτω εξισώσεις: r = xî+yĵ v = dx dy dtî+ a = dvx dt dtĵ î+ dvy dt ĵ = a N a r = xî+λx 2 ĵ v = dx dtî+2λxdx a T a = dvxî+( 2λ dxv dt dt x +2λx dvx dt v dtĵ = vxî+2λxv xĵ )ĵ Άρα τελικά η επιτάχυνση μπορεί να γραφεί στην διανυσματική μορφή: a = a x î+(2λv 2 x +2λxa x )ĵ Για x = 0είναι r = 0î+0ĵκαιταδιανύσματα vκαι aγίνονταικάθετα,όπωςφαίνεται από τις σχέσεις: { v = v x î+0ĵ a = a x î+2λv 2 xĵ Οπότεηκεντρομόλοςσυνιστώσα a N τηςεπιτάχυνσηςταυτίζεταιμετηνσυνιστώσα τηςκατάτηνκατεύθυνση ĵ(û N = ĵ).άραθαισχύει: } a N = v2 ρ = 2λv2 x = v2 x ρ = ρ = 1 2λ Παρατηρείστε πως το αποτέλεσμα για την ακτίνα καμπυλότητας είναι ταυτόσημο με αυτό της προηγούμενης άσκησης.

47 45 ΑΣΚΗΣΗ 2.17 Σώμα κινείται στο επίπεδο σε κυκλική τροχιά ακτίνας R = 2m με γωνιακή επιτάχυνση a A = (6t+2) rad/s 2. Εάντηχρονικήστιγμή t = 0sγωνιακήταχύτητακαιηγωνία είναιαντίστοιχα ω 0 = 0 rad/s, θ 0 = 0 radναβρεθούνταδιανύσματατηςγραμμικής εφαπτομενικήςκαικεντρομόλουεπιτάχυνσης a T και a N αντίστοιχα. Η γωνιακή ταχύτητα και η γωνία προκύπτουν από την ολοκλήρωση της γωνιακής επιτάχυνσης: ω(t) = a A (t)dt = (6t+2)dt = 3t 2 +2t+C = ω(t) = 3t 2 +2t θ(t) = ω(t)dt = (3t 2 +2t)dt = t 3 +t 2 +C = θ(t) = t 3 +t 2 Η γραμμική ταχύτητα του σωματιδίου θα δίνεται από τη σχέση: v(t) = Rω(t) = 2(3t 2 +2t) = (6t 2 +4t) m/s οπότε η εφαπτομενική συνιστώσα της επιτάχυνσης έχει μέτρο: a T = dv dt = 12t+4 = a T = (12t+4)û T m/s 2 ενώ η κεντρομόλος συνιστώσα έχει μέτρο: a N = Rω 2 = 2(3t 2 +2t) 2 = a N = 2t 2 (3t+2) 2 û N m/s 2 Ταμοναδιαίαδιανύσματα û T και û N είναιαντίστοιχαεφαπτόμενοκαικάθετο(κεντρομόλο) στη κυκλική τροχιά στο σημείο της επιβατικής ακτίνας. 2.4 Βολές ΑΣΚΗΣΗ 2.18 Σώμα, ελεύθερο αντιστάσεων και άλλων τριβών, βάλλεται από ύψος h με οριζόντια ταχύτηταv 0.ΝαβρεθείτοβεληνεκέςRκαθώςκαιηγωνίαφπουσχηματίζεταιαπότην ευθεία που συνδέει το σημείο βολής και πρόσκρουσης στο έδαφος με την κατακόρυφο.

48 46 Από την ανεξαρτησία των κινήσεων στον οριζόντιο και κατακόρυφο άξονα σχηματίζουμε τις εξισώσεις κίνησης: { R = v 0 t h = 1 2 gt2 Γιατηγωνίαφισχύει: } = { tanφ = R h = v 0 2h/g h R = v 0 2h/g t = 2h/g } = R = v 0 2h g = tanφ = v 0 2 hg ΑΣΚΗΣΗ 2.19 Βλήμα, ελεύθερο αντιστάσεων και άλλων τριβών, εκτοξεύεται από ύψος h = 500m με ταχύτητα v 0 προςτακάτω,σχηματίζονταςγωνία φ = 60 o μετηνκατακόρυφο. Να βρεθείτοβεληνεκές Rτηςβολήςαυτής,εάντοσώμασυναντάτοέδαφος t = 4sμετά τηνεκτόξευση.ποιοτομέτροτηςαρχικήςταχύτητας v 0 καιποιοτηςτελικής v; Οπως και στην προηγούμενη άσκηση γράφουμε τις εξισώσεις κίνησης στον οριζόντιο και κατακόρυφο άξονα. Στον οριζόντιο άξονα έχουμε την συνιστώσα της ταχύτητας

49 47 v 0x = v 0 sinφ,ενώστονκατακόρυφοαντίστοιχατην v 0y = v 0 cosφ. v x = v 0 sinφ v x = v 0 sinφ (1) R = (v 0 sinφ)t R = (v 0 sinφ)t (2) = v y = v 0 cosφ gt v y = v 0 cosφ+gt (3) h = ( v 0 cosφ)t 1 2 gt2 h = (v 0 cosφ)t+ 1 2 gt2 (4) Απότηντελευταίαεξίσωση(4)υπολογίζουμετομέτροτηςαρχικήςταχύτητας v 0 και το αντικαθιστούμε στην(2): v x = v 0 sinφ (1) R = (h gt 2 /2)(tsinφ)/(tcosφ) (2) v y = v 0 cosφ+gt (3) v 0 = (h gt 2 /2)/(tcosφ) (4) = R = (h gt 2 /2)tanφ v 0 = (h gt 2 /2)/(tcosφ) Μετάαπόαντικατάστασηβρίσκουμε R = 730 m και v 0 = 210 m/s.γιατονυπολογισμό της τελικής ταχύτητας θα προστεθούν διανυσματικά η αμετάβλητη οριζόντια συνιστώσα v x (1)καιητελικήκατακόρυφη v y (3): v = v 2 x +v 2 y = (210sin60 o ) 2 +(210cos60 o ) 2 = v = 232 m/s

50 48 ΑΣΚΗΣΗ 2.20 Βλήμαεκτοξεύεταιαπότοέδαφοςμεαρχικήταχύτητα v 0 υπόγωνίαφκαισυναντάτην ταράτσα κτιρίου ύψους H σε οριζόντια απόσταση R. Θεωρώντας την αντίσταση του αέρααμελητέα,ναυπολογίσετετηνγωνίαβολήςφεάνδίνονταιταμεγέθη R = 200 m, H = 50 mκαι v 0 = 60 m/s. Οι εξισώσεις της κίνησης για χρόνο πτήσης του βλήματος t, ο οποίος καθορίζεται από την κατακόρυφη κίνηση, είναι: { } { } R = (v 0 cosφ)t t = R/(v 0 cosφ) = H = (v 0 sinφ)t 1 2 gt2 H = R(v 0 sinφ)/(v 0 cosφ) 1 2 gr2 /(v 0 cosφ) 2 Η δεύτερη των εξισώσεων είναι μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς την tanφ: H = Rtanφ 1 2 gr2 /(v 0 cosφ) 2 = H = Rtanφ gr2 (1+tan 2 φ) = 2v0 2 tan 2 φ 2v2 0 gr tanφ+ 2v2 0 H gr 2 +1 = 0 Με τα δεδομένα της άσκησης, η παραπάνω εξίσωση γίνεται: tan 2 φ 3.673tanφ = 0 = tanφ 1 = 3.117,tanφ 2 = = φ 1 = 72.2 o, φ 2 = 29.1 o

51 49 ΑΣΚΗΣΗ 2.21 Βλήμαεκτοξεύεταιαπότηβάσηκεκλιμένουεπιπέδουγωνίαςφυπόγωνίαθωςπρος τον ορίζοντα. Να υπολογιστεί το βεληνεκές R επί του κεκλιμένου επιπέδου. ΜΕΘΟΔΟΣ Α Αναλύουμε τη κίνηση του βλήματος στον άξονα παράλληλο προς το κεκλιμένο επίπεδο και στον αντίστοιχο κάθετο. Στην περίπτωση αυτή, και στις δύο αυτές κατευθύνσεις δρα η βαρυτική επιτάχυνση με μέτρα gsinφ και gcosφ αντίστοιχα. Οι εξισώσεις κίνησης είναι: { R = v 0 cos(θ φ)t 1 2 g(sinφ)t2 0 = v 0 sin(θ φ)t 1 2 g(cosφ)t2 Ηδεύτερητωνεξισώσεωνλυόμενηωςπροςτονχρόνο tδίνει: t = 2v 0 g sin(θ φ) cosφ και μετά από αντικατάσταση στην πρώτη λαμβάνουμε για το βεληνεκές R την παρακάτω σχέση: R = v 0 cos(θ φ) 2v 0 g sin(θ φ) cosφ } 1 v 2 2 gsinφ22 0 sin 2 (θ φ) g 2 cos 2 φ = R = 2v2 0 g cos(θ φ)sin(θ φ)cosφ sinφsin 2 (θ φ) cos 2 φ =

52 50 R = 2v2 0 g sin(θ φ)[cos(θ φ)cosφ sinφsin(θ φ)] cos 2 φ R = 2v2 0 g sin(θ φ)cos(θ φ+φ) cos 2 φ = = R = 2v2 0 g sin(θ φ)cosθ cos 2 φ Ησχέσηαυτήγιατηνοριακήπερίπτωση φ = 0απλοποιείταιστηνγνωστήσχέσητου βεληνεκούςγιατοοριζόντιοεπίπεδο R = 2v2 0 g sinθcosθ = v2 0 g sin2θ. ΜΕΘΟΔΟΣ Β Αναζητούμε το σημείο τομής της τροχιάς του βλήματος και του κεκλιμένου επιπέδου. Οι εξισώσεις αυτές αντίστοιχα είναι: { } y = xtanθ gx 2 /2(v 0 cosθ) 2 = xtanθ gx 2 /2(v 0 cosθ) 2 = xtanφ = y = xtanφ x = 2v2 0 g (tanθ tanφ)cos2 θ Αλλάτο xδίνεταιμέσωτουβεληνεκούςκαιτηςγωνίαςφως x = Rcosφ,οπότε: Rcosφ = 2v2 0 g (tanθ tanφ)cos2 θ = R = 2v2 0 g tanθ tanφ cos 2 θ = cosφ R = 2v2 0 g sinθcosθ cos 2 θtanφ cosφ R = 2v2 0 g = R = 2v2 0 g cosθ(sinθcosφ cosθsinφ) cos 2 φ cosθ(sinθ cosθsinφ/cosφ) cosφ = = R = 2v2 0 g sin(θ φ)cosθ cos 2 φ Καταλήγουμε λοιπόν στο ίδιο με την προηγούμενη μέθοδο αποτέλεσμα.

53 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 2.22 Ενας ζογκλέρ συνηθίζει να πετάει τις μπάλες κατακόρυφα προς τα πάνω μέχρι κάποιο ύψος H. Πόσοψηλάπρέπειναπετάξειτιςμπάλεςώστεαυτέςναμείνουνστοναέρα για διπλάσιο χρόνο; Απάντηση: 4H (Άσκηση 2.99 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 2.23 Σωματίδιοκινείταιστοεπίπεδο (xy)μεσυντεταγμένες x(t) = at 2 και y(t) = bt,όπου aκαι bσταθερές. (α)ναυπολογισθούνηταχύτητακαιηεπιτάχυνσήτου. (β)να βρεθεί η εξίσωση της τροχιάς.(γ) Να εκφρασθεί η γωνία φ μεταξύ των διανυσμάτων της ταχύτητας και της επιτάχυνσης ως συνάρτηση του χρόνου. Απάντηση:(α) v = 2at i+b j, a = 2a i (β) y 2 = b2 a x (γ) tanφ = b 2at ΑΣΚΗΣΗ 2.24 Εναπουλίπετάστοεπίπεδο (xy)μεέναδιάνυσματαχύτηταςπουδίνεταιαπότησχέση v = (α βt 2 ) i + γt jμεσταθερές α = 2.4 m/s, β = 1.8 m/s 3, γ = 4.0 m/s 2. Οάξονας xείναιοριζόντιος,ενώοyδείχνεικατακόρυφαπροςταπάνω. Τηχρονική στιγμή t = 0τοπουλίβρίσκεταιστηναρχήτωναξόνων.(α)Ναυπολογιστούνηθέση καιηεπιτάχυνσήτουσανσυνάρτησητουχρόνου. (β)σετιύψοςβρίσκεταιτοπουλί ότανπερνάειγιαπρώτηφοράαπότο x = 0μετάτηχρονικήστιγμή t = 0; Απάντηση:(β) y = 8 m (Άσκηση 3.46 Young-Freedman) ΑΣΚΗΣΗ 2.25 Παίκτης του γκολφ ξεκινά από ύψωμα δίνοντας στη μπάλα του αρχική ταχύτητα 43 m/s μεγωνία 30 o πάνωαπότηνοριζόντιακατεύθυνση. Ημπάλαπέφτεισεεπίπεδομε γρασίδικαισεοριζόντιααπόσταση 180 mαπότοσημείοβολής. (α)πόσοπάνωαπό

54 52 την περιοχή με γρασίδι βρίσκεται το ύψωμα;(β) Πόση είναι η ταχύτητα της μπάλας καθώς χτυπά στο γρασίδι; Απάντηση:(α) 11 m (β) 45 m/s (Άσκηση Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 2.26 Κινούμενο σώμα στο επίπεδο (xy) έχει συντεταγμένες x = αt και y = βsin(αt), όπου α και β θετικές σταθερές. Να αποδείξετε πως το μέτρο της επιτάχυνσης είναι ανάλογο της απόστασης του κινούμενου σώματος από τον άξονα των x. Να βρεθεί και να σχεδιαστεί η μορφή της τροχιάς του σώματος.

55 Κεφάλαιο 3 ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΕΝΟΣ ΣΩΜΑΤΟΣ Νομοι του Νευτωνα {Νόμος της Αδράνειας- Αδρανειακό Σύστημα, Μάζα και Ορμή, Αρχή διατήρησης της Ορμής, Δύναμη- Δεύτερος Νόμος του Νεύτωνα, Τρίτος Νόμος του Νεύτωνα} Ειδικες Περιπτωσεις Δυναμεων {Βαρυτική Δύναμη- Βάρος, Κάθετη Δύναμη σε Επιφάνεια, Τάση Νήματος} Τριβη {Δύναμη Τριβής, Οπισθέλκουσα Δύναμη και Οριακή Ταχύτητα} Αφού διατυπωθούν οι Νόμοι του Νεύτωνα εξετάζεται η κίνηση ενός απλού σώματος ή συστοιχίας σωμάτων συνδεδεμένων με αβαρές και μη εκτατό νήμα. Η μηχανή του Atwood αποτελεί κλασικό θεωρητικό παράδειγμα και δίνονται διάφορα συνδυαστικά παραδείγματα κίνησης σωμάτων σε οριζόντιο και κεκλιμένο επίπεδο. Εισάγεται η έννοια της δύναμης της τριβής και εξετάζονται ποικίλες περιπτώσεις κίνησης με τις οριακές τους περιπτώσεις. Τέλος δίνεται η έννοια της οπισθέλκουσας δύναμης, όπως είναι η αντίσταση σώματος κινούμενου σε ρευστό, και η εξάρτησή της από την ταχύτητα. Επιλύονται οι περιπτώσεις όπου η αντίσταση είναι ανάλογη της ταχύτητας και ευρίσκεται η έκφραση της ταχύτητας συναρτήσει του χρόνου καθώς και η οριακή της τιμή. 53

56 Δυναμική Σώματος με Τριβή ΑΣΚΗΣΗ 3.1 Συστοιχίατριώνσωμάτωνμεμάζεςαντίστοιχα m 1, m 2 και m 3,συνδεδεμένωνμεαβαρές και μη εκτατό νήμα, κινείται σε οριζόντιο δάπεδο υπό την επίδραση της οριζόντιας δύναμης T 3,ηοποίαεφαρμόζεταιστοτρίτοσώμα. Ναυπολογιστούνοιοριζόντιες τάσεις του νήματος και η συνολική επιτάχυνση a του συστήματος: (α) Οταν δεν υ- πάρχουν τριβές μεταξύ των σωμάτων και του δαπέδου και(β) Οταν οι συντελεστές τριβήςολίσθησηςγιατατρίασώματαμετοδάπεδοείναι µ 1, µ 2 και µ 3 αντίστοιχα. Πώς διαμορφώνονται οι παραπάνω απαντήσεις όταν οι μάζες των σωμάτων είναι ίσες m 1 = m 2 = m 3 = mήότανοισυντελεστέςτριβήςείναιίσοιμε µ 1 = µ 2 = µ 3 = µ; Στην πιο γενική περίπτωση διαφορετικών μαζών και συντελεστών τριβής οι ασκούμενες στα τρία σώματα δυνάμεις έχουν όπως στο παρακάτω σχήμα. Προφανώς οι αντιδράσεις τουδαπέδου N i εξουδετερώνουντηνδύναμητουβάρους m i gκάθεσώματος,δηλαδή ισχύουνοισχέσιες N 1 = m 1 g, N 2 = m 2 gκαι N 3 = m 3 g.

57 55 Κατά συνέπεια, οι εξισώσεις κίνησης στη γενική περίπτωση για κάθε σώμα περιγράφονται από τις εξισώσεις: T 1 f 1 = m 1 a T 2 T 1 f 2 = m 2 a T 3 T 2 f 3 = m 3 a = T 1 m 1 gµ 1 = m 1 a T 2 T 1 m 2 gµ 2 = m 2 a T 3 T 2 m 3 gµ 3 = m 3 a T 1 = m 1 a+m 1 gµ 1 = T 2 T 1 = m 2 a+m 2 gµ 2 T 3 T 2 = m 3 a+m 3 gµ 3 (α)περίπτωσηχωρίςτριβές µ 1 = µ 2 = µ 3 = 0 Στην περίπτωση αυτή το σετ των εξισώσεων διαμορφώνεται στην απλή μορφή: T 1 = m 1 a T 2 T 1 = m 2 a T 3 T 2 = m 3 a = T 1 = m 1 a T 2 m 1 a = m 2 a T 3 (m 1 +m 2 )a = m 3 a = απ όπουπροκύπτειότιηεπιτάχυνση aκαιοιτάσεις T 1 και T 2 : T 1 = m 1 a T 2 = (m 1 +m 2 )a T 3 = (m 1 +m 2 +m 3 )a a = T 3 m 1 +m 2 +m 3 T 1 = T 2 = m 1 m 1 +m 2 +m 3 T 3 m 1 +m 2 m 1 +m 2 +m 3 T 3 ΠαρατηρούμεπωςT 1 < T 2 < T 3,ενώστηνειδικήπερίπτωσηίσωνμαζώντοαποτέλεσμα αυτό απλοποιείται στις σχέσεις: (β) Περίπτωση με Τριβές a = T 3 3m, T 1 = 1 3 T 3, T 2 = 2 3 T 3 Στην περίπτωση αυτή, οι προηγούμενες γενικές εξισώσεις διαμορφώνονται στην παρακάτω μορφή: T 1 = m 1 a+m 1 gµ 1 T 2 = m 2 a+m 2 gµ 2 +T 1 T 3 = m 3 a+m 3 gµ 3 +T 2 = T 1 = m 1 (a+gµ 1 ) T 2 = m 2 (a+gµ 2 )+m 1 (a+gµ 1 ) T 3 = m 3 (a+gµ 3 )+m 2 (a+gµ 2 )+m 1 (a+gµ 1 )

58 56 (1) T 1 = m 1 a+m 1 µ 1 g = (2) T 2 = (m 1 +m 2 )a+(m 1 µ 1 +m 2 µ 2 )g (3) T 3 = (m 1 +m 2 +m 3 )a+(m 1 µ 1 +m 2 µ 2 +m 3 µ 3 )g Απότηνεξίσωση(3)προκύπτειγιατηνεπιτάχυνση aησχέση: a = T 3 m 1µ 1 +m 2 µ 2 +m 3 µ 3 g m 1 +m 2 +m 3 m 1 +m 2 +m 3 Γιατηνπερίπτωσηπουοισυντελεστέςτριβήςείναιίσοιμε µ, ηπαραπάνωσχέση απλοποιείται στην a = T 3 m 1 +m 2 +m 3 µg ενώ οι αντίστοιχες τάσεις υπολογίζονται από τις(1) και(2): T 1 = m 1 a+m 1 µg = T 1 = m 1 m 1 +m 2 +m 3 T 3 m 1 µg +m 1 µg και = T 1 = m 1 m 1 +m 2 +m 3 T 3 T 2 = (m 1 +m 2 )a+(m 1 +m 2 )µg = T 2 = Παρατηρήσεις = T 2 = m 1 +m 2 m 1 +m 2 +m 3 T 3 (m 1 +m 2 )µg+(m 1 +m 2 )µg m 1 +m 2 m 1 +m 2 +m 3 T 3 1.Στηνπερίπτωσητουκοινούσυντελεστήτριβής µτωνσωμάτωνμετοδάπεδο,οι τάσεις των νημάτων είναι ταυτόσημες με την περίπτωση όπου δεν υπάρχει τριβή! 2. Στην γενική περίπτωση τριβών με διαφορετικούς συντελεστές, η επιταχυνόμενη κίνηση της συστοιχίας απαιτεί a 0, δηλαδή: a = T 3 m 1 +m 2 +m 3 m 1µ 1 +m 2 µ 2 +m 3 µ 3 m 1 +m 2 +m 3 g 0 = T 3 (m 1 µ 1 +m 2 µ 2 +m 3 µ 3 )g 3. Σε οποιαδήποτε των περιπτώσεων ισχύει πάντα για τις τάσεις του νήματος η ανισότητα T 1 < T 2 < T 3.

59 57 ΑΣΚΗΣΗ 3.2 Δύοσώματαμάζας m 1 και m 2 αντίστοιχαείναισυνδεδεμέναμεαβαρέςκαιμηεκτατό νήμακαιολισθαίνουνσεοριζόντιοεπίπεδουπότηνεπίδρασηδύναμης Fηοποίαδραστο σώμα 2 σχηματίζοντας γωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο. Εάν ο κοινός συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ των σωμάτων και του επιπέδου είναι µ, να υπολογισθεί η επιτάχυνση aτουσυστήματοςτωνδύοσωμάτωνκαθώςκαιητάσητουνήματος T. Αναλύονταςτηδύναμη Fστιςσυνιστώσεςτης,μέτρου Fcosθ(οριζόντια)και Fsinθ (κάθετη στο επίπεδο) και συμπεριλαμβάνοντας την τάση T του νήματος και τις αντίστοιχεςτριβέςτωνσωμάτων f 1 και f 2 έχουμετοσύνολοτωνδυνάμεωνόπωςαπεικονίζεται στοπαρακάτωσχήμα.γιατιςαντιδράσειςτουεπιπέδου N 1 και N 2 στασώματα1και2 αντίστοιχαισχύουν N 1 = m 1 gκαι N 2 = m 2 g +Fsinθ.Λαμβάνονταςτηκίνησηκάθε σώματος χωριστά σχηματίζουμε το σύστημα των εξισώσεων: { } { } T f 1 = m 1 a T N 1 µ = m 1 a = = Fcosθ T f 2 = m 2 a Fcosθ T N 2 µ = m 2 a

60 58 = { T m 1 gµ = m 1 a (1) Fcosθ T (m 2 g +Fsinθ)µ = m 2 a (2) } Απαλείφοντας την τάση T του νήματος, προσθέτοντας τις δύο παραπάνω σχέσεις, καταλήγουμε στην: Fcosθ (m 2 g +Fsinθ)µ m 1 gµ = (m 1 +m 2 )a = F(cosθ µsinθ) (m 1 +m 2 )µg = (m 1 +m 2 )a = a = F m 1 +m 2 (cosθ µsinθ) µg Αντικαθιστώντας το αποτέλεσμα αυτό στην(1) προκύπτει το μέτρο της τάσης T του νήματος: F T = m 1 a+m 1 µg = m 1 (cosθ µsinθ) m 1 µg +m 1 µg m 1 +m 2 Παρατηρήσεις = T = m 1 m 1 +m 2 F(cosθ µsinθ) 1.Απαιτώνταςητάσητουνήματοςναείναιθετική,ώστετοσώμα2ναμπορείνα σύρει το σώμα 1, καταλήγουμε στην σχέση: T > 0 = cosθ µsinθ > 0 = tanθ < 1 µ 2. Η προηγούμενη απαίτηση διασφαλίζει τεντωμένο νήμα. Για να υπάρξει όμως και κίνηση χρειάζεται η επιτάχυνση να είναι θετική, ή οριακά μηδέν, οπότε: a 0 = F m 1 +m 2 (cosθ µsinθ) µg 0 = F(cosθ µsinθ) µ(m 1 +m 2 )g = F µ(m 1 +m 2 )g cosθ µsinθ Αριθμητικό Παράδειγμα Για µ = 0.20ηοριακήγωνίαεφαρμογήςτηςδύναμης Fείναι tanθ < = 5,δηλαδή θ < 78.7 o. Παραδείγματοςχάριν,για θ = 30 o και m 1 = m 2 = mβρίσκουμεοριακή δύναμη F 0.52mgκαιοριακήτάσηνήματος T = µm 1 g = 0.20mg.

61 59 ΑΣΚΗΣΗ 3.3 Δύοσώματα1και2μάζας m 1 καιm 2 αντίστοιχαείναισυνδεδεμέναμεαβαρήράβδοκαιολισθαίνουν κατά μήκος κεκλιμένουεπιπέδουγωνίαςθμόνουπό την επίδραση των βαρών τους. Εάν ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ των σωμάτων και του επιπέδου είναι αντίστοιχα µ 1 και µ 2,ναυπολογισθείηεπιτάχυνση aτουσυστήματοςτωνδύοσωμάτων καθώςκαιητάση Tτηςράβδου. Ησύζευξητωνδύοσωμάτωνμετηναβαρήράβδοεπιτρέπειτοσύστημανακινηθεί ενιαίαμεεπιτάχυνση a. Ηράβδος,σεαντίθεσημετονήμα,επιτρέπειτηνάσκηση δύναμηςτκαιπροςτιςδύοκατευθύνσεις. Ανάλογαδηλαδήμετιςτιμέςπουέχουν οισυντελεστέςτριβής µ 1 και µ 2,θαμπορούσετοσώμα1ναασκείμέσωτηςράβδου επιπρόσθετη δύναμη στο σώμα 2, εάν η επιτάχυνση του σώματος 1 ήταν μεγαλύτερη αυτής του 2 στην περίπτωση που τα θεωρούσαμε ασύνδετα. Μια τέτοια άσκηση δύναμης δεν είναι δυνατή με νήμα. Στο παραπάνω σχήμα φαίνονται οι ασκούμενες δυνάμεις σε κάθε σώμα. Εδώ έχουμε θεωρήσειγιατηντάση T τέτοιαφορά,ωσάντοσώμα2ναέλκειτο1. Αρνητικό αποτέλεσμαστηντιμήτης Tπρέπεινααναστρέψειτηφοράτης

62 60 Οι αντιδράσεις του επιπέδου N 1 και N 2 στα σώματα 1 και 2 είναι αντίστοιχα N 1 = m 1 gcosθκαι N 2 = m 2 gcosθ. Θεωρώνταςεπιταχυνόμενηκίνησημέτρου aκατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου και εξετάζοντας τη κίνηση κάθε σώματος χωριστά σχηματίζουμε το σύστημα των εξισώσεων: { } m 1 gsinθ+t f 1 = m 1 a (1) m 2 gsinθ T f 2 = m 2 a (2) Διαίρεση κατά μέλη των εξισώσεων(1) και(2) απαλείφει την επιτάχυνση a και δίνει: m 2 (m 1 gsinθ+t f 1 ) = m 1 (m 2 gsinθ T f 2 ) = m 2 T m 2 f 1 = m 1 T m 1 f 2 = T = m 2f 1 m 1 f 2 m 1 +m 2 = T = m 2µ 1 N 1 m 1 µ 2 N 2 m 1 +m 2 = T = m 2µ 1 m 1 gcosθ m 1 µ 2 m 2 gcosθ m 1 +m 2 = T = m 1m 2 m 1 +m 2 (µ 1 µ 2 )gcosθ Αντικαθιστώντας την τιμή της τάσης T στην(1) υπολογίζεται η επιτάχυνση a: Παρατηρήσεις a = gsinθ+ m 2 m 1 +m 2 (µ 1 µ 2 )gcosθ µ 1 gcosθ [ = a = sinθ µ ] 1m 1 +µ 2 m 2 cosθ g m 1 +m 2 1.Τοαποτέλεσματηςτάσης T δείχνειπωςηφοράτηςείναιαυτήτουσχεδίου εφόσον µ 1 > µ 2. Σεαντίθετηπερίπτωσητοσώμα1(έχονταςμικρότερητριβή καιάραμεγαλύτερηεπιτάχυνσητου2εάνήτανασύζευκτα)ωθείτοσώμα2με δυνάμεις T αντίθετες των σχεδιασμένων. 2. Εάν απαιτήσουμε το σύστημα να κινείται οριακά με ομαλή ταχύτητα, δηλαδή a = 0,πρέπει: sinθ µ 1m 1 +µ 2 m 2 m 1 +m 2 cosθ = 0 = tanθ = µ 1m 1 +µ 2 m 2 m 1 +m 2 3.Στηνπερίπτωσηπου µ 1 = µ 2 = µητάσημηδενίζεται(t = 0)ενώηεπιτάχυνση απλοποιείται στην μορφή a = (sinθ µcosθ)g, ικανοποιώντας την γνωστή σχέση µ = tanθ στην οριακή περίπτωση της ομαλής κίνησης.

63 61 ΑΣΚΗΣΗ 3.4 Κιβώτιο1μάζας m 1 βρίσκεταιπάνωσεκιβώτιο2μάζας m 2,τοοποίομπορείνακινηθείχωρίς τριβές σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Εάν ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ των δύο κιβωτίων είναι µ s,ναβρεθείημέγιστηδύναμηπουμπορεί ναασκηθείστοκιβώτιο2ώστενααποφευχθείη ολίσθησητου1καιτοσύστηματωνδύοσωμάτωννακινηθείενιαία. Εάντοσώμα2κινείταιπροςταδεξιά,τότετοσώμα1τείνειλόγωαδράνειαςνακινηθεί προςτααριστεράσχετικάμετο2,οπότεηδύναμητριβήςπουασκείταισ αυτόέχει την ίδια κατεύθυνση με την επιτάχυνση. Οι δυνάμεις που ασκούνται σε κάθε σώμα ξεχωριστά φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. Δεδομένουότιστοσώμα1τοβάροςτου m 1 gεξουδετερώνεταιαπότηναντίδραση N 1 πουτουασκείτοσώμα2,ημοναδικήδύναμηπουδραγιανατοεπιταχύνειείναιη δύναμητριβής f s : f s = m 1 a = f max s = m 1 a max = m 1 gµ s = a max = µ s g Ηκίνησητουσυστήματοςκαιτωνδύοσωμάτων (m 1 +m 2 )γίνεταιυπότηνεπίδραση τηςδύναμης F,οπότεισχύει: F = (m 1 +m 2 )a = F max = (m 1 +m 2 )a max = F max = (m 1 +m 2 )µ s g

64 62 Σημείωση Η εξίσωση κίνησης μόνο του σώματος 2 αναπαράγει τη κίνηση της συστοιχίας και των δύο σωμάτων: F f s = m 2 a = F m 1 a = m 2 a = F = (m 1 +m 2 )a ΑΣΚΗΣΗ 3.5 Μικρή μπάλα αμελητέου βάρους κτυπά το οριζόντιο επίπεδο υπό γωνία θ σε σχέση με την κατακόρυφο. Εάν ο συντελεστής τριβής μεταξύ της μπάλας και του επιπέδου είναι µ, να υπολογιστεί η γωνία ανάκλασης της μπάλας φ. Εστωότιημπάλαέχειορμή pτομέτροτηςοποίαςείναι p = mv. Αυτήαναλύεται σεδύοσυνιστώσες p x = mvsinθκαι p y = mvcosθ.κατάτηδιάρκειαμιαςελαστικής κρούσηςχωρίςτριβές,ηοριζόντιασυνιστώσα p x μένειαμετάβλητη,ενώηκατακόρυφη αλλάζειφοράδιατηρώνταςτομέτροτης p y σταθερό. Κατάτοντρόποαυτόηγωνία ανάκλασης ισούται με την γωνία πρόσπτωσης θ, όπως φαίνεται στο αριστερό σχήμα παρακάτω. Η ύπαρξη τριβής εναντιώνεται στην κίνηση του σώματος και άρα επιφέρει αλλαγή του μέτρουτηςοριζόντιαςσυνιστώσαςτηςορμής p x.γιατονυπολογισμότηςυποθέτουμε ότιηδιάρκειατηςκρούσηςείναι t,οπότεηελάττωσητηςορμήςθαδίνεταιαπότο γινόμενο f t, όπου f η δύναμη τριβής. Κατά συνέπεια, η οριζόντια συνιστώσα της

65 63 ορμήςμετάτηνκρούσηθαέχειμέτρο: p x = mvsinθ f t = mvsinθ µ p y t t = mvsinθ µ p y Αλλά p y = mvcosθ ( mvcosθ) = 2mvcosθ,οπότεηπαραπάνωσχέσηγίνεται: p x = mvsinθ 2µmvcosθ Συνεπώς, η ζητούμενη γωνία φ υπολογίζεται από τη σχέση: tanφ = p x p y = mvsinθ 2µmvcosθ mvcosθ = tanφ = tanθ 2µ 3.2 Οπισθέλκουσα Δύναμη ΑΣΚΗΣΗ 3.6 Στερεόσώμαμάζας mξεκινάχωρίςαρχικήταχύτητακαιπέφτειπροςτακάτωυπό τηνεπίδρασητουβαρυτικούπεδίουτηςγης.εάνηαντίστασητουαέραδίνεταιαπότη σχέση F = kv,όπου vηταχύτητάτουκαι kσταθερά,ναβρεθείηχρονικήεξέλιξη της ταχύτητας του σώματος αυτού. Θεωρώντας θετική φορά των διανυσμάτων προς τα κάτω θα ισχύει η σχέση: mg kv = ma = mg kv = m dv dt = g k m v = dv dt v = dv dv = dt = g k v m 0 g kv = d ( g k dt = v) m m 0 0 g kv = k m m = ln (g km ) ln(g) v = km (1 t = ln kmg ) v = k m t t = 1 k mg v = e k m t = v = mg k v (1 e k m t ) Η σχέση αυτή δείχνει την εκθετική αύξηση της ταχύτητας προς την οριακή τιμή v 0 = lim t v = mg k t 0 dt

66 64 ΑΣΚΗΣΗ 3.7 Σώμαρίπτεταιπροςταπάνωμεαρχικήταχύτητα v 0.Εάνηαντίστασητουαέραδίνεται απότησχέση F = kv, όπου v ηταχύτητάτουσώματοςκαι k γνωστήθετική σταθερά,ναβρεθείμετάαπόπόσοχρόνοτοσώμααυτόθασταματήσει. Θεωρώντας θετική φορά των διανυσμάτων προς τα πάνω θα ισχύει η σχέση: = dv g + k m Παρατήρηση ma = mg kv = m dv dt 0 = dt = v v 0 = ln ( g + k m v 0 = mg kv = dv dt = g k m v dv t 0 ( g + kv = d g + k dt = v) m m 0 v 0 g + kv = k m m ) ln(g) = km ( t = ln 1+ k ) mg v 0 = k m t = t = m k ln (1+ k mg v 0 Οχρόνοςανόδουότανδενυπάρχειαντίστασητουαέρα(k = 0)πρέπειναγίνεταιίσος με t = v 0 /g. Επειδήηευρεθείσαπαραπάνωέκφρασηγιατονχρόνοανόδουκαιγια k = 0 οδηγεί σε απροσδιόριστη μορφή, εξετάζουμε το όριο: ( ) ( lim t = lim m k 0 k 0 k ln 1+ k ) ln 1+ k v mg v mg 0 0 = mlim k 0 k ) = mlim k 0 v 0 mg t 1+ k mg v 0 0 dt = lim k 0 t = v 0 g το οποίο ταυτίζεται με την αναμενόμενη τιμή.

67 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 3.8 ΟκύβοςΒτουσχήματοςζυγίζει711Ν.Ο συντελεστής στατικής τριβής ανάμεσα στον κύβοκαιτοτραπέζιείναι0.25.ηγωνία θείναι 30 o. ΥποθέστεότιτοσχοινίμεταξύτουΒκαιτου κόμπου είναι οριζόντιο. Βρείτε το μέγιστο βάρος τουκύβουαγιατοοποίοτοσύστημαθαείναι ακίνητο. Απάντηση: W A = 103N (Άσκηση6.23 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 3.9 Κιβώτιο ολισθαίνει προς τακάτωσεορθογώνιοαυλάκι, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης ανάμεσα στοκιβώτιοκαιτοαυλάκιείναι µ k. Πόσηείναιηεπιτάχυνσητουκιβωτίουσυναρτήσειτων µ k, θκαι g; Απάντηση: a = g ( sinθ 2µ k cosθ ) (Άσκηση6.69 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 3.10 Πλοιάριομάζας mταξιδεύειμεταχύτητα vότανημηχανήτουσταματά. Ηδύναμη τριβήςανάμεσαστοπλοίοκαιτονερόδίνεταιαπότησχέση f k = λ v,όπουλθετική σταθερά. Να υπολογιστεί ο χρόνος που διέρχεται μέχρι το πλοιάρια να επιβραδυνθεί στομισότηςαρχικήςτουταχύτητας v 2. Απάντηση: t = ln2 λ m

68 66

69 Κεφάλαιο 4 ΣΧΕΤΙΚΟΤΗΤΑ Σχετικη Κινηση {Ομαλή Σχετική Μεταφορική Κίνηση, Μετασχηματισμοί Γαλιλαίου} Ειδικη Θεωρια Σχετικοτητας {Μετασχηματισμοί Lorentz, Αξιώματα της Ειδικής Θεωρίας της Σχετικότητας, Ταυτόχρονα Γεγονότα, Διαστολή Χρόνου & Συστολή Μήκους, Μετασχηματισμός Ταχυτήτων, Ορμή και Ενέργεια} Με την βοήθεια των διανυσμάτων θέσης, ορίζονται η σχετική θέση, ταχύτητα και επιτάχυνση δύο σωμάτων. Εισάγεται η έννοια του Αδρανειακού Συστήματος και μελετάται ο μετασχηματισμός των κινηματικών μεγεθών ενός Αδρανειακού Συστήματος σε άλλο κινούμενο με ομαλή μεταφορική κίνηση, μέσω των μετασχηματισμών του Γαλιλαίου. Συζητείται το πρόβλημα των Γαλιλαϊκών Μετασχηματισμών στην Ηλεκτροδυναμική και η ανάγκη εισαγωγής νέων μετασχηματισμών. Με βάση το αναλλοίωτο της ταχύτητας του φωτός σε δύο αδρανειακά συστήματα, αποδεικνύονται οι μετασχηματισμοί Lorentz. Διατυπώνονται τα αξιώματα της Ειδικής Θεωρίας της Σχετικότητας και εξετάζονται οι άμεσες συνέπειες της Θεωρίας: Το πρόβλημα ορισμού του Ταυτόχρονου, η Διαστολή του Χρόνου και η Συστολή του Μήκους. Αποδεικνύονται οι μετασχηματισμοί των ταχυτήτωνκαισυζητούνταιταόρια v/c 0και v c. Τέλος,γίνεταιμιασύντομη μελέτη των δυναμικών χαρακτηριστικών σώματος, όπως της ορμής και της ενέργειας, σε σχετικιστικές ταχύτητες. 67

70 Σχετική Κίνηση ΑΣΚΗΣΗ 4.1 ΑεροπλάνοΑκινείταιμεταχύτητα400 km/hσεσχέσημετοέδαφοςμεβόρειακατεύθυνση. ΕναάλλοαεροπλάνοΒκινείταιμεταχύτητα300 km/hμεκατεύθυνση 30 o ανατολικότερα του πρώτου επίσης ως προς το έδαφος. Ποια είναι η σχετική ταχύτητα τουαεροπλάνουβωςπροςτοα; Ηζητούμενησχετικήταχύτητα V BA δίνεταιαπότηδιαφοράτωνδύοδιανυσμάτωντων ταχυτήτων: V BA = V B V A = [V B sinθ i+v B cosθ j] [0 i+v A j] = V BA = V B sinθ i+(v B cosθ V A ) j V BA = 300sin30 o i+(300cos30 o 400) j = V BA = (150 i j) km/h Τομέτροτηςσχετικήςταχύτητας V BA καιηγωνίαφπουσχηματίζειμετονάξονα x δίνονται από τις σχέσεις: V BA = (V B sinθ) 2 +(V B cosθ V A ) 2 = V 2 A +V2 B 2V AV B cosθ V BA = cos30 o = V BA = km/h tanφ = V y BA V x BA = V Bcosθ V A V B sinθ = = = φ = 43.1 o

71 69 ΟπιλότοςτουαεροπλάνουΑβλέπειδηλαδήνακινείταιτοαεροπλάνουΒσεΝοτιο- Ανατολική(ΝΑ) κατεύθυνση. ΑΣΚΗΣΗ 4.2 Η επίπεδη κίνηση σωματιδίου στο σύστημα συντεταγμένων Ο περιγράφεται από το διάνυσμαθέσης r(t) = t 2 i+3t jσεμονάδες S.I.Σεέναάλλοσύστημασυντεταγμένων Ο,τοίδιοσωματίδιοπεριγράφεταιαπότοδιάνυσμα r (t) = (t 2 3t) i.ναυπολογιστεί ηταχύτητατουσυστήματοςαναφοράςο σεσχέσημετοο. Εάντοδιάνυσμα R = OO περιγράφειτηθέσητηςαρχήςτουσυστήματοςο απότο τηναρχήτουο,τότεισχύει: r = r R = R = r r = d R dt = d( r r ) dt = d R dt = d [3t i+3t j] = d R dt dt = 3 i+3 j = d [t2 i+3t j (t 2 3t) i] dt ΠαρατηρούμεπωςηταχύτητατουΟ ωςπροςτοοείναισταθερήμεμέτρο 3 2και διεύθυνση που συμπίπτει με τη διαγώνιο του συστήματος Ο με φορά προς τα θετικά. 4.2 Ειδική Θεωρία Σχετικότητας Μετασχηματισμοι Χρονου-Μηκους ΑΣΚΗΣΗ 4.3 Εναρολόικινείταικατάμήκοςτουάξονα xμεμιαταχύτητα v = 0.60cκαιδείχνει t = 0 όταν περνά από την αρχή των αξόνων.(α) Να υπολογισθεί ο συντελεστής Lorentz του ρολογιού(β)ηένδειξήτουκαθώςτορολόιπερνάαπότηνσυντεταγμένη x = 180 m. (Άσκηση Halliday-Resnick)

72 70 (α) Ο συντελεστής Lorentz για το κινούμενο ρολόι είναι: γ = 1 = 1 = 1 1 β = γ = 1.25 (β)γιατονακίνητοπαρατηρητή,τορολόικινείταιμεταχύτητα v = 0.60cκατάμήκος του άξονα x. Συνεπώς ο χρόνος που μετράει ο παρατηρητής όταν το ρολόι βρίσκεται στο xείναι: t = x v = 180 m m/s = 10 6 s Οχρόνοςαυτόςσυνδέεταιμετονιδιόχρονο t 0 πουθαμετράειτορολόιμετηγνωστή σχέση: t = γ t 0 = t 0 = t γ = 10 6 s 1.25 = t 0 = µs ΑΣΚΗΣΗ 4.4 Ασταθές υψηλοενεργειακό σωματίδιο εισέρχεται σε ανιχνευτή και αφήνει ίχνος μήκους 1.05 mm πριν διασπαστεί. Η ταχύτητά του ως προς τον ανιχνευτή ήταν c. Πόσος είναι ο ιδιόχρονός του; Δηλαδή για πόσο χρόνο θα υπήρχε το σωματίδιο πριν διασπαστεί μέσα στον ανιχνευτή αν το σωματίδιο ήταν ακίνητο ως προς τον ανιχνευτή; (Άσκηση 37.3 Halliday-Resnick) Στο σύστημα του ανιχνευτή ο χρόνος ζωής του σωματιδίου δίνεται από την σχέση: t = s v = m m/s = s = s = 3.53 ps Ο συντελεστής Lorentz για τη συγκεκριμένη ταχύτητα είναι: γ = 1 = 1 = β Ο ιδιόχρονος είναι ο χρόνος που καταγράφεται στο σύστημα ηρεμίας του σωματιδίου, εκεί δηλαδή που οι χωρικές του συντεταγμένες παραμένουν σταθερές. Στο σύστημα

73 71 του εργαστηρίου ο χρόνος αυτός μετράται διεσταλμένος κατά τον παράγοντα Lorentz: t = γ t 0 = t 0 = t γ = 3.53 ps 7.92 = t 0 = ps ΑΣΚΗΣΗ 4.5 Ενα μιόνιο της κοσμικής ακτινοβολίας πέφτει κατακόρυφα στο κέντρο της Αθήνας και διασπάται ακριβώς μόλις φτάσει στο έδαφος. Γήινος παρατηρητής μετρά το χρόνο πτήσηςαυτούτουμιονίουαπότηστιγμήτηςδημιουργίαςκαιτονβρίσκειίσομετο εικοσαπλάσιοτουχρόνουζωήςτου(σεηρεμία)πουείναι 2.2 µs. (α)πόσοείναιτο ύψος του ξενοδοχείου Hilton που βλέπει παρατηρητής κινούμενος στο σύστημα του μιονίου,εάνγιατονγήινοπαρατηρητήτοκτίριοαυτόέχειύψος 45m;(β)Σεποιούψος της ατμόσφαιρας δημιουργήθηκε το εν λόγω μιόνιο; (α)οχρόνοςζωήςτουμιονίουείναικαιοιδιόχρονος t 0 = 2.2 µs,οοποίοςφαίνεται διεσταλμένος για τον γήινο παρατηρητή κατά τον παράγοντα γ. Ο παρατηρητής επί της Γηςβλέπειτομιόνιοναυπάρχεισυνολικάγιαχρόνο t: t = γ t 0 = γ = t t 0 = 20 Αντίθετα, το ύψος του κτιρίου του ξενοδοχείου Hilton αποτελεί για τον γήινο παρατηρητήτοιδιομήκος x 0 = 45 m,τοοποίοφαίνεταισυνεσταλμένοκατάτονπαράγοντα γαπότοσύστηματουμιονίου. Άρατοζητούμενούψοςτουκτιρίουείναι: x = x 0 γ = 45 m 20 = x = 2.25 m (β)ογήινοςπαρατηρητήςβλέπειτομιόνιονακινείταιμεταχύτητα v,τέτοιαώστεο λόγος β = v/cναικανοποιείτησχέση: γ = 1 = β = v 1 β 2 c = γ2 1 = v = γ γ2 1 γ c Το συνολικό διάστημα που διανύει για τον γήινο παρατηρητή είναι λοιπόν: s = v t = γ2 1 γ c γ t 0 = γ 2 1 c t 0

74 72 = s = m/s s = s = m Τοενλόγωμιόνιοδημιουργήθηκελοιπόνσεύψος s = mαπότοέδαφοςστην ατμόσφαιρα. ΑΣΚΗΣΗ 4.6 Θέλετε να πραγματοποιήσετε ένα ταξίδι μετ επιστροφής στη Γη, ταξιδεύοντας σε ευθεία γραμμή με σταθερή ταχύτητα για ακριβώς έξι μήνες(χρονικό διάστημα όπως το μετράτε εσείς) και στη συνέχεια να επιστρέψετε στη Γη με την ίδια σταθερή ταχύτητα. ΕπίσηςκατάτηνεπιστροφήσαςθέλετεναβρείτετηΓηόπωςθαείναι1000χρόνια μετά την αναχώρησή σας. Να υπολογίσετε με οκτώ σημαντικά ψηφία, πόση θα πρέπει να είναι η παράμετρος ταχύτητας β κατά τη διάρκεια του ταξιδιού σας. (Άσκηση 37.7 Halliday-Resnick) Οχρόνοςτουταξιδιούόπωςμετράταιαπότονταξιδιώτηείναι t 0 = 6+6 = 12μήνες, ενώγιαένανγήινοπαρατηρητήοχρόνοςαυτόςθαείναι t = 1000χρόνια. Άραη παράμετρος Lorentz (γ) είναι: t = γ t 0 = γ = t t 0 = month 12 month = 1000 Κατά συνέπεια, η παράμετρος ταχύτητας β υπολογίζεται: γ = 1 = 1 β 2 1 β2 = 1 γ = β = γ2 1 2 γ = = β = ΑΣΚΗΣΗ 4.7 Ασταθές σωματίδιο αφήνει το ίχνος του σε ανιχνευτή τροχιάς. Ο χρόνος που διέρχεται από τη δημιουργία του μέχρι τη διάσπασή του στον ανιχνευτή είναι τριπλάσιος του μέσου χρόνου ζωής του σωματιδίου αυτού, όταν αυτό βρίσκεται σε ηρεμία. Εάν είναι γνωστός οπραγματικόςμέσοςχρόνοςζωήςτουπουείναι 2ns,ναυπολογισθείτομήκοςτης τροχιάς του, υποθέτοντας πως η κίνηση γίνεται με σταθερή ταχύτητα.

75 73 Ομέσοςχρόνοςζωήςείναικαιοιδιόχρονοςτουσωματιδίου t 0 = 2nsστοσύστημα ηρεμίας. Στο σύστημα του ανιχνευτή, το σωματίδιο κινούμενο με ταχύτητα v επιβιώνει γιατριπλάσιοχρόνο t = 6ns.Ωςγνωστόν,ηδιαστολήαυτήτουχρόνουσυνδέεται μετοπαράγοντα Lorentzγμέσωτηςσχέσης: t = γ t 0 = γ = t t 0 = 3 απ όπουμπορείναυπολογισθείηπαράμετροςτηςταχύτητας β = v/c: γ = 1 = 1 β 2 γ2 (1 β 2 γ2 1 ) = 1 = β = γ Το ζητούμενο μήκος τροχιάς s στο σύστημα του ανιχνευτή είναι λοιπόν: s = v t = (βc)(γ t 0 ) = γ2 1 γ c γ t 0 = s = γ 2 1 c t 0 απ όπου, μετά την αντικατάσταση των τιμών, υπολογίζεται: s = m/s s = s = 1.70 m ΑΣΚΗΣΗ 4.8 Χρονος Αποστολησ-Αφιξης Σηματος ΔιαστημικόςεπιβάτηςξεκινάαπότηΓητοχρόνο t = 0καιταξιδεύειστοδιάστημαμε ταχύτητα v. Μετάχρόνο t 0 μεβάσητοδικότουρολόιστέλνειηλεκτρομαγνητικό σήμασεελεγκτήεπίτηςγης,οοποίοςλαμβάνειτοσήμαμετάσυνολικόχρόνο t F απότηναναχώρησηκαιμεβάσητοδικότουρολόι.ναβρείτεπώςσυνδέονταιοιχρόνοι t 0 και t F. ΤηστιγμήπουοδιαστημικόςεπιβάτηςστέλνειτοσήμαστηΓητορολόιτουδείχνει ναέχειπεράσειχρόνος t 0,ενώοελεγκτήςεπίτηςΓηςέχεικαταγράψειπωςτο διαστημόπλοιο βρίσκεται σε απόσταση x και ο χρόνος από την εκκίνηση είναι t, όπου προφανώς t = γ t 0.Οσυνολικόςχρόνος t F είναιτοάθροισματουχρόνου tκαι

76 74 τουχρόνουπουχρειάζεταιτοσήμαναφτάσειστηγηαπότηναπόσταση x: t F = t+ x c = t+ v t c ( = t 1+ v ) 1+β = γ t 0 (1+β) = t 0 c 1 β 2 = t F = t 0 (1+β)/(1 β) Παράδειγμα Εάνηταχύτητατουδιαστημικούεπιβάτηείναι v = 0.8cκαιθέλειτοσήματουνα φτάσειστηγη t F = 1hμετάτηναναχώρησήτου,τότεμεβάσητορολόιτουπρέπει να στείλει το σήμα-ειδοποίηση μετά από χρόνο: t 0 = t F (1 β)/(1+β) = 60min (1 0.8)/(1+0.8) = 60min 1/9 = t 0 = 20min ΑΣΚΗΣΗ 4.9 Χρονικη Αντιστροφη Γεγονοτων Να αποδειχθεί πως η Ειδική Θεωρία της Σχετικότητας δεν επιτρέπει την χρονική αντιστροφή εξαρτημένων γεγονότων(αιτίου-αιτιατού) σε κανένα αδρανειακό σύστημα. Εάν υποθέσουμε ότι δύο γεγονότα 1 και 2 συμβαίνουν σε ένα αδρανειακό σύστημα μεσυντεταγμένεςχώρου-χρόνου (x 1,t 1 )και (x 2,t 2 )αντίστοιχα,όπουτογεγονός1 (αιτία)προηγείταιτουαιτιατού(αποτελέσματος)2,δηλαδήισχύει t 1 < t 2.Σεέναάλλο αδρανειακό σύστημα που κινείται με ταχύτητα v σε σχέση με το πρώτο, τα γεγονότα

77 75 αυτάμετασχηματίζονταιστα (x 1,t 1 )και (x 2,t 2 )αντίστοιχα,γιαταοποίαισχύουν: απ όπου συνάγεται t 1 = γ ( t 1 vx 1 c 2 ), t 2 = γ ( t 2 vx 2 c 2 ) t 2 t 1 [(t = γ 2 t 1 ) v ] [ c 2(x 2 x 1 ) = γ (t 2 t 1 ) 1 v ] x 2 x 1 c 2 t 2 t 1 Ηποσότηταόμως (x 2 x 1 )/(t 2 t 1 )αντιπροσωπεύειτηνταχύτηταμετάδοσηςτης αιτίας u,καιεπειδή u < cκαθώςκαι v < c,ισχύειπάντα: [ t 2 t 1 = γ (t 2 t 1 ) 1 v c u ] > 0 = t c 2 > t 1 δηλαδή η χρονική αλληλουχία των γεγονότων παραμένει η ίδια. ΑΣΚΗΣΗ 4.10 Κινουμενη Ραβδος Να μελετηθεί το φαινόμενο μήκος επίπεδης ράβδου σε κινούμενο κατά τον άξονα-x σύστημααναφοράς,όταντομήκοςτηςσεακίνητοσύστημααναφοράςείναι Lκαιη γωνία που σχηματίζει με τον οριζόντιο άξονα του συστήματος αυτού είναι φ. Στοακίνητοσύστημααναφοράς,τομήκος Lτηςράβδουείναικαιτοιδιομήκος,τοοποίο θα φαίνεται συνεσταλμένο από οποιοδήποτε άλλο αδρανειακό σύστημα κινούμενο ως προς αυτό. Εστω, λοιπόν, ότι το μήκος της L προβάλλεται στις αντίστοιχες συνιστώσες L x και L y,οιοποίεςγιατοκινούμενοαδρανειακόσύστημαστηνκατεύθυνση

78 76 του άξονα-x με βάση τους μετασχηματισμούς Lorentz γίνονται: { L x = L x/γ L y = L y } = { L x = Lcosφ/γ L y = Lsinφ Συνεχίζοντας τους υπολογισμούς παίρνουμε: L = } L = L 2 x +L 2 y = tanφ = L y/l x L 2 x +L 2 y = L 2 cos 2 φ/γ 2 +L 2 sin 2 φ = (1 β 2 ) L 2 cos 2 φ+l 2 sin 2 φ = L = L 2 β 2 L 2 cos 2 φ = L = L 1 β 2 cos 2 φ ενώγιατηγωνίαφ ισχύει tanφ = Lsinφ/(Lcosφ/γ) = tanφ = γ tanφ Απόταπαραπάνωαποτελέσματασυμπεραίνουμεπως L < Lκαι φ > φ. Μετασχηματισμοι Ταχυτητων ΑΣΚΗΣΗ 4.11 Διαστημοπλοιο- Μετεωριτης Διαστημόπλοιο του οποίου το μήκος ηρεμίας είναι 350 m κινείται με ταχύτητα 0.82c ως προς ορισμένο σύστημα αναφοράς. Μετεωρίτης, με αντίθετη ταχύτητα σ αυτό το σύστημα αναφοράς, προσπερνάει το διαστημόπλοιο. Πόσο χρόνο χρειάζεται ο μετεωρίτης για να προσπεράσει το σκάφος, όπως αυτός προσμετράται στο σύστημα αναφοράς του σκάφους; (Άσκηση Halliday-Resnick)

79 77 Στο δοσμένο σύστημα αναφοράς(για παράδειγμα ο πλανήτης της εικόνας), τα δύο σώματα,διαστημόπλοιοκαιμετεωρίτης,έχουναντίστοιχαταχύτητες v 1 και v 2. Για την επίλυση της άσκησης κάνουμε τις παρακάτω αντιστοιχίσεις: Θεωρούμετοδιαστημόπλοιοακίνητοστοσύστημααναφοράς S. Αναγκαστικάτότε,τοσύστημασυντεταγμένων S κινείταισεσχέσημετο S (το οποίο αντιστοιχεί στο αρχικά δοσμένο σύστημα αναφοράς) με ταχύτητα v = v 1 = 0.82c. Ομετεωρίτηςέχειταχύτητα u = v 2 = 0.82cστοσύστημααναφοράς S. Τοδιαστημόπλοιο βλέπει τονμετεωρίτηνακινείταιμεταχύτηταu,ηοποίαόμως είναιομετασχηματισμόςτης uαπότο Sστοκινούμενοαδρανειακόσύστημα S. Αυτή λοιπόν υπολογίζεται από το γνωστό μετασχηματισμό ταχυτήτων: u = u v 1 uv/c 2 = u = 0.82c 0.82c 1 ( 0.82) 0.82 = u = c Το αρνητικό πρόσημο υποδηλώνει, όπως είναι άλλωστε αναμενόμενο, κίνηση προς τα αριστερά. Ο ζητούμενος χρόνος διέλευσης του μετεωρίτη(στο σύστημα του διαστημοπλοίου, όπου είναι γνωστό και το μήκος του) είναι λοιπόν: t = L 0 u = 350 m m/s = s = t = 1.19 µs Εναλλακτική Εναλλακτικά, θα μπορούσε να θεωρηθεί ο μετεωρίτης ακίνητος στο σύστημα αναφοράς S. Τότεαναγκαστικάτοσύστημααναφοράς S (οπλανήτηςγιαπαράδειγμα, όπου αναφέρονταν αρχικά οι ταχύτητες των δύο σωμάτων) θα πρέπει να κινείται με ταχύτητα v = v 2 = 0.82c. Στοσύστημα S τοδιαστημόπλοιοσυνεχίζεινακινείται

80 78 μεταχύτητα u = v 1 = 0.82c.Ομετασχηματισμόςτηςταχύτηταςαυτήςτουδιαστημοπλοίου στο σύστημα S είναι: u = u +v 0.82c+0.82c = u = = u = c 1+u v/c Το αποτέλεσμα αυτό συμπίπτει με αυτό της προηγουμένης θεώρησης. Η ταχύτητα αυτή μπορεί να θεωρηθεί σαν η σχετική ταχύτητα διαστημοπλοίου-μετεωρίτη και να υπολογισθεί ο ζητούμενος χρόνος διέλευσης. ΑΣΚΗΣΗ 4.12 Δύο σωματίδια κινούνται αντίθετα σε επιταχυντή υψηλών ενεργειών. Η ταχύτητα ενός των σωματιδίων όπως μετριέται στο σύστημα του εργαστηρίου είναι 0.65c, ενώ η σχετική ταχύτητα μεταξύ των δύο αυτών σωματιδίων είναι 0.95c. Πόση είναι η ταχύτητα του δεύτερου σωματιδίου σε σχέση με το σύστημα του εργαστηρίου; (Άσκηση Young-Freedman) Στο σύστημα συντεταγμένων του επιταχυντή η κίνηση των σωματιδίων περιγράφεται από την αριστερή εικόνα του σχήματος. Για την έκφραση της σχετικής ταχύτητας των δύο σωματιδίων κάνουμε τις παρακάτω μετατροπές: Θεωρούμε το σωματίδιο 1 ακίνητο(σύστημα Συντεταγμένων S). Αναγκαστικάτότε,τοσύστημασυντεταγμένωντουεπιταχυντή(S )θακινείται σεσχέσημετοσωματίδιο1(s)μεταχύτητα v = 0.65c. Τοσωματίδιο2στοσύστηματουεπιταχυντή(S )θαέχειτηνζητούμενηταχύτητα,έστω u x(είναιπροφανέςπως u x = v 2 ).

81 79 Τοσωματίδιο1 βλέπει τοσωματίδιο2νακινείταιμεταχύτητα u x = 0.95c,ηοποίαόμωςείναιομετασχηματισμόςτηςu x απότοκινούμενοαδρανειακόσύστημα S στο Sκαιδίνεταιαπότογνωστόμετασχηματισμόταχυτήτων: u x = u x +v 1+u xv/c 2 = u x + u xv c 2 u x = u x +v = u x = u x v 1 u x v/c 2 Κατάσυνέπεια,ηζητούμενηταχύτητα u xείναι: u x = u x v 1 u x v/c 2 = c = u x = 0.784c = v 2 Σχετικιστικη Ορμη και Ενεργεια ΑΣΚΗΣΗ 4.13 Εάνησυνολικήενέργειαενόςσωματιδίουμεμάζαηρεμίας mείναι E = γmc 2 καιη ορμήτουσωματιδίουείναι p = γmv,νααποδειχθείηισχύςτηςσχέσης: E 2 = (pc) 2 +(mc 2 ) 2 Με διαδοχικές πράξεις έχουμε: E 2 (pc) 2 = ( γmc 2)2 (γmvc) 2 = m 2 c 2 γ 2( c 2 v 2) = m 2 c v 2 /c 2 ( c 2 v 2) = E 2 (pc) 2 = m 2 c 2 c 2 c 2 v 2 ( c 2 v 2) = m 2 c 2 c 2 = ( mc 2)2 = E 2 = (pc) 2 +(mc 2 ) 2 ΑΣΚΗΣΗ 4.14 Ναυπολογιστείηπαράμετρος β = v/cγιαένασωματίδιοότανγνωρίζουμε:(α) Οτιη συνολική ενέργεια του σωματιδίου είναι n φορές μεγαλύτερη από την ενέργεια ηρεμίας του(β) Οτι η κινητική του ενέργεια είναι m φορές μεγαλύτερη από την ενέργεια ηρεμίας του.

82 80 (α)επειδήγνωρίζουμεπως E = γmc 2 = γe 0,όπου E 0 = mc 2 ηενέργεια(μάζα) ηρεμίας του σωματιδίου, έπεται ότι: γ = n = 1 1 β 2 = n = 1 1 β 2 = n2 = β = n 2 1/n Παράδειγμα:Για n = 3,δηλαδή E = 3E 0,ηταχύτητατουσωματιδίουπρέπειναγίνει 8/3 = 2 2/ τηςταχύτηταςτουφωτός. (β)ομοίωςισχύει E = K +E 0 = γe 0,απ όπουέπεται K = (γ 1)E 0,άρα: γ 1 = m = 1 1 β 2 = m+1 = 1 1 β 2 = (m+1)2 = β = (m+1) 2 1/(m+1) Παράδειγμα: Για m = 3,δηλαδή K = 3E 0 οπότε γ = 4,ηταχύτητατουσωματιδίου πρέπειναγίνει 15/ τηςταχύτηταςτουφωτός. ΑΣΚΗΣΗ 4.15 Πόσηπρέπειναείναιηορμήενόςσωματιδίουμεμάζα mώστεηολικήενέργειάτου να είναι ακριβώς 3.00 φορές μεγαλύτερη από την ενέργεια ηρεμίας του; (Άσκηση Halliday-Resnick) Γνωρίζουμεπως E = γmc 2 = γe 0 και p = γmv,οπότεέχονταςπροσδιορίσειτογ από την πρώτη σχέση παίρνουμε: p = γmv = γmβc = γm γ2 1 γ c = p = γ 2 1 mc Γιατηνπερίπτωσήμαςόπου γ = 3ηπαραπάνωσχέσηδίνει: p = 8 mc = 2 2 mc 2.83 mc

83 81 ΑΣΚΗΣΗ 4.16 Σωματίδιομάζας mέχειορμή mc. Πόσοείναιοσυντελεστής Lorentzγκαιποιαη ταχύτητά του; Ηορμήσωματιδίουδίνεταιαπότησχέση p = γmv.κατάσυνέπεια: p = γmv = mc = γmv = γv/c = 1 = γβ = 1 = γ γ2 1 γ = 1 = γ 2 1 = 1 = γ = 2 Τοσωματίδιοέχειλοιπόν γ = ,ηδεταχύτητάτουείναι v = βc = γ2 1 γ c = 1 2 c = 2 2 c = v = c

84 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 4.17 Χιόνι πέφτει κατακόρυφα με σταθερή ταχύτητα 8m/s. Με ποια γωνία σε σχέση με την κατακόρυφο φαίνονται να πέφτουν οι νιφάδες του χιονιού, όπως τις βλέπει οδηγός αυτοκινήτου που ταξιδεύει σε ευθύ δρόμο με ταχύτητα 50km/h; Απάντηση: 60 o ΑΣΚΗΣΗ 4.18 Διαστημόπλοιο απομακρύνεται από τη Γη με ταχύτητα 0.90c και εκτοξεύει προς τα εμπρός ένα ρομποτικό μηχανισμό κατά την ίδια κατεύθυνση της κίνησής του με ταχύτητα 0.70c σε σχέση με το διαστημόπλοιο.(α) Πόσο είναι η ταχύτητα του ρομποτικού μηχανισμού για έναν γήινο παρατηρητή;(β) Παράλληλα, ένα σκάφος ξεκινά από τη Γη για να συναντήσει το διαστημόπλοιο, ταξιδεύοντας με ταχύτητα 0.95c ως προς τη Γη. Ποια είναι η ταχύτητα του σκάφους σε σχέση με το διαστημόπλοιο; Απάντηση: 0.982c, 0.345c (Παράδειγμα 37.8 Young-Freedman) ΑΣΚΗΣΗ 4.19 Αεροπλάνο μήκους ηρεμίας 40.0m κινείται ως προς τη Γη με σταθερή ταχύτητα 630m/s. (α) Κατά πόσο ποσοστό μικρότερο από το μήκος ηρεμίας του το παρατηρεί ένας παρατηρητής που βρίσκεται στο σύστημα αναφοράς της Γης;(β) Πόσος χρόνος θα περάσει σύμφωναμεταγήιναρολόγιαγιαναμείνειπίσωκατά 1µsτορολόιτουαεροπλάνου; Απάντηση: , 5.25ημέρες (Άσκηση4.76 Halliday-Resnick) ΑΣΚΗΣΗ 4.20 Η ενέργεια ηρεμίας ενός ηλεκτρονίου είναι MeV και του πρωτονίου 938 MeV. Σε ποια ταχύτητα το καθένα αποκτά κινητική ενέργεια 10MeV; Απάντηση: c, 0.145c

85 Κεφάλαιο 5 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ ΜΑΖΑΣ Νομος του Newton για μεταβλητη μαζα {Εξίσωση κίνησης, Εξωτερική Δύναμη, Απλά Συστήματα Μεταβαλλόμενης Μάζας} Κινηση Πυραυλου {Κίνηση Πυραύλου εκτός και εντός Βαρυτικού Πεδίου} Ρυθμος Μεταβολης Μαζας {Διαφορική Εξίσωση Κίνησης και Επίλυση με Ο- λοκλήρωση} ΗδιατύπωσητουΔεύτερουΝόμουτου Newtonστημορφή F = d(mv)/dtστην περίπτωση που η μάζα του συστήματος δεν αποτελεί σταθερή ποσότητα εισάγει, πέραν τουόρουτηςεπιτάχυνσης dv/dt,ένανεπιπλέονόροπουαναφέρεταιστηνχρονική μεταβολή της μάζας dm/dt. Βασικός στόχος του Κεφαλαίου αυτού είναι η εξαγωγή μιας γενικευμένης εξίσωσης για συστήματα μεταβλητής μάζας και η μελέτη της αρχής διατήρησης της ορμής στην περίπτωση απουσίας εξωτερικής δύναμης. Η προώθηση ενός πυραύλου εκτός βαρυτικού πεδίου αποτελεί χαρακτηριστικό παράδειγμα κίνησης ενός τέτοιου συστήματος. Η μελέτη επεκτείνεται και στην περίπτωση εξωτερικής δύναμης(βαρυτικό πεδίο) και γενικεύεται στην διατύπωση μιας διαφορικής εξίσωσης η οποία εμπεριέχει τον ρυθμό μεταβολής της μάζας. Επιδεικνύεται ο τρόπος επίλυσης τέτοιων προβλημάτων σε ειδικές περιπτώσεις, όπου ο ρυθμός αυτός είναι σταθερός, με την βοήθεια ολοκλήρωσης της αντίστοιχης διαφορικής εξίσωσης κίνησης. 83

86 Νόμος του Newton για Μεταβλητή Μάζα ΑΣΚΗΣΗ 5.1 ΣτοιχειώδηςμάζαdMκινούμενημεταχύτητα V συσσωματώνεταιμεμάζαμκινούμενη μεταχύτητα V. Ναδιατυπωθείηεξίσωσηπουπεριγράφειτηχρονικήμεταβολήτης ορμής d p/dt του συστήματος(θεώρηση Giancoli). V V+dV dm M M+dM Παρατίθεται ο συλλογισμός για τον υπολογισμό της μεταβολής της ορμής d p του συστήματος: ΑρχικήΟρμήΣυστήματος: V dm +MV ΤελικήΟρμήΣυστήματος: (M +dm)( V +dv) = MV + VdM +MdV Οόρος dmdv(γινόμενοδύοδιαφορικών)παραλείπεταιωςαμελητέος.κατάσυνέπεια, η συνολική μεταβολή της ορμής του συστήματος είναι: d p = {M V + VdM +Md V} { V dm +M V} = Md V +( V V )dm = d p = Md V ( V V)dM = Md V V rel dm = d p dt = Md V dt V dm rel dt όπου V rel είναιησχετικήταχύτητατηςστοιχειώδουςμάζας dmωςπροςτημάζαμ. Λαμβάνοντας δε υπόψη ότι ο λόγος d p/dt εκφράζει στην γενική περίπτωση την εξωτερικήδύναμη F ext πουεπιδράστοσύστημα,τότεηπαραπάνωεξίσωσηκίνησης λαμβάνει την τελική μορφή: F ext + V dm rel = M d V dt dt

87 85 ΑΣΚΗΣΗ 5.2 ΜάζαΜκινούμενημεταχύτητα V εκτινάσσειστοιχειώδημάζα dmμεταχύτητα V μεταβάλλοντας την ταχύτητά της. Να διατυπωθεί η εξίσωση που περιγράφει τη χρονική μεταβολή της ορμής d p/dt του συστήματος(θεώρηση Halliday-Resnick). V V+dV -dm M M+dM Θεωρώντας ότι η εκτινασσόμενη μάζα dm είναι μια αρνητική ποσότητα και ακολουθώντας τον προηγούμενο συλλογισμό για τον υπολογισμό της μεταβολής της ορμής d p του συστήματος, έχουμε: ΑρχικήΟρμήΣυστήματος: MV ΤελικήΟρμήΣυστήματος: (M +dm)( V +dv)+ V ( dm) Παραλείπονταςτονόρο dmdv ωςαμελητέοόπωςπροηγούμενα,ηπαραπάνωσχέση γίνεται: ΤελικήΟρμήΣυστήματος: MV + VdM +MdV V dm και κατά συνέπεια, η συνολική μεταβολή της ορμής του συστήματος είναι: d p = {M V + VdM +Md V V dm} M V = Md V +( V V )dm = d p = Md V ( V V)dM = Md V V rel dm = d p dt = Md V dt V dm rel dt = F ext + V dm rel dt = M d V dt με V rel τησχετικήταχύτητατηςστοιχειώδουςμάζας dmωςπροςτημάζαμ. Ηέκφρασηαυτήδείχνειπωςηεπιτάχυνσητηςμάζας Mοφείλεταισεδύοπαράγοντες:Τηνεπίδρασητηςεξωτερικήςδύναμης F ext καιτηνπροώθησητηνοποίαδέχεται από την εκτινασσόμενη ροή της μάζας dm/dt. Η προωθητική αυτή δύναμη είναι επίσης ανάλογητης(σχετικής)ταχύτηταςεκροής V rel.

88 86 ΑΣΚΗΣΗ 5.3 Κινούμενος ιμάντας μεταφέρει άμμο η οποία ρίπτεται κατακόρυφα από τροφοδότη με ρυθμό dm/dt. Να υπολογισθεί η απαιτούμενη δύναμη που πρέπει να δράσει στον ιμάντα ώστε να διατηρηθεί σταθερή η ταχύτητα λόγω του πρόσθετου φορτίου. V Προφανώς στην περίπτωση αυτή είναι dm dt > 0και d V dt = 0δεδομένουότιοιμάντας κρατάει σταθερή την ταχύτητά του. Εφαρμόζοντας την εξίσωση: F ext + V rel dm dt = M d V dt και υποθέτοντας θετική φορά προς τα δεξιά, έχουμε: F + (0 V) dm dt = 0 = F = V dm dt

89 Κεφάλαιο 6 ΕΡΓΟ ΚΑΙ ΕΝΕΡΓΕΙΑ Εννοια του Εργου { Εργο και Κινητική Ενέργεια, Εργο Μεταβλητής Δύναμης, Ισχύς} Συντηρητικες Δυναμεις {Ανεξαρτησία του Εργου από τη Διαδρομή, Εννοια του Δυναμικού, Δυναμικό και Πεδίο Συντηρητικών Δυνάμεων} Μηχανικη Ενεργεια {Αρχή Διατήρησης της Δυναμικής Ενέργειας, Διαγράμματα Δυναμικού} Η έννοια του έργου θεμελιώνεται με την αλλαγή της κινητικής κατάστασης που επιφέρει μια δύναμη σε υλικό σημείο. Καθίσταται σαφές πως το έργο ορίζεται σαν το εσωτερικό γινόμενο της δύναμης με την μετατόπιση και εξετάζονται παραδείγματα υπολογισμού έργου σταθερής και μεταβλητής δύναμης σε μονοδιάστατα προβλήματα. Η έννοια του έργου γενικεύεται στις τρεις διαστάσεις με την μορφή των ολοκληρωμάτων W = F x dx + F y dy + F z dzπουπροκύπτουναπότοεσωτερικόγινόμενοτων διανυσμάτων της δύναμης και της μετατόπισης και δίνονται παραδείγματα υπολογισμού έργου κατά μήκος μιας δοσμένης καμπύλης διαδρομής. Εξετάζονται οι ειδικές περιπτώσεις όπου το έργο δύναμης είναι ανεξάρτητο της διαδρομής και εισάγεται η έννοια των συντηρητικών δυνάμεων και της συνάρτησης του δυναμικού. Αναδεικνύεταιησχέση F = Uπουσυνδέειτοσυντηρητικόπεδίοδυ- νάμεων με την συνάρτηση του δυναμικού και καθίσταται σαφής η αναγκαιότητα του μηδενικούστροβιλισμού F = 0γιατηνσυντηρητικότητατωνδυνάμεων.Στηνπερίπτωση αυτή, εξετάζονται προβλήματα όπου αναζητείται το δυναμικό U μέσω τεχνικών 87

90 88 ολοκλήρωσης για δοσμένο αστρόβιλο πεδίο δυνάμεων. Τέλος διατυπώνεται η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας και δίνονται παραδείγματα με διαγράμματα της συνάρτησης U του δυναμικού, όπου εξετάζονται έννοιες ευσταθούς και ασταθούς ισορροπίας καθώς και ακρότατα των δυνάμεων μέσω της παραγώγου του δυναμικού.

91 Εργο Μεταβλητής Δύναμης ΑΣΚΗΣΗ 6.1 Δίνεταιηδύναμη Fστοεπίπεδο (XY)πουπεριγράφεταιαπότηνεξίσωση F(x,y) = (2x+y)î+(2y+x)ĵ.Ναυπολογιστείτοέργοπουπαράγεταιαπότηδύναμηαυτήαπό τοσημείο A(0,0)στοσημείο B(2,8)μέσωτωνδύοπαρακάτωδιαδρομών: (α) y = 4xκαι(β) y = x 3. (α)διαδρομή y = 4x W α = B A Fd r = B A F x dx+ B A F y dy = x=2 (2x+y)dx+ y=8 x=0 y=0 (2y +x)dy = x=2 x=0 (β)διαδρομή y = x 3 (2x+4x)dx+ = y=8 y=0 [ 3x 2 ] [ 9y 2 ( 2y + y ) dy = 4 8 ] = = 84 6xdx y 4 dy W β = B A Fd r = B A F x dx+ B A F y dy = x=2 (2x+y)dx+ y=8 x=0 y=0 (2y +x)dy = x=2 x=0 ή εναλλακτικά W β = = x=2 x=0 ( ) y=8 ( 2x+x 3 dx+ ) 2y +y 1/3 dy = x=2 x=0 (2x+y)dx+ y=0 y=8 y=0 ( 2x+x 3 +6x 5 +3x 3) dx = (2y +x)dy = ] 2 [x 2 + x x=2 x=0 [y 2 + 3y4/3 4 ] 8 0 = = 84 ( ) x=2 ( 2x+x 3 dx+ 2x 3 +x )( 3x 2 dx ) x=0 ] 2 [x 2 + x4 4 +x6 + 3x4 = = Παρατηρούμε πως το παραγόμενο έργο και στις δύο διαδρομές είναι το ίδιο. Επειδή δε: F x y = y (2x+y) = 1 = x (2y +x) = F y x συμπεραίνουμε πως η δύναμη αυτή είναι συντηρητική.

92 90 ΑΣΚΗΣΗ 6.2 Υλικόσημείοκινείταιεπάνωστον x-άξοναυπότηνεπίδρασητηςδύναμης F(x) = (1 x)e x î. Νααποδειχθείότιτοπαραγόμενοαπότηδύναμηαυτήέργοαπότο σημείο x = 0στο x = 1καταναλώνεταιστουπόλοιποτηςδιαδρομήςμέχριτοάπειρο, δηλαδή W 0 1 = W 1. Η γραφική παράσταση της δύναμης F(x)φαίνεταιστοδιπλανό σχήμα. Είναι ευκόλως κατανοητό πωςγιατιμέςx < 1ηδύναμηέχει θετική φορά(προς τα δεξιά) ενώ για x > 1ηφοράτηςαντιστρέφεται. Γενικά, ο υπολογισμός του έργουαπότοσημείοαστοσημείο βδίνεταιαπότησχέση: F(x) F(x)=(1-x)e -x W α β = β α F(x)dx x και για την συγκεκριμένη δύναμη: W α β = = β α (1 x)e x dx = β α (x 1) [ e x] dx = [ (x 1)e x ] β α β α (x 1) e x dx [ ] β β [ ] β [ ] β [ ] β (x 1)e x e α x dx = (x 1)e x +e x = xe x = W α β = xe x α α α α Για τα όρια του παρόντος προβλήματος ισχύουν: W 0 1 = [ ] 1 [ ] xe x = 1e 1 0e 0 = e 1 & W 1 = xe x 0 1 = 0 e 1 = e 1 Στην περίπτωση υπολογισμού του παραπάνω ορίου στο άπειρο γίνεται χρήση του κανόνατου L Hospital.Άρα W 0 1 = W 1 (ίσεςεπιφάνειεςστοσχήμα)ήισοδύναμα W 0 1 +W 1 = 0.

93 91 ΑΣΚΗΣΗ 6.3 Μεταβλητή δύναμη F που κινεί σώμα στο επίπεδο (x, y) περιγράφεται από την διανυσματικήεξίσωση F(x,y) = (x 2 +y 2 ) î+axy ĵ,όπου aσταθερά. (α)ναυπολογίσετετοέργοπουπαράγειηδύναμηαυτήαπότοσημείο(0,0)στοσημείο(1,1)τουεπιπέδου,όταναυτήκινείταικατάμήκοςτηςκαμπύλης (i) y = xκαι (ii) y = x. (β)ναευρεθείητιμήτηςσταθεράς aώστεηπαραπάνωδύναμηναείναισυντηρητική, δηλαδή το παραγόμενο έργο να είναι ανεξάρτητο της διαδρομής (α) Υπολογισμός του έργου για τις δύο διαδρομές δίνει αντίστοιχα: Διαδρομή (i) y = x W = 1 0 = (x 2 +y 2 )dx+ 1 Διαδρομή (ii) y = x = 1 0 W = (x 2 +x)dx+ 2x 2 dx+ 1 0 (x 2 +y 2 )dx axydy = 1 0 (x 2 +x 2 )dx+ [ 2 ] 1 [ a ] 1 ay 2 dy = 3 x3 + 3 y3 1 0 axydy = [ x ay 3 3 dy = 3 + x2 2 ] (x 2 +x)dx+ [ a ] y = 2+a ayydy ay 2 ydy == a 4 = 10+3a 12 (β) Εξισώνοντας τα αποτελέσματα του έργου από τις δύο διαφορετικές διαδρομές (i) και (ii) προκύπτει: 2+a 3 = 10+3a 12 = 8+4a = 10+3a = a = 2 Σημείωση:Γιαναείναιηδύναμη Fσυντηρητικήπρέπειναισχύει F x y = F y x = (x2 +y 2 ) y = (axy) x = 2y = ay = a = 2 το οποίο ταυτίζεται με το παραπάνω αποτέλεσμα.

94 Συντηρητικές Δυνάμεις και Συνάρτηση Δυναμικού ΑΣΚΗΣΗ 6.4 Να εξεταστεί ποιες από τις παρακάτω δυνάμεις είναι συντηρητικές: (α) F(x,y) = C 1 î+c 2 ĵ,όπου C 1, C 2 σταθερές (β) F(x,y) = xy î+(x+y) ĵ (α)ηδύναμη Fείναισυντηρητικήδιότι: F x y = C 1 y = 0, F y x = C 2 x = 0 = F x y = F y x (β) Για τη δύναμη αυτή ισχύουν: F x y = (xy) y = x, F y x = (x+y) = 1 = F x x y F y x δηλαδή η δύναμη αυτή είναι μη συντηρητική. ΑΣΚΗΣΗ 6.5 Ναεξεταστείεάνηδύναμη F(x,y) = 2x 2 î+3y 2 ĵείναισυντηρητική.στηνπερίπτωση που είναι συντηρητική, να ευρεθεί η συνάρτηση δυναμικού που την παράγει. Ηδύναμη Fείναισυντηρητικήδιότι: F x y = (2x2 ) y = 0 = (3y2 ) x = F y x Άρα υπάρχει κάποια συνάρτηση U(x, y) για την οποία ισχύει: F = F x î+f y ĵ = U(x,y) = U x î U y ĵ

95 93 Με βάση τα παραπάνω έχουμε: U x = F x = 2x 2 = U = 2x3 3 +g(y) U y = F y = 3y 2 = ] [ 2x3 y 3 +g(y) = 3y 2 = 0 g (y) = 3y 2 = g(y) = y 3 +C Η ζητούμενη λοιπόν συνάρτηση του δυναμικού είναι: U(x,y) = 2x3 3 y3 +C Επαλήθευση U x = 2x2 = F x U y = 3y2 = F y ΑΣΚΗΣΗ 6.6 Δίνεταιηδύναμη F(x,y) = 2xy î+x 2 ĵ. Νααποδειχθείότιαυτήείναισυντηρητική καιναευρεθείτοέργοπουαυτήπαράγειαπότοσημείο A(0,0)στοσημείο B(1,2)του επιπέδου. Γιαναείναιηδύναμη Fσυντηρητικήθαπρέπειναικανοποιείταιησχέση: Στην περίπτωσή μας ισχύει: F x y = (2x2 ) y F x y = (2xy) y = 2x, F y x = x2 x = 2x άρα η δύναμη αυτή είναι συντηρητική. Για τον υπολογισμό του ζητούμενου έργου χρειάζεται να βρεθεί πρώτα η συνάρτηση δυναμικού U(x, y) από την οποία παράγεται η δύναμη αυτή. Οταν η συνάρτηση αυτή είναι γνωστή, τότε το έργο υπολογίζεται από τηγνωστήσχέση: W A B = U A U B.Ησυνάρτησηδυναμικού U(x,y)υπολογίζεται

96 94 από τις συνιστώσες της δύναμης έχοντας κατά νου πως F = U = F x î+f y ĵ = U x î U y ĵ Κατά συνέπεια: U x = F x = 2xy = U = x 2 y +g(y) Θέτοντας το παραπάνω αποτέλεσμα στην δεύτερη εξίσωση(συνθήκη) παίρνουμε: U y = F y = [ ] x 2 y +g(y) = x 2 = x 2 g (y) = x 2 y = g (y) = 0 = g(y) = C Η ζητούμενη λοιπόν συνάρτηση του δυναμικού είναι: U(x,y) = x 2 y +C Επαλήθευση U x = 2xy = F x U y = x2 = F y Το ζητούμενο έργο υπολογίζεται τώρα εύκολα: [ W A B = U(A) U(B) = ] [ ] x 2 y +C x 2 y +C = 0+2 = 2 (0,0) (1,2) Πρακτική διαπίστωση Εφόσον η παραπάνω δύναμη απεδείχθη πως είναι συντηρητική, τότε το παραγόμενο έργο είναι ανεξάρτητο της διαδρομής. Αν επιλέξουμε για παράδειγμα την καμπύλη y = 2xηοποίαδιέρχεταιαπόταδοσμένασημεία A(0,0)και B(1,2): W A B = B A B F x dx+ F y dy = A = W A B = 1 0 4x 2 dx xydx x 2 dy = y 2 [ 4x 3] 1 4 dy = [ y 3 12 ] 2 2x2xdx = = 2 (y/2) 2 dy Καταλήγουμε δηλαδή στο ίδιο αποτέλεσμα, όποια συνάρτηση διαδρομής και να χρησιμοποιήσουμε.

97 95 ΑΣΚΗΣΗ 6.7 Να αποδειχθεί ότι, εάν μια δύναμη είναι συντηρητική, δηλαδή εάν υπάρχει βαθμωτή συνάρτηση U(x,y,z) από την οποία παράγεται η δύναμη μέσω της σχέσης F = U(x,y,z),τότεισχύουνοιεξισώσεις Euler: F x y = F y x, F y z = F z y, F z x = F x z Στηνπερίπτωσηαυτήεάνεξετάσουμετονστροβιλισμότηςδύναμης,δηλαδή F, θα διαπιστώσουμε πως αυτός μηδενίζεται, διότι: = F = = F = F î ĵ ˆk = = x y z F x F y F z y U y z U z ( 2 U y z + 2 U z y î + ) î + z U z î ĵ ˆk x U x x U x ( 2 U z x + 2 U x z = F = 0 y U y ĵ + z U z ) ĵ + x U x y U y ˆk ( 2 U x y + 2 U y x καθόσον οι μερικές παράγωγοι δεύτερης τάξης δεν εξαρτώνται από τη σειρά παραγώγισης των ανεξαρτήτων μεταβλητών. Κατά συνέπεια: F î ĵ ˆk = 0 = x y z = 0 F x F y F z y z = F y F z î + z x F z F x ĵ + x y F x F y ˆk = 0 Άρα κάθε ορίζουσα είναι μηδενική, αποτέλεσμα το οποίο οδηγεί στις εξισώσεις Euler ) ˆk F x y = F y x, F y z = F z y, F z x = F x z

98 Γραφική Παράσταση Δυναμικού ΑΣΚΗΣΗ 6.8 Γιατηνδύναμη F(x) = (1 x)e x îπουδραεπάνωστονθετικόημιάξονα Oxνα ευρεθεί η συνάρτηση δυναμικού που την παράγει και να σχολιαστεί το γράφημά της. Για το μονοδιάστατο πρόβλημα της συγκεκριμένης περίπτωσης ι- σχύει: F(x) = du(x) dx U(x)=-x e -x και κατά συνέπεια U(x) = F(x)dx Άρα: U(x) = F(x)dx = F(x)=(1-x)e -x = U(x) = (1 x)e x dx = U(x) = xe x Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος αυτούγίνεταιμετημέθοδοκατάπαράγοντες(όπως στην προηγούμενη Άσκηση 6.2). Οι γραφικές παραστάσεις του δυναμικού U(x) και της δύναμης F(x) απεικονίζονται στο παραπάνω σχήμα. Το ακρότατο (ελάχιστο) της συνάρτησης του δυναμικού βρίσκεται στο σημείο x = 1, εκεί δηλαδή όπου η δύναμη μηδενίζεται. Ισχύουν τα παρακάτω: x = 0 0 < x < 1 x = 1 x > 1 x du U(0) = 0 < 0 U(1) = dx e du 1 > 0 U(x) 0 dx F(0) = 1 F(x) > 0 F(1) = 0 F(x) < 0 F(x) 0

99 97 ΑΣΚΗΣΗ 6.9 Για την περιγραφή των ασκούμενων δυνάμεων σε ένα διατομικό μόριο χρησιμοποιείται το δυναμικό Lennard-Jones το οποίο δίνεται από τη σχέση: U(x) = a x 12 b x 6, όπου xηαπόστασητωνατόμωνστομόριοκαι aκαι bθετικέςσταθερές. Λόγωτων 6. Ναπαρασταθείγραφικάτοδυναμικόαυτόκαθώςκαιηασκούμενηδύναμηκαινα βρεθεί η θέση ισορροπίας των ατόμων του μορίου. εκθετών το δυναμικό αυτό συχνά αναφέρεται στην βιβλιογραφία και σαν δυναμικό 12- Ηασκούμενηδύναμηαπότησυνάρτηση δυναμικού Lennard-Jones υπολογίζεται: F(x) = du(x) dx = F(x) = d [ a dx x b ] 12 x 6 = F(x) = 12a 6b x13 x 7 a U(x) x 12 b 6 x Οι γραφικές παραστάσεις αμφοτέρων των συναρτήσεων U(x) και F(x) φαίνονται στο διπλανό σχήμα γιατιμέςτωνπαραμέτρων a = 1και b = 1. Η ζητούμενη θέση ισορροπίας βρίσκεται από τον μηδενισμό της δύναμης: F(x) = 0 = 12a 6b x13 x = 0 = 7 x6 = 2a b = x 0 = 6 2a/b Αντίστοιχα η θέση μηδενισμού του δυναμικού είναι: 12a 6b F(x) 13 7 x x U(x) = 0 = a x 12 b x 6 = 0 = x6 = a b = x = 6 a/b

100 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 6.10 Εάνηδύναμηελατηρίουπεριγράφεταιαπότηνεξίσωση F(x) = kx+ax 3 +bx 4,όπου k,a,bσταθερές,ναυπολογισθείτοέργοπουαπαιτείταιγιανασυμπιεσθείκατάμήκος L. Απάντηση: W = 1 2 kl al bl5 ΑΣΚΗΣΗ 6.11 Νααποδειχθείότιτοπεδίοδυνάμεων F = (2x+y)î+(2y+x)ĵείναισυντηρητικόκαι να βρεθεί η συνάρτηση δυναμικού που το παράγει. Απάντηση: U(x,y) = (x 2 +xy +y 2 ) + C

101 Κεφάλαιο 7 ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ Ροπη Αδρανειας {Υπολογισμός Ροπής Αδράνειας με τη Μέθοδο της Ολοκλήρωσης} Στροφορμη Δυναμικη Στερεου Σωματος{Στροφική και Μεταφορική Κίνηση Στερεού Σώματος, Αρχή Διατήρησης Στροφορμής} Ταλαντωση Στερεου Σωματος {Διαφορική Εξίσωση Κίνησης, Υπολογισμός Περιόδου} Εισάγεται η έννοια της Ροπής Αδράνειας για το στερεό σώμα και μεθοδεύεται ο τρόπος υπολογισμού αυτής για απλά γεωμετρικά στερεά με τη μέθοδο της ολοκλήρωσης ( I = M r2 dm ). ΓίνεταιεφαρμογήτουΝόμουτου Steiner I = I CM + Mh 2 στον υπολογισμό της ροπής αδράνειας για παράλληλο άξονα περιστροφής. ΔιατυπώνεταιοδιανυσματικόςορισμόςτηςΣτροφορμής L = r m V καιμαζίμε τονβασικόορισμότηςροπήςδύναμης τ = r F καιτησχέσηγραμμικήςγωνιακής ταχύτητας V = ωr χρησιμοποιούνται στη δυναμική μελέτη του στερεού σώματος. ΑποδεικνύεταιησχέσητηςΣτροφορμήςμετηνγωνιακήταχύτητα L = IωκαιοΔεύτεροςΝόμοςτου Newton τ = I a Γ στηνπεριστροφικήκίνηση. Τέλοςσυσχετίζεται η χρονική μεταβολή της Στροφορμής με την επενέργεια εξωτερικών ροπών στο στερεόσώμα τ = d L/dtκαιδιατυπώνεταιηαρχήτηςδιατήρησηςτηςΣτροφορμήςσε απομονωμένο σύστημα. Η έννοια της ταλάντωσης του στερεού σώματος εισάγεται με την μορφή διαφορικής εξίσωσης και εξετάζονται οι προϋποθέσεις για την επίτευξη απλής αρμονικής ταλάν- 99

102 100 τωσης. Η προκύπτουσα μορφή της δευτεροβάθμιας διαφορικής εξίσωσης ως προς τον χρόνο d 2 θ dt 2 + τ 0 I θ = 0 επιτρέπει τον προσδιορισμό της περιόδου της ταλάντωσης I T = 2π τ 0 ΒΑΣΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ & ΑΝΤΙΣΤΟΙΧΙΕΣ Μεταφορική Κίνηση Περιστροφική Κίνηση Διάστημα: s = θr Γωνία: θ Ταχύτητα: V = ωr Γωνιακή Ταχύτητα: ω Επιτάχυνση: a = a Γ R ΓωνιακήΕπιτάχυνση: a Γ Μάζα: m Ροπή Αδράνειας: I ΚινητικήΕνέργεια: E k = 1mV 2 2 ΚινητικήΕνέργεια: E π = 1 2 Iω2 Δύναμη: F Ροπή Δύναμης: τ 2οςΝόμος Newton: F = ma 2οςΝόμος Newton: τ = Ia Γ Ορμή: p = mv Στροφορμή: L = Iω 2οςΝόμος Newton: F = dp/dt 2οςΝόμος Newton: τ = dl/dt ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΟΡΙΣΜΟΙ ΜΕΓΕΘΩΝ V = ω r τ = r F L = r m V

103 Υπολογισμός Ροπής Αδράνειας ΑΣΚΗΣΗ 7.1 Να υπολογισθεί η ροπή αδράνειας πλήρους ομογενούς δίσκου(ισοδύναμα κυλίνδρου) μάζας Mκαιακτίνας Rωςπροςτονγεωμετρικότουάξονα. Επιλέγουμε μια κυκλική τομή του δίσκου πάχους h και θεωρούμε σ αυτόν στοιχειώδη κυκλικόδακτύλιοπάχους drσεαπόσταση rαπότο κέντρο. Μεβάσητονορισμότηςροπήςαδράνειας και εάν με ρ συμβολίσουμε την πυκνότητα του υλικού έχουμε: di = r 2 dm = r 2 ρ dv = r 2 ρ 2πrh dr = di = 2πρ hr 3 dr Η συνολική ροπή αδράνειας του σώματος αυτού υπολογίζεται από το μονοδιάστατο ολοκλήρωμα: r I = R 0 2πρ hr 3 dr = 2πρ h R4 4 dr Ανασχηματίζοντας το αποτέλεσμα έτσι ώστε να προκύψει ο όγκος του γεωμετρικού σχήματος και κατά συνέπεια η συνολική του μάζα, καταλήγουμε: I = 2πρ h R4 4 = 1 ( πr 2 hρ ) R 2 = (Vρ)R2 = 1 2 MR2 = I = 1 2 MR2 Σημείωση: Ωςακτίνααδράνειαςορίζεταιηποσότητα Kγιατηνοποίαισχύει I = MK 2. Είναι προφανές ότι για ομογενή στερεά σώματα η ακτίνα αδράνειας αποτελεί μια συντόμευση για την απόδοση της ροπής αδράνειας. Ετσι, στην άσκηση αυτή το αποτέλεσμα ισοδυναμείμετηνέκφραση K 2 = R 2 /2.

104 102 ΑΣΚΗΣΗ 7.2 Να υπολογισθεί η ροπή αδράνειας ομογενούς δακτυλίου συνολικής μάζας M με εσωτερικήακτίνα R 1 καιεξωτερική R 2 (σφονδύλου)ωςπροςτονγεωμετρικότουάξονα. Ηάσκησηαυτήδιαφέρειωςπροςτηνπροηγούμενη μόνο ως προς τα όρια ολοκλήρωσης: Το κάτωόριοδενείναιτώραμηδέναλλά R 1. Επιλέγουμε λοιπόν και πάλι μια κυκλική τομή του δακτυλίου πάχους h και θεωρούμε σ αυτόν στοιχειώδη κυκλικό δακτύλιο πάχους dr σε απόσταση rαπότοκέντρο.εάνσυμβολίσουμεμερτην πυκνότητα του υλικού, τότε η στοιχειώδης ροπή αδράνειας είναι: di = r 2 dm = r 2 ρ dv = r 2 ρ 2πrh dr R 2 R 1 Η συνολική ροπή αδράνειας προκύπτει από την ολοκλήρωση: I = [ ] r 2 R2 4 ρ 2πrh dr = 2πρ h R 1 4 R4 1 = πρ h( ) R2 1)( 2 R2 R 2 2 +R1 2 R2 Η πρώτη παρένθεση του αποτελέσματος(διαφορά τετραγώνων των ακτίνων) μας δίνει με το π την επιφάνεια της διατομής και κατά συνέπεια ανακατασκευάζει την μάζα του σώματος και δίνει τελικό αποτέλεσμα: I = 1 2 ρ h( πr 2 2 πr2 1)( R 2 2 +R 2 1 Σημειώσεις: ) 1 = 2 ρ hv ( ) R R2 1 = 2 M ( ) R2 2 +R2 1 = I = 1 2 M ( ) R1 2 +R2 2 Ηακτίνααδράνειαςστηνπερίπτωσηαυτήείναι K 2 = 1 2 (R2 1 +R2 2 ) Είναιπροφανέςεκτουαποτελέσματοςότιγια R 1 0προκύπτει I = 1 2 MR2 2, δηλαδήηροπήαδράνειαςπλήρουςδίσκου,ενώγια R 1 R 2 προκύπτει I = MR 2 2,τοοποίοεκφράζειτηροπήαδράνειαςδακτυλίουπολύμικρήςδιάστασης (η μάζα του βρίσκεται συγκεντρωμένη σε συγκεκριμένη ακτίνα από το κέντρο περιστροφής).

105 103 ΑΣΚΗΣΗ 7.3 Να υπολογισθεί η ροπή αδράνειας ομογενούς παραλληλεπίπεδης πλάκας διαστάσεων a και bκαισυνολικήςμάζαςμωςπροςάξοναδιερχόμενοαπότοκέντροτηςπλάκαςκαι παράλληλο σε μια πλευρά του. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω ότι ο άξονας περιστροφή είναι παράλληλοςστηνπλευρά b,ενώκατάμήκοςτης πλευράς aκαιαπότοκέντροτηςπλάκας διέρχεται ο άξονας x ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων. Επιλέγοντας μια στοιχειώδη παράλληλη στον άξονα περιστροφής ζώνη διάστασης dx, η οποία έστω ότι έχει πάχος (βάθος) hκαιπροφανώςπλάτος b,και δεχόμενοι πυκνότητα υλικού ρ, τότε η στοιχειώδης ροπή αδράνειας είναι: b a dx x di = x 2 dm = x 2 ρ dv = x 2 ρ hb dx Κατά συνέπεια: I = Σημειώσεις: +a/2 a/2 x 2 ρ dv = +a/2 a/2 x 2 ρ hb dx = ρ hb +a/2 a/2 [ x x 2 3 dx = ρ hb 3 = = ρ hb a3 12 = 1 12 ρ(hab)a2 = 1 12 ρ Va2 = I = 1 12 Ma2 Ηακτίνααδράνειαςστηνπερίπτωσηαυτήείναι K 2 = 1 12 a2 ] +a/2 Το αποτέλεσμα δείχνει ότι η ροπή αδράνειας, εφόσον η παραλληλεπίπεδη πλάκα είναι ομογενής, δεν εξαρτάται από την παράλληλη προς τον άξονα περιστροφής διάσταση της πλάκας. Προφανώς η διάσταση αυτή συνεισφέρει μόνο στην συνολικήμάζαμτουσώματος. a/2

106 104 ΑΣΚΗΣΗ 7.4 Να υπολογισθεί η ροπή αδράνειας ομογενούς κανονικού κώνου ύψους H, ακτίνας βάσεως RκαισυνολικήςμάζαςΜωςπροςάξοναδιερχόμενοαπότονάξονάτου. Αν θεωρήσουμε δίσκο στοιχειώδους πάχους dh ο οποίος ευρίσκεται σε απόσταση hαπότηνκορυφήτουκώνουκαι έχειμάζα dm,τότεοδίσκοςαυτόςέχει στοιχειώδη ροπή αδράνειας (βλέπε και Άσκηση 7.1) ίση με: dh h r di = 1 2 r2 dm H όπου rηακτίνατουδίσκουαυτού. Για την εύρεση της συνολικής ροπής α- δράνειας θα πρέπει να ολοκληρώσουμε κατά μήκος όλου του ύψους H λαμβάνονταςυπόψηκαιτηνμεταβολήτηςακτίνας rαπότοτυχαίούψος h.δηλαδή: R I = M di = M 1 H 1 2 r2 dm = 0 2 r2( πr 2 ρ ) dh Δεδομένουόμωςότιγιαδοσμένοκώνοηγωνίατηςκορυφήςθείναισταθερήκαι καθορισμένη από τα γεωμετρικά του χαρακτηριστικά, ισχύει: tanθ = r h = h = r tanθ οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται: I = R = dh = dr = dh = tanθ R/H dr = dh = H R dr 1 2 r2( πr 2 ρ ) H R dr == 1 2 πρh R 5 R 5 = 1 10 πr4 Hρ = 3 ( ) πr2 Hρ R 2 = I = 3 10 (Vρ)R2 = 3 10 MR2 = I = 3 10 MR2

107 7.2 Στροφορμή- Δυναμική Στερεού Σώματος 105 ΑΣΚΗΣΗ 7.5 Σωμάτιομάζας mκινείταικατάμήκοςτουάξονα xμεσταθερήγραμμικήταχύτητα V. Να βρεθούν: (α)ηστροφορμήτου L 0 ωςπροςτηναρχήτωναξόνων (β)ηστροφορμήτου L A ωςπροςτοσημείοα(0,α,0)τουχώρου. Με βάση τον ορισμό της στροφορμής L = r pυπολογίζονταιταπαρακάτω: Περίπτωση(α) y A L 0 = r p = OP m V = OP î mvî r A Αλλάτομήκος OP εξαιτίαςτηςευθύγραμμης ομαλής κίνησης της μάζας m δίνεταιαπότησχέση OP = Vt,οπότεη O P V x ζητούμενη στροφορμή γίνεται: ) L 0 = Vtî mvî = mv 2 t(î î = 0 = L 0 = 0 Περίπτωση(β) ( L A = r A p = AO + OP ) m V ( ) = αĵ +Vtî mvî = ) = mv 2 t(î î αmv (ĵ î ) = 0+αmVˆk = L A = αmv ˆk ΑΣΚΗΣΗ 7.6 ΝαμελετηθείηΜηχανήτου Atwood,δηλαδήσύστημαδύομαζών m 1 και m 2 που κρέμονται με αβαρές και μη εκτατό νήμα από δισκοειδή τροχαλία μάζας M και ακτίνας R.Υποθέτονταςπως m 1 > m 2 ναυπολογισθείηεπιτάχυνση aτουσυστήματος.

108 106 Μεβάσητιςδυνάμειςπουδρουν στα δύο σώματα και την τροχαλία όπως φαίνονται στο διπλανό σχήμα, περιγράφεται η γραμμική κίνηση των R δύο σωμάτων και η περιστροφική κίνηση της τροχαλίας με τις παρακάτω T 2 T 1 εξισώσεις: m 1 g T 1 = +am 1 (1) m 2 g T 2 = am 2 (2) m 2 T 2 T 1 (T 1 T 2 )R = Ia Γ = I a R (3) m 2 g m 1 a Απότιςεξισώσεις(1)και(2)αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτει: m 1 g a(m 1 +m 2 ) = (m 1 m 2 )g (T 1 T 2 ) καιαντικαθιστώνταςτονόρο (T 1 T 2 )απότηνεξίσωση(3)παίρνουμετελικά: a(m 1 +m 2 ) = (m 1 m 2 )g I a R 2 = a = m 1 m 2 m 1 +m 2 +I/R 2g Λαμβάνονταςδευπόψητηνροπήαδράνειαςτηςδισκοειδούςτροχαλίας I = 1/2MR 2, το αποτέλεσμα διαμορφώνεται στο: a = m 1 m 2 m 1 +m 2 +(1/2MR 2 )/R 2g = a = m 1 m 2 m 1 +m 2 +M/2 g Συγκρινόμενο το αποτέλεσμα αυτό με την προκύπτουσα επιτάχυνση για τροχαλία αμελητέας μάζας a = m 1 m 2 m 1 +m 2 g παρατηρούμε πως η μάζα της τροχαλίας συμμετέχει κατά το ήμισυ στην συνολική αδράνειατουσυστήματος(m 1 +m 2 +M/2)ενώηκινούσαδύναμη(m 1 m 2 )gπαραμένει η ίδια και στις δύο περιπτώσεις.

109 107 ΑΣΚΗΣΗ 7.7 Σφαίρα και κύλινδρος ίσης μάζας M και ακτίνας R αφήνονται χωρίς αρχική ταχύτητα νακυλήσουναπότοίδιοαρχικόύψος Hσεκεκλιμένοεπίπεδο. Εάντασώματααυτά δενολισθαίνουνκατάτηκίνησήτους,ναβρεθείποιοαπόταδύοθαφτάσειπρώτο στο τέλος του κεκλιμένου επιπέδου. Δίνονται οι ροπές αδράνειες, της μεν σφαίρας I S = 2 5 MR2,τουδεκυλίνδρου I C = 1 2 MR2. Κάνοντας χρήση της αρχής διατήρησης της μηχανικής ενέργειας για κάθε ένατωνσωμάτωνθαέχουμε τελικά μετατροπή της δυναμικής ενέργειας σε κινητική ενέργεια λόγω μεταφορικής και περιστροφικής κίνησης. Θα ισχύει λοιπόν: H f N MgH = 1 2 MV Iω2 = 1 2 MV IV 2 = V 2 = 2MgH M+I/R 2 Παρατηρούμε πως το σώμα με την μικρότερη ροπή αδράνειας έχει μεγαλύτερη τελική γραμμική ταχύτητα, άρα φτάνει πρώτο. Κατά συνέπεια η σφαίρα είναι αυτή που θα φτάσει πρώτη στο τέλος του κεκλιμένου επιπέδου. Ειδικότερα δε, οι τελικές ταχύτητες θα είναι: V 2 S = V 2 C = R 2 2MgH M +(2/5MR 2 )/R 2 = V 2 S = 10 7 gh 2MgH M +(1/2MR 2 )/R 2 = V 2 C = 4 3 gh ΑΣΚΗΣΗ 7.8 Κύλινδρος μάζας M κυλίεται με τριβές χωρίς να ολισθαίνει σε οριζόντιο επίπεδο υπό την επίδραση δύναμης την οποία ασκεί εφαπτομενικά στον κύλινδρο μέσω τροχαλίας

110 108 σώμα μάζας m, όπως φαίνεται στο σχήμα. Να υπολογισθεί η γραμμική επιτάχυνση του κέντρουτουκυλίνδρου a C. Σχεδιάζοντας τις δυνάμεις που ενεργούνσεκάθεσώμαόπωςφαίνονταιστο σχήμα και λαμβάνοντας υπόψη τις παρακάτω κινήσεις M R T a C 1.Μεταφορικήκυλίνδρου(a C ) 2.Περιστροφικήκυλίνδρου(a C /R) O f T 3. Μεταφορική μάζας(a) καταλήγουμε στις τρεις παρακάτω εξισώσεις κίνησης, όπου υπεισέρχονται οι τρεις άγνωστες ποσότητες: Η δύναμη τριβήςτουκυλίνδρου f,ητάσητουνήματος T καιτέλοςηζητούμενηγραμμικήεπιτάχυνσητουκέντρου a C τουκυλίνδρου. T +F = Ma C (T F)R = I a C R mg T = ma = T +F = Ma C (1) T F = I a C R 2 (2) mg T = 2ma C (3) a m mg Στην εξίσωση(3) ελήφθη υπόψη πως η μετατόπιση του κέντρου του κυλίνδρου είναιπάντατομισότηςμετατόπισηςτουνήματος. Απότις(1)και(2)μεπρόσθεση καταλήγουμε στη σχέση: 2T = (M + IR ) a 2 C = T = 1 (M + IR ) a 2 2 C η οποία όταν αντικατασταθεί στην(3) δίνει το τελικό αποτέλεσμα: mg 1 2 (M + IR 2 ) a C = 2ma C = a c = 2m 4m+M +I/R 2g Εάνδεαντικατασταθείκαιηροπήαδράνειαςτουκυλίνδρου I = 1/2MR 2,τότε: a c = 2m 4m+M +(1/2MR 2 )/R 2g = a c = m 2m+3/4M g

111 109 ΑΣΚΗΣΗ 7.9 Στόκος μάζας m κινούμενος με ταχύτητα V προσκολλάται σε μία από τις μπάλες ενός αλτήρα, ο οποίος δύναται να περιστρέφεται χωρίς τριβές κατακόρυφα, γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το μέσον της αβαρούς ράβδου που συνδέει τις δύο μπάλες.εάνημάζακάθεμπάλαςείναι Mτοδεμήκοςτηςράβδου Lναυπολογισθούν: (α) Το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας ω αμέσως μετά την προσκόλληση του στόκου στην μπάλα. (β) Τον λόγο των κινητικών ενεργειών πριν και μετά την πρόσκρουση. (γ) Την συνολική γωνία περιστροφής του αλτήρα μετά την προσκόλληση. Ερώτημα(α) m Είναι προφανές ότι ο αλτήρας πριν την πρόσκρουση του στό- V κου βρίσκεται σε ισορροπία οριζοντιωμένος. Με βάση την αρχή διατήρησης της στροφορμής του συστήματος έχουμε: mv L 2 = [m ( ) 2 L +2M 2 ( ) L 2] ω 2 M L M απ όπου μπορεί να υπολογιστεί το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας ω: Ερώτημα(β) ω = mv (2M +m)(l/2) = ω = 2mV (2M +m)l Ο λόγος των κινητικών ενεργειών, μετά και πριν την πρόσκρουση, είναι: k f = 1/2Iω2 k i 1/2mV = I ( ω ) 2 (2M +m)(l/2) 2 ( ω = 2 m V m V και κάνοντας χρήση του προηγούμενου αποτελέσματος ( )( k f 2M = k i m +1 m 2M +m ) ( )( ) 2 2 2M Lω = m +1 2V ) 2 = η = k f k i = m 2M+m

112 110 Ερώτημα(γ) Αμέσως μετά την προσκόλληση, δεδομένου ότι δεν υπάρχουν τριβές, θα έχουμε διατήρηση της μηχανικής ενέργειας. Δηλαδή θα ισχύει: = η 1 2 mv 2 = E i = E f = k i +U i = k f +U f = k i = U f [ ] L 2 Mg (M +m)g sinθ = sinθ = ηv 2 gl sinθ = m 2M+m Είναιπροφανέςπωςτοσύστημαθαισορροπήσειαφούδιαγράψειπρώτατόξο 180 o όπως V 2 gl φαίνεται από το αρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος. 7.3 Ταλάντωση Στερεού Σώματος ΑΣΚΗΣΗ 7.10 Δίδεταιομογενήςλεπτήράβδος,ηοποίαέχειμάζα Mκαιμήκος L. (α)ναυπολογίσετεαναλυτικάτηροπήαδράνειαςτηςράβδου I 0 ωςπροςάξονακάθετο σ αυτήνπουδιέρχεταιαπότοκέντρομάζαςτηςράβδου. (β) Στο κάτω άκρο της ράβδου στερεώνεται μικρή σημειακή μάζα M/3. Το προκύπτον στερεόσώμααναρτάταιαπόσημείοπουαπέχειτο1/4τουμήκουςτηςράβδουαπό το πάνω άκρο της, έχοντας τη δυνατότητα να περιστραφεί ελεύθερα και χωρίς τριβές γύρωαπότονοριζόντιοάξοναπουδιέρχεταιαπότοσημείοαυτό. Πόσοείναιηροπή αδράνειας Iτουσώματοςωςπροςτονάξονααυτό Ποιαείναιηδιαφορικήεξίσωσητης κίνησης (γ) Με βάση τη διαφορική εξίσωση της κίνησης του προηγουμένου ερωτήματος, ποια είναι η αναμενόμενη περίοδος της ταλάντωσης του σώματος γύρω από τον άξονα αυτόν Ερώτημα(α) I CM = 1 12 ML2 (Βλέπεδιαφάνειεςμαθήματος). Ερώτημα(β) Πρέπει να εφαρμοστεί το θεώρημα Steiner για τον υπολογισμό της ροπής αδράνειας της ράβδου ως προς τον καινούργιο άξονα και να προστεθεί η συνεισφορά της σημειακής

113 111 επιπρόσθετης μάζας. Υπολογισμοί δίνουν: I = I CM +M ( ) 2 L + M 4 3 ( ) 2 ( 3L 1 = ) ML 2 48 I = 1 3 ML2 Οταν το σύστημα περιστραφεί κατά μικρή γωνία θ, τότε: 1/4 L τ = IaΓ mghsinθ = I d2 θ dt 2 όπου m η συνολική μάζα M 3/4 L Mg h τουσυστήματοςκαι hηαπόσταση του κέντρου μάζας όλου του συστήματος από το κέντρο περιστρο- M/3 4/3 Mg 1/3Mg φής. Για μικρές γωνίες θ ισχύει: mghθ = I d2 θ dt = d2 θ 2 dt + mgh θ = 0 2 I Αυτή είναι η διαφορική εξίσωση που περιγράφει την αρμονική κίνηση του στερεού σώματος. Ερώτημα(γ) Με βάση την παραπάνω διαφορική εξίσωση συνάγεται πως ω 2 = mgh θ, m = M + M I 3 = 4M 3 Η απόσταση h του κέντρου μάζας από τον άξονα περιστροφής υπολογίζεται ως εξής: ) h = L 4 +X CM, MgX CM = M 3 g ( L 2 X CM = X CM = 1 8 L h = L 4 +L 8 = 3L 8 Οπότε: ω 2 = (4/3M)g(3/8L) 1/3ML 2 = 3g 2L = T = 2π ω = 2π 2L 3g

114 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 7.11 Το φυσικό εκκρεμές ενός ρολογιού αποτελείταιαπόαβαρήράβδομήκους Lστηνάκρητης οποίας είναι στερεωμένος ομογενής δίσκος μάζας Mκαιακτίνας R. Τοσύστημαδύναταιναπεριστρέφεται κατακόρυφα χωρίς τριβές από το ανώτατο άκρο της ράβδου, όπως φαίνεται στο σχήμα. Για μια μικρή εκτροπή από τη θέση ισορροπίας να σχεδιαστούν όλες οι δυνάμεις που επενεργούν στο σύστημα και να υπολογιστεί η συνολική των ροπή. Να γραφεί η εξίσωση κίνησης του συστήματος και να υπολογιστεί η περίοδός του. Δίδεται η ροπή αδράνειας ομογενούς δίσκου ως προςτονάξονάτου I = 1 2 MR2 M R L ΑΣΚΗΣΗ 7.12 Αβαρέςκαιμηεκτατόνήμαπουπερνάαπό κυλινδρική τροχαλία μάζας m και ακτίνας R, στο έναάκροείναισυνδεδεμένομεμάζα m,ενώστο άλλομεελατήριοσταθεράς k,τοοποίοείναιπακτωμένο στο έδαφος, όπως φαίνεται στο σχήμα. Αρχικά το σύστημα ισορροπεί. Τραβάμε λίγο προςτακάτωτημάζα m,εκτρέποντάςτηναπό τη θέση ισορροπίας. Να υπολογιστεί η περίοδος T των μικρών ταλαντώσεων. Θεωρούμε ότι το νήμα δεν ολισθαίνει στην τροχαλία. Δίνεται η ροπή αδράνειας της κυλινδρικής τροχαλίαςωςπροςτονάξοναπεριστροφής I = 1 2 MR2. m m R k

115 Κεφάλαιο 8 ΒΑΡΥΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ Νομος της Βαρυτητας{Διανυσματική Εκφραση, Βαρύτητα στη Γη και σε Πλανήτες} Νομοι του Kepler {Πεδίο Κεντρικών Δυνάμεων, Αρχή Διατήρησης Στροφορμής, Κίνηση Πλανητών και Νόμοι του Kepler } Βαρυτικη Δυναμικη Ενεργεια { Εκφραση του Βαρυτικού Δυναμικού, Ταχύτητα Διαφυγής, Τροχιές και Ενέργεια Δορυφόρου} Ο γνωστός Νόμος της Βαρύτητας του Newton εκφράζεται σε διανυσματική μορφή με την βοήθεια του διανύσματος θέσης και συζητούνται απλά θέματα, όπως η βαρύτητα στην επιφάνεια της Γης αλλά και άλλων πλανητών. Αποδεικνύεται πως το βαρυτικό πεδίο σαν κεντρικό πεδίο δυνάμεων διατηρεί την στροφορμή. Γίνεται αναφορά στους Νόμους του Kepler και στην απόδειξή των. Υπολογίζεται το έργο που απαιτείται για να μετακινηθεί ένα σώμα μέσα σε βαρυτικό πεδίο από συγκεκριμένο σημείο στο άπειρο και εισάγεται η έννοια του Βαρυτικού Δυναμικού και της ταχύτητας διαφυγής. Αναδεικνύεται η σύνδεση της δύναμης και τουδυναμικούμέσωτηςτηςσχέσης F = U/ r ˆrγιατοσυντηρητικόπεδίοτων κεντρικών δυνάμεων. Τέλος μελετάται η δυναμική των τροχιών δορυφόρου σε κυκλική τροχιά γύρω από ένα πλανήτη και υπολογίζεται η συνολική ενέργεια δορυφόρου σε ελλειπτική τροχιά, απ όπου συνάγεται η ισοδυναμία του μεγάλου ημιάξονα της έλλειψης με την ακτίνα της κυκλικής τροχιάς. 113

116 Νόμος της Βαρύτητας ΑΣΚΗΣΗ 8.1 Ενας πλανήτης μπορεί να θεωρηθεί σαν ομογενής συμπαγής σφαίρα ακτίνας R, ο οποίος προκαλείεπιτάχυνσητηςβαρύτητας a g στηνεπιφάνειάτου. Σεπόσηαπόστασηαπό τοκέντροτουηεπιτάχυνσηαυτήτηςβαρύτηταςμειώνεταιστομισότης a g /2; Η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια ενός πλανήτη δίνεται από τη σχέση: a g = G M R 2 (1) όπουmημάζατουπλανήτη,rηακτίνατουκαιgηπαγκόσμιασταθεράτηςβαρύτητας. Ισοδύναμα, η σχέση αυτή εκφράζεται και μέσω της πυκνότητας από την: a g = G M R = ρ 2 G4/3πR3 = 4 πgrρ (2) R 2 3 Άρα, υπάρχουν δύο τρόποι για να μειωθεί η επιτάχυνση της βαρύτητας που προκαλεί ο σφαιρικός αυτός πλανήτης: Είτε μεγαλώνοντας την απόσταση από την επιφάνειά του[σχέση(1)] κινούμενοι εκτός του πλανήτη, ή μειώνοντας την ενεργό μάζα που συμμετέχειστοβαρυτικόπεδίοεισερχόμενοιεντόςτουπλανήτη[σχέση(2)].εάν R x είναι η ζητούμενη απόσταση, τότε αυτή στην πρώτη περίπτωση(εκτός του πλανήτη) είναι: { ag = G M R 2 a g /2 = G M R 2 x } = R2 x R 2 = 2 = R x = 2R ενώ για την δεύτερη περίπτωση(εντός του πλανήτη) αυτή γίνεται: { a g = 4 3 πgrρ a g /2 = 4 3 πgr xρ } = R R x = 2 = R x = 1 2 R ΑΣΚΗΣΗ 8.2 Σε υποθετικό σφαιρικό πλανήτη, όταν ένα σώμα μεταφερθεί από τον πόλο στον ισημερινό χάνει το μισό του βάρος. Να υπολογίσετε τη διάρκεια της μέρας(μιας πλήρους περιστροφής) στον πλανήτη αυτόν, εάν είναι γνωστή η μέση πυκνότητά του ρ.

117 115 Λόγω της περιστροφικής κίνησης του πλανήτη, στα αντικείμενα εκτός του πόλου επιδρά επιπλέον μία φυγόκεντρος δύναμηηοποίαμειώνειτηνένταση της βαρυτικής δύναμης και δημιουργεί το φαινόμενο βάρος του σώματος. Προφανώς, η φυγόκεντρη αυτή δράση λαμβάνειτημέγιστητιμήτηςστον ισημερινό. Με βάση τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε: F B F B F K { Φαινόμενο Βάρος στον Ισημερινό} = 1/2 {Φαινόμενο Βάρος στον Πόλο} G mm mω 2 R = 1 R 2 2 GmM R 2 = mω 2 R = 1 2 GmM R 2 = ω = GM 2R 3 Εκφράζοντας τη μάζα του σφαιρικού πλανήτη συναρτήσει της δοσμένης πυκνότητάς τουρ: ω = G(4/3πR3 ρ) 2 = ω = 2R 3 3 πgρ Η περίοδος της περιστροφής του πλανήτη είναι κατά συνέπεια: T = 2π ω = 2π 3 2πGρ = T = 6π Gρ Σημείωση ΕάνδεχθούμεμιαμέσηπυκνότηταίσημεαυτήντηςΓης ρ = Kg/m 3 τότεη περίοδος είναι ίση με: T = δηλαδή περίπου δύο ώρες! 6π Gρ = 6π = s

118 116 ΑΣΚΗΣΗ 8.3 ΚατάμήκοςμιαςχορδήςστηΓηανοίγεταιένατούνελκαιαφήνεταιναπέσεισώμα,το οποίο κινείται χωρίς τριβές. Αγνοώντας όλες τις άλλες αλληλεπιδράσεις, να αποδειχθεί ότι το σώμα αυτό υπό την επίδραση της βαρύτητας εκτελεί αρμονική ταλάντωση, της οποίας ζητείται η περίοδος. Σε κάποια τυχαία θέση μέσα στο τούνελ στο σώμα ασκείται η βαρυτική δύναμη F,ηοποίαμπορείνααναλυθεί σε δύο κάθετες συνιστώσες: Σε μία κατάμήκοςτουτούνελκαισεμίακάθετη στα τοιχώματα του τούνελ. Η δεύτερη εξουδετερώνεται από την αντίσταση των τοιχωμάτων N,ενώηπρώτηείναιαυτή που κινεί το σώμα. Είναι προφανές πως στον υπολογισμό της βαρυτικής δύναμης F συμμετέχει μόνο η μάζα της Γης που ορίζεται από την εκάστοτε θέση του σώματος(ακτίνα r). Ορίζοντας την απόσταση x από την κάθετη στο τούνελ διάμετρο της γήινης σφαίρας, η κινούσα δύναμη είναι: F x = Fsinθ = F x r = GmM x r 2 r = GmM x r 3 όπου MημάζατηςΓηςπουορίζεταιαπότηνακτίνα r.άρα: F x = G mm r x = ρ) 3 Gm(4/3πr3 r 3 r x = F x = 4 3 πgmρ x καιεπειδήηδύναμηείναιτηςμορφής F = kxμε k = 4/3πGmρ,τοσώμαεκτελεί αρμονική ταλάντωση. Η περίοδος της ταλάντωσης αυτής δίνεται από τη σχέση: F N x m m T = 2π k = 2π 4/3πGmρ = T = 3π Gρ Οπωςκαιπροηγούμενα,γιαμέσηπυκνότηταΓης ρ = Kg/m 3 ηζητούμενη περίοδος είναι ίση με: T = 3π Gρ = 3π 5070s 84.4min

119 Κυκλική Τροχιά Δορυφόρου ΑΣΚΗΣΗ 8.4 Δορυφόρος μάζας m κινείται σε σταθερή κυκλική τροχιά ακτίνας h γύρω από σφαιρικό πλανήτη μάζας M και ακτίνας R. Να εξαχθούν οι βασικές εξισώσεις της κίνησής του. Ηβασικήσχέσηπουδιέπειτηκίνηση δορυφόρου γύρω από πλανήτη είναι πως η βαρυτική δύναμη δρα ως κεντρομόλος δύναμη της κυκλικής κίνησης. Δηλαδή: h V F k = F B Απότησχέσηαυτήεξάγονταιόλεςοι βασικές σχέσεις που διέπουν την κίνηση του δορυφόρου. Γραμμική Ταχύτητα V R F k = F B = mv 2 h = GmM h 2 = V 2 = G M h Γωνιακή Ταχύτητα ω Περίοδος Περιστροφής Τ F k = F B = mω 2 h = G mm h 2 = ω 2 = G M h 3 T = 2π ω = T = 2π h 3 GM Ολα τα παραπάνω φυσικά μεγέθη εξαρτώνται μόνο από το ύψος h! Διατηρήσιμες ποσότητες του δορυφόρου είναι η συνολική ενέργεια E και η στροφορμή L: E = K +U = 1 2 mv 2 G mm h L = mvh = mωh 2

120 118 ΑΣΚΗΣΗ 8.5 Δορυφόρος κινείται σε κυκλική τροχιά γύρω από τον Ισημερινό της Γης. Ποια είναι η απόστασήτουαπότηνεπιφάνειατηςγηςέτσιώστεναπαραμένεισυνεχώςπάνωαπό το ίδιο σημείο; ΓιαναπαραμένεισυνεχώςακίνητοςπάνωαπότοίδιοσημείοτηςΓηςπρέπειη περίοδοςπεριφοράςτουδορυφόρουόσοκαιτηςγης,δηλαδή T = 24 h. Ανλοιπόν αυτόςβρίσκεταισεύψος hαπότηνεπιφάνειατηςγης,τότε: mω 2 (R+h) = G mm (R+h) 2 = m ( ) 2 2π (R+h) = G mm T (R+h) 2 και κατά συνέπεια και τελικά (R+h) 3 = G M T2 = R+h = 3 G M T2 4π 2 4π 2 h = 3 G M T2 4π 2 R ΑντικαθιστώνταςτημάζατηςΓηςμε M Kgκαιέχοντας T = s καταλήγουμε στο: h = ( ) km = km 4R δηλαδή ο δορυφόρος αυτός πρέπει να τεθεί σε απόσταση 5 περίπου γήινων ακτίνων από τοκέντροτηςγης.

121 Προτεινόμενες Ασκήσεις ΑΣΚΗΣΗ 8.6 Αστέρας νετρονίων έχει ακτίνα 20 km και περιστρέφεται με συχνότητα 1 Hz. Πόση πρέπειναείναιηελάχιστημάζατουώστετουλικόστηνεπιφάνειάτουναπαραμένει στη θέση του παρά την γρήγορη περιστροφή του αστέρα; Απάντηση: Kg ΑΣΚΗΣΗ 8.7 Να αποδείξετε πως εάν ένας δορυφόρος περιστρέφεται πολύ κοντά στην επιφάνεια ενός πλανήτημεπερίοδο T,ηπυκνότηταρτουπλανήτηδίνεταιαπότησχέση: ρ = 3π GT 2 ΑΣΚΗΣΗ 8.8 Ενα τριπλό αστρικό σύστημα αποτελείται από δύο αστέρες, καθένας μάζας m, που περιφέρονται στην ίδιακυκλικήτροχιάακτίνας rγύρωαπόένανκεντρικό αστέρα μάζας M. Οι δύο περιστρεφόμενοι α- στέρες βρίσκονται πάντοτε σε αντιδιαμετρικές θέσεις της τροχιάς. Να βρεθεί έκφραση για την περίοδο περιστροφής των αστέρων. Απάντηση: T = 2π r 3 G(M+m/4) (Άσκηση Halliday-Resnick)

122 120

123 Κεφάλαιο 9 ΡΕΥΣΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ Ρευστα σε Ηρεμια {Υδροστατική Πίεση, Μέτρηση της Πίεσης, Αρχή του Pascal} Ανωση {Άνωση, Αρχή του Αρχιμήδη} Ιδανικα Ρευστα σε Κινηση {Εξίσωση της Συνέχειας, Εξίσωση του Bernoulli} Αφού ορισθεί η πίεση ως βαθμωτό μέγεθος και συζητηθούν οι διάφορες φυσικές μονάδες μέτρησης, η έννοια αυτή μεταφέρεται στα ρευστά και ορίζεται αντίστοιχα η υδροστατική πίεση νοητής στήλης ρευστού P = ρ gh. Συζητούνται τα διάφορα όργανα μέτρησης της πίεσης(μανόμεντρα). Στηριζόμενοι στο ασυμπίεστο των ιδανικών ρευστών εισάγεται η έννοια της μηχανής του Pascal. Για εμβαπτισμένα σώματα σε ρευστά εισάγεται η έννοια της άνωσης και αποδεικνύεται η Αρχή του Αρχιμήδη για απλά γεωμετρικά στερεά. Γιαταιδανικάρευστάσεκίνησηεισάγεταιηέννοιατηςροής(παροχής)καιαποδεικνύεταιήεξίσωσητηςσυνέχειας V 1 A 1 = V 2 A 2 σανάμεσησυνέπειατηςδιατήρησης της ροής. Στηριζόμενοι τέλος στην αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας εξάγεται η εξίσωση του Bernoulli. 121

124 Ρευστά σε Ηρεμία ΑΣΚΗΣΗ 9.1 Υδάτινοφράγμαέχειπλάτος wκαιφράσσειόγκονερούσυνολικούύψους Hκαιγνωστής πυκνότητας ρ. (α)υπολογίστετηνυδροστατικήπίεσηπουασκείταιστοφράγμασεύψος yαπότον πυθμένατουνερού.(β)πόσοείναιησυνολικάασκούμενηδύναμη Fστοφράγμααπό όλον τον υδάτινο όγκο; Ερώτηση(α) Σεύψος yαπότονπυθμέναηυδροστατική πίεση είναι: P = ρ gh = ρ g(h y) όπου H yτούψοςτουυπερκείμενου νερού. Ερώτηση(β) H Γιαμιαζώνηπλάτους wκαιύψους dy η ασκούμενη στο τοίχωμα δύναμη είναι: df = PdA = ρ g(h y)w dh οπότε F = F = H 0 ρ g(h y)w dh = ρgw H 0 (H y)dh = ρgw 0 H (H y)d(h y) [ (H y) 2 F = ρ gw 2 ] 0 H = F = 1 2 ρgwh2 Σημείωση Η συνολική δύναμη έχει τετραγωνική εξάρτηση από το ύψος H του νερού. Η μέση πίεση που ασκείται στο φράγμα προκύπτει εάν το παραπάνω αποτέλεσμα διαιρεθεί με την συνολική επιφάνεια wh του υδάτινου όγκου στο φράγμα. Προκύπτει: P = 1 2 ρgh

125 123 ΑΣΚΗΣΗ 9.2 Δοχείοπεριλαμβάνεινερό (H 2 O)καιυδράργυρο (Hg)σεαρκετήποσότητα. Ενας κύβοςαπόσίδηρο (Fe)μεμήκοςπλευράς L = 0.06 mισορροπείόπωςφαίνεταιστο σχήμα. (α) Να υπολογισθεί πόσο μέρος του σιδήρου είναι βυθισμένο στον υδράργυρο και στο νερό αντίστοιχα. (β) Να δώσετε, στην γενική περίπτωση, τη γραφική παράσταση της συναρτησιακής εξάρτησηςπουέχειτοξμετηνπυκνότητατουυπερκείμενουρευστού (H 2 O). Τιθα συμβεί εάν το ρευστό αυτό αντικατασταθεί με άλλο μεγαλύτερης πυκνότητας, η οποία τείνει στην πυκνότητα του σώματος (F e); Δίνονταιοιπυκνότητες: ρ H2 0 = kg/m 3, ρ Fe = kg/m 3, ρ Hg = kg/m 3 Ερώτηση(α) Εάνημάζατουσώματοςείναι m Fe και οι εκτοπιζόμενες μάζες των δύο ρευστών m H2 Oκαι m Hg αντίστοιχα,τότεισχύει: H 2 O L m Fe g = m H2 O g +m Hg g απ όπου συνάγεται: Hg Fe x ρ Fe L = ρ H2 O (L x)+ρ Hg x ρ Fe L ρ H2 O L = x (ρ Hg ρ H2 O) x = L ρ Fe ρ H2 O ρ Hg ρ H2 O καιάρα x = L 0.53 L Ερώτηση(β) Γράφοντας το παραπάνω αποτέλεσμα στη μορφή: x = L ρ 1 ρ 0 ρ 2 ρ 0, τογράφηματηςσυνάρτησης x(ρ 0 )φαίνεταιστοπαραπάνωσχήμα.είναιπροφανέςπως για ρ 0 ρ 1 έχουμε x 0,δηλαδήτοσώμαανεβαίνειπροςτουπερκείμενορευστό.

126 124 ΑΣΚΗΣΗ 9.3 Μικρήσφαίραπυκνότητας ρ 0 κρέμεταιαπόαβαρέςνήμαμέσασερευστόπυκνότητας ρ 1 καιδύναταιναεκτελείαρμονικέςταλαντώσειςπεριόδου T 1. Αντικαθιστώνταςτο ρευστόμεάλλοπυκνότητας ρ 2 ηπερίοδοςμεταβάλλεταισε T 2. Δεχόμενοιότιοιαντιστάσειςτωνρευστώνείναιαμελητέεςκαιότι ρ 0 > ρ 1 και ρ 0 > ρ 2 ναυπολογισθείηπυκνότητατουσώματος ρ 0 μόνοαπότιςπυκνότητες ρ 1,ρ 2 καιτις περιόδους T 1,T 2. Στη σφαίρα επενεργούν τρεις δυνάμεις: Τοβάροςτης mg,ηάνωση Aκαι ητάσητουνήματος T. Δεδομένουότι το βάρος και η άνωση είναι κατακόρυφες, για μικρή εκτροπή της σφαίρας κατά γωνίαθθαισχύει: F = (mg A)sinθ T = (mg A)cosθ Εάνηγραμμικήεκτροπήτουεκκρεμούςείναι xτότεηκινούσαδύναμη Fγράφεται: F = (mg A) x L = mg A L x = kx δηλαδή το σώμα εκτελεί αρμονική ταλάντωση με σταθερά k. Οπότε η περίοδος της κίνησης δίνεται από τη σχέση: m T = 2π k = 2π ml mg A = 2π Vρ 0 L Vρ 0 g Vρ i g = 2π Κατά συνέπεια, για τα ρευστά του προβλήματος θα ισχύει: ρ 0 L ρ 0 ρ i g T 1 T 2 = ρ0 ρ 0 ρ 1 ρ 0 ρ 2 ρ 0 = ρ0 ρ 2 ρ 0 ρ 1 = ρ 0 = ρ 1T 2 1 ρ 2 T 2 2 T 2 1 T2 2

127 Ρευστά σε Κίνηση ΑΣΚΗΣΗ 9.4 Ανοιχτό δοχείο μεγάλης διαμέτρου και ύψους H γεμάτο με νερό βρίσκεται ακίνητο σε οριζόντιο δάπεδο. Σε απόσταση h από την επιφάνεια του νερού ανοίγουμε μια μικρή οπή, απ όπου το νερό εκτοξεύεται αρχικά οριζόντια. (α) Υπολογίστε την οριζόντια απόσταση x όπου το νερό συναντά το δάπεδο. (β)πώςεξαρτάταιηεμβέλεια xαπότουπερκείμενούψοςτουνερού h; Αποδώσατε γραφικάτησυνάρτηση x = x(h)για 0 < h < H. (γ)ναδιερευνηθείηδυνατότηταναανοιχθείηοπήσεάλλούψος h έτσιώστετο εκτοξευόμενονερόναδιαγράφειτοίδιοβεληνεκές x.πόσοείναιηαπόστασηαυτή h ; x(h) H 0 H/2 H h Ερώτηση(α) Αντονερόεκτοξεύεταιμεταχύτητα V,τότεβάσειτηςεξίσωσηςτου Bernoulliηταχύτητααυτήυπολογίζεται(βλέπεδιαφάνειεςμαθήματος): V = 2gh.Κατάσυνέπεια τοζητούμενοβεληνεκέςείναι x = Vt,όπου tοχρόνοςπουκινείταιτονερόκατάτην κατακόρυφη ελεύθερη πτώση: H h = 1 2 gt2 = t = 2 H h g Κατά συνέπεια: x = Vt = 2gh 2 H h g = x = 2 h(h h)

128 126 Ερώτηση(β) Ησυνάρτησηx = x(h)φαίνεταιστοδιπλανόσχήμα.παρουσιάζειμέγιστογιαh = H/2 καιείναι x(h/2) = H. Ερώτηση(γ) Υποθέτουμεπωςυπάρχουνδύοαποστάσεις h 1 και h 2 πουδίνουντοίδιοβεληνεκές. Άρα: x(h 1 ) = x(h 2 ) = 2 h(h h 1 ) = 2 h(h h 2 ) = h 1 (H h 1 ) = h 2 (H h 2 ) = h 1 H h 2 1 = h 2 H h 2 2 = h 2 2 h2 1 = (h 2 h 1 )H = H = h 1 +h 2 Δηλαδήοιδύοοπέςπρέπειναισαπέχουναπότομέσοντουδοχείου,όπωςεξάλλου φαίνεται και από το συμμετρικό γράφημα της συνάρτησης x(h). ΑΣΚΗΣΗ 9.5 Στο σχήμα φαίνεται η αρχή του σιφωνίου, με το οποίο μπορούμε να απομακρύνουμε υγρόαπότοδοχείο.αρχικάοσωλήνας ABCπρέπειναείναιγεμάτοςμετουγρόκαι όταν αυτό επιτευχθεί το υγρό ρέει λόγω διαφοράς πίεσης. Να υπολογισθεί η ταχύτητα εκροής και η πίεση στο ανώτατο σημείο του σωλήνα. Εφαρμόζοντας την εξίσωση του Bernoulli σε σημείο της επιφάνειας του υγρού τουδοχείουκαίστηνέξοδο Cτουσωλήνα, λαμβάνοντας ως αναφορά του δυναμικού το επίπεδο της εισόδου του σιφωνίου(α): P ρv 2 0 +ρgd = P C+ 1 2 ρv 2 C +ρg( h 2) Αλλά P 0 = P C ίσημετηνατμοσφαιρικήπίεσηκαι V 0 0λόγωτηςμεγάληςεπιφανείας