από το δοκάρι, η οποία αναλύεται στην τριβή ολίσ θήσεως T από το οριζόντιο νήµα (τάση του νήµατος). Eάν a! a 1

Transcript

1

2 Ένα δοκάρι µάζας M, βρίσκεται σε λείο οριζόντιο έδαφος. Πάνω στο δοκάρι υπάρχει µικρό σώµα Σ µάζας m, το οποίο είναι δεµένο στο ένα άκρο αβαρούς και µη εκτατού νήµατος. Tο νήµα διέρχεται από το λαιµό µιας µικρής ευκίνητης τροχαλίας, όπως φαί νεται στο σχήµα () και στο άλλο άκρο του στερεώνεται σώµα Σ, µά ζας m. O συντελεστής τριβής ολίσθησης µεταξύ του δοκαριού και του σώµατος Σ έχει τέτοια τιµή n, ώστε όταν το σώµα Σ αφεθεί ελεύθε ρο το Σ να ολισθαίνει πάνω στο δοκάρι. Nα βρεθεί η σχετική ταχύτη τα του σώµατος Σ ως προς το δοκάρι, ύστερα από χρόνο t * αφότου το σώµα Σ αφέθηκε ελεύθερο. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛYΣH: Eξετάζοντας το σώµα Σ παρατηρούµε ότι αυτό διέρχεται το βάρος του w, την δύναµη επαφής A από το δοκάρι, η οποία αναλύεται στην τριβή ολίσ θήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N και τέλος την δύναµη F από το οριζόντιο νήµα (τάση του νήµατος). Eάν a είναι η επιτάχυνση του σώµατος Σ ως προς το ακίνητο έδαφος, τότε σύµφωνα µε το δεύτερο νόµο κίνησης του Nεύτωνα, θα ισχύει: F - T = m a F - nn = m a F - nm g = m a () Eξετάζοντας το δοκάρι παρατηρούµε ότι, αυτό δέχεται το βάρος του M g, τη κατακόρυφη δύναµη επαφής A από το λείο οριζόντιο επίπεδο και τέλος την Σχήµα δύναµη επαφής A ' από το σώµα Σ, η οποία, σύµφωνα µε τον τρίτο νόµο του Nεύτωνα είναι αντίθετη της A και αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T ' και την κάθετη αντίδραση N ', για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

3 T' = T = nm g " N' = N = m g # () Eφαρµόζοντας για το δοκάρι τον δεύτερο νόµο κίνησης του Nεύτωνα παίρνου µε την σχέση: T' = Ma () nm g = Ma a = nm g/m (3) όπου a η επιτάχυνση του δοκαριού ως προς το ακίνητο έδαφος. Tέλος εξετά ζοντας το σώµα Σ παρατηρούµε ότι αυτό δέχεται το βάρος του w και την δύ ναµη F από το νήµα, της οποίας το µέτρο είναι ίσο µε το µέτρο της F, αφού το νήµα θεωρείται αβαρές και η τροχαλία ευκίνητη και αµελητέας µάζας. Eφαρµόζοντας για το σώµα αυτό τον δεύτερο νόµο κίνησης του Nεύτωνα έχουµε: w - F = m a m g - F = m a (4) Προσθέτοντας κατά µέλη τις σχέσεις () και (4) παίρνουµε: m g - nm g = (m + m )a g(m - nm ) = (m + m )a a = g(m - nm )/(m + m ) (5) Eάν a x είναι η σχετική επιτάχυνση του σώµατος Σ ως προς το δοκάρι, τότε θα ισχύει η διανυσµατική σχέση: a x = a - a = a + (- a ) a x = a - a δηλαδή το µέτρο της a είναι σταθερό που σηµαίνει ότι η σχετική κίνηση του σώµατος Σ ως προς το δοκάρι είναι οµαλά επιταχυνόµενη, χωρίς αρχική ταχύ τητα. Άρα, ύστερα από χρόνο t αφότου άρχισε η κίνηση αυτή, η σχετική ταχύ τητα του Σ ως προς το δοκάρι θα έχει µέτρο, που δίνεται από την σχέση: v x = a x t (6) v x = a - a t (3) v x = g(m - nm ) (5) m + m - nm g M t v x = gt m - nm - nm m + m M P.M. fysikos Nα βρεθεί το µέτρο της οριζόντιας δύναµης που πρέπει να ενεργεί στο σώµα Σ του σχήµατος () µάζας M, ώστε τα άλλα δύο σώµατα Σ, Σ µε µάζες m και m αντιστοίχως, να βρίσκον ται σε σχετική ισορροπία ως προς το Σ. Oι τριβές σε όλες τις επαφές θα θεωρηθούν ασήµαντες, η τροχαλία αµελητέας µάζας, το δε νήµα αβαρές και µη εκτατό. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας.

4 ΛYΣH: Aφού θέλουµε τα σώµατα Σ και Σ να ακινητούν ως προς το σώµα Σ, πρέπει τα τρία σώµατα να έχουν την ίδια επιτάχυνση a, ως προς το ακίνητο έδαφος. Eξετάζοντας το σύστηµα των τριών σωµάτων παρατηρούµε ότι, αυτό δέχεται από το περιβάλλον του τα βάρη w, w και w των σωµάτων Σ, Σ και Σ αντιστοίχως, την κατακόρυφη δύναµη επαφής A από το λείο οριζόντιο επί πεδο και τέλος την οριζόντια δύναµη F. Eπειδή η επιτάχυνση a του συστή µατος είναι οριζόντια, σύµφωνα µε τον δεύτερο νόµο κίνησης του Nεύτωνα, θα ισχύει για το σύστηµα η σχέση: F = (M + m + m )a () Eξετάζοντας µόνο το σώµα Σ παρατηρούµε ότι η µόνη δύναµη που αυτό δέχε ται κατά την διεύθυνση της κίνησής του είναι η τάση T του νήµατος, οπότε σύµφωνα µε το δεύτερο νόµο του Nεύτωνα θα ισχύει η σχέση: T = ma () Σχήµα Tέλος, εξετάζοντας µόνο το σώµα Σ παρατηρούµε ότι, η µόνη οριζόντια δύνα µη που δέχεται είναι η οριζόντια συνιστώσα T x της τάσεως T του νήµατος, οπότε σύµφωνα µε το δεύτερο νόµο του Nεύτωνα θα ισχύει η σχέση: T x = m a T µ"= m a (3) Διαιρώντας τις σχέσεις () και (3) κατά µέλη έχουµε: T T µ" =m a m a T T µ" = m (4) m Όµως ισχύει T =T, διότι η τροχαλία είναι αµελητέας µάζας και ευκίνητη και το νήµα αβαρές, οπότε η (4) γράφεται: µ" = m m µ" = m m (5) Όµως, από το σκιασµένο ορθογώνιο τρίγωνο έχουµε:

5 "" = T x w = m a m g g#µ" a = g"" = $%&" a = gµ" - µ " (5) a = g (m /m ) - (m /m ) = gm m - m (6) Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και (6) παίρνουµε την σχέση: F = gm (M + m + m ) m - m (7) Tο πρόβληµα έχει νόηµα εφ όσον m >m, οπότε η ποσότητα m - m είναι πραγµατικός αριθµός. P.M. fysikos Tα σώµατα Σ και Σ του σχήµατος (3) έχουν αντίστοιχες µάζες m και m και το µεν Σ εφάπτεται στην πάνω επι φάνεια του Σ, ενώ το Σ είναι σε επαφή µε οριζόντιο έδαφος. Ο συντε λεστής οριακής τριβής µεταξύ των δύο σωµάτων είναι n, ενώ µεταξύ του Σ και του εδάφους είναι n. Eάν στο σώµα Σ ενεργεί δύναµη µε φορά προς τα κάτω, της οποίας ο φορέας σχηµατίζει µε την οριζόντια διεύθυνση γωνία φ, µε σφφ n >n, να δείξετε ότι η αναγκαία συνθή κη ώστε το Σ να κινείται ως προς το έδαφος, ενώ το Σ να ηρεµεί ως προς το Σ, είναι: n g(m + m ) "#$ - n %µ$ < F & n gm "#$ - n %µ$ όπου g η επιτάχυνση της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Ας δεχθούµε ότι το σώµα Σ κινείται πάνω στο οριζόντιο έδαφος, ενώ το Σ ηρεµεί ως προς το σώµα Σ, δηλαδή στο σύστηµα αναφοράς του εδάφους έχει την ίδια ταχύτητα και την ίδια επιτάχυνση µε το Σ. Το σώµα Σ δέχεται την δύναµη F, που αναλύεται στην οριζόντια συνιστώσα F x και στην κατακόρυ φη συνιστώσα F y, το βάρος του w και την πλάγια αντίδραση του οριζόντιου επιπέδου, που αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην στατική τριβή T. Εξάλλου το σώµα Σ δέχεται το βάρος του w, την πλάγια αντίδραση του ορι ζόντιου εδάφους, που αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N και τέλος την δύναµη επαφής από το σώµα Σ, που αναλύεται στην τριβή T ', αντίθετη της T και στην κάθετη αντίδραση N ', αντίθετη της N. Επειδή το σώµα Σ κινείται πάνω στο οριζόντιο έδαφος (είτε επιταχυνόµενο είτε ισοταχώς) σηµαίνει ότι η οριζόντια συνιστώσα F x υπερβαίνει σε µέτρο την οριακή τριβή µεταξύ του Σ και του εδάφους, δηλαδή ισχύει:

6 F x > n N F"#$ > n N () ζόντιου εδάφους, που αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N και τέλος την δύναµη επαφής από το σώµα Σ, που αναλύεται στην τριβή T ', αντίθετη της T και στην κάθετη αντίδραση N ', αντίθετη της N. Επειδή το σώµα Σ κινείται πάνω στο οριζόντιο έδαφος (είτε επιταχυνόµενο είτε ισοταχώς) σηµαίνει ότι η οριζόντια συνιστώσα F x υπερβαίνει σε µέτρο την οριακή τριβή µεταξύ του Σ και του εδάφους, δηλαδή ισχύει: F x > n N F"#$ > n N () Σχήµα 3 Όµως το σύστηµα των δύο σωµάτων δεν έχει κατακόρυφη κίνηση, οπότε µπο ρούµε να γράψουµε την σχέση: N = w + w + F y N = m g + m g + Fµ" (3) Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και (3) παίρνουµε: F"#$ >n (m g+m g+f%µ$) F("#$ - n %µ$)>n g(m +m ) (4) Eξάλλου είναι δεδοµένο του προβλήµατος ότι: "# > n ή "#$ / %µ$ > n ή "#$ - n %µ$ > όποτε από την (4) παίρνουµε: F > n g(m + m ) "#$ - n %µ$ (5) Aς δεχθούµε ότι το σώµα Σ κινείται στο σύστηµα αναφοράς του εδάφους µε επιτάχυνση a, που σηµαίνει ότι και η αντίστοιχη επιτάχυνση του Σ θα είναι επίσης a, αφού είναι απαίτηση το Σ να ηρεµεί ως προς το Σ. Εφαρµόζοντας για το Σ τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα, παίρνουµε την σχέση: F x - T = m a F"#$ - T = m a T = F"#$ - m a (6)

7 Όµως η T είναι στατική τριβή και εποµένως το µέτρο της ικανοποιεί την σχέ ση: (6) T n N F"#$ - m a % n N (7) Επειδή το Σ δεν έχει κίνηση κατά την κατακόρυφη διεύθυνση ισχύει: N = w + F y = m g + Fµ" και η (7) γράφεται: F"#$ - m a % n (m g + F&µ$) F("#$ - n %µ$) & n m g + m a F n m g + m a "#$% - n &µ% (8) διότι συνφ-n ηµφ>. Aν η (8) ισχύει για a= θά ισχύει προφανώς και για a>, δηλαδή µπορούµε να ισχυριστούµε ότι η (8) καλύπτεται απο την σχέση: F n m g "#$% - n &µ% (8) Από την όλη ανάλυση προκύπτει ότι αν το σώµα Σ κινείται επί του εδάφους και το Σ ηρεµεί ως προς το Σ, τότε ισχύει: n g(m + m ) "#$ - n %µ$ < F & n gm "#$ - n %µ$ P.M. fysikos Tο εσωτερικό κιβωτίου µάζας M, έχει διαµορφωθεί σε κοίλη ηµισφαιρική επιφάνεια, όπως φαίνεται σχήµα (4). Ένα σφαιρίδιο µάζας m, αφήνεται στο χείλος A του ηµισφαιρίου και στην συνέχεια κινείται χωρίς τριβή κατά µήκος αυτού. Nα βρεθεί η ελάχι στη τιµή του συντελεστή οριακής τριβής ανάµεσα στο κιβώτιο και στο οριζόντιο έδαφος, ώστε το κιβώτιο να παραµένει ακίνητο στην διάρ κεια που το σφαιρίδιο κινείται στο εσωτερικό του. Δίνεται η επιτά χυνση g της βαρύτητας. ΛYΣH: Έστω ότι, ο συντελεστής οριακής τριβής n ανάµεσα στο κιβώτιο και στο οριζόντιο έδαφος έχει τέτοια τιµή, ώστε το κιβώτιο να παραµένει ακίνητο, καθώς το σφαιρίδιο κινείται µεταξύ των άκρων A και Γ του κοίλου ηµισφαιρί ου. Eξετάζοντας το σφαιρίδιο σε µια τυχαία θέση Σ, όπου η επιβατική του ακτί να OΣ, ως προς το κέντρο O του ηµισφαιρίου, σχηµατίζει γωνία φ µε την κατακόρυφη διεύθυνση, παρατηρούµε ότι στην θέση αυτή το σφαιρίδιο δέχεται το βάρος του w, που αναλύεται σε µία ακτινική συνιστώσα w και σε µία εφαπ τοµενική συνιστώσα w και την δύνάµη K από την κοίλη επιφάνεια του ηµισ φαιρίου, η οποία έχει ακτινική διεύθυνση, διότι η επιφάνεια αυτή είναι λεία.

8 Όµως στην θέση αυτή του σφαιριδίου η συνισταµένη των ακτινικών δυνάµεων παίζει ρόλο κεντροµόλου δύναµης για το σφαιρίδιο, οπότε θα ισχύει: K - w = mv /R K = mg"#$ + mv /R = m(g"#$ + v /R) () όπου v η ταχύτητα του σφαιριδίου στην θέση Σ. Eφαρµόζοντας εξάλλου για το σφαιρίδιο, το θεώρηµα κινητικής ενέργειας-έργου µεταξύ των θέσεων A και Σ παίρνουµε: mv / - = mgr"#$ + v = gr"#$ () Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και () έχουµε: K = m(g"#$ + g"#$) = 3mg"#$ (3) Σχηµα 4 Eξετάζοντας τώρα το κιβώτιο, όταν το σφαιρίδιο βρίσκεται στην θέση Σ παρα τηρούµε ότι, αυτό δέχεται τις εξής δυνάµεις. Tο βάρος του M g, την δύναµη K 'από το σφαιριδιο, η οποία σύµφωνα µε το αξίωµα της ισότητας µεταξύ δράσης και αντίδρασης είναι αντίθετη της K, αναλύεται δε σε µια οριζόντια συνιστώσα K ' x και µια κατακόρυφη συνιστώσα K ' y και την πλάγια αντίδραση A του οριζοντίου εδάφους, η οποία αναλύεται σε µια οριζόντια συνιστώσα T (στατική τριβή) η οποία έχει φορά αντίθετη εκείνης προς την οποία τείνει να ολισθήσει το κιβώτιο και σε µια κατακόρυφη συνιστώσα N (σχήµα 5 ). Λόγω της ισορροπίας του κιβωτίου ισχύουν οι σχέσεις: T-K x = Τ=K ηµφ=kηµφ (3) T=3mgσυνφηµφ (4) (3) N=Mg+K y =Mg+Kσυνφ N=Mg+3mgσυν φ (5) Eξάλλου για να µη ολισθαίνει το κιβώτιο πάνω στο οριζόντιο επίπεδο πρέπει να ισχύει T nn, η οποία µε βάση τις (4) και (5) γράφεται: 3mg"#$%µ& ' n(mg + 3mg"# $) 3m"#$%µ& ' nm + 3nm"# $

9 3m + " # "# + " # $ nm + 3mm + " # 3m"# + " # $ nm + 3mm + " # Σχήµα 5 3m"# $ nm( + " #) + 3mm nm" # - 3m"# + n(3m + M) $ (6) Όταν το σφαιρίδιο κινείται µεταξύ των ακραίων θέσεων A και Γ του ηµισφαιρί ου, τότε θα ισχύει -π/ φ +π/, οπότε - < "" < +. Όµως το πρώτο µέλος της σχέσεως (6) αποτελεί τριώνυµο ου βαθµού ως προς εφφ και θέλουµε αυτό να παίρνει µη αρνητικές τιµές, όταν - < "" < +, δηλαδή να γίνεται οµό σηµο του nm ή µηδέν. Aυτό εξασφαλίζεται όταν η διακρίνουσα του είναι µη θε τική, δηλαδή όταν ισχύει: 9m - 4n M(M + 3m) 9m 4n M(M + 3m) 3m n M(M + 3m) n 3m n min = M(M + 3m) 3m M(M + 3m) P.M. fysikos Ο δίσκος του σχήµατος (6), µάζας m και ακτίνας R, στρέφεται περί άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας του C και είναι κάθετος στο επίπεδό του, µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα. Η ράβδος ΑC είναι αβαρής και το άκρο της Α είναι αρθρωµένο σε κατακόρυφο τοίχο. Κάποια στιγµή που λαµβάνεται ως αρχή µέτρησης του χρόνου ο δίσκος φέρεται σε επαφή µε τον κατακόρυφο τοίχο. Εάν ο συντελεστής τριβής ολισθήσεως µεταξύ του δίσκου και του τοίχου είναι n και η γωνία της ράβδου µε τον τοίχο φ, να βρείτε: i) την δύναµη που δέχεται η ράβδος από την άρθρωση Α και ii) τον χρόνο στον οποίο ο δίσκος παύει περιστρεφόµενος.

10 Δίνεται η η ροπή αδράνειας Ι C =mr / του δίσκου ως προς τον άξονα περιστροφής του και η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) H ράβδος AC, από την στιγµή που ο δίσκος έρχεται σ επαφή µε τον κατακόρυφο τοίχο ισορροπεί υπό την επίδραση της δύναµης F C από τον άξονα περιστροφής του τροχού και της δύναµης F A από την άρθρωση A. Eίναι προφανές ότι, οι δύο αυτές δυνάµεις πρέπει να έχουν φορέα την ράβδο και να είναι αντίθετες (σχήµα 6). Eξάλλου ο δίσκος από την στιγµή της επαφής του µε τον τοίχο δέχεται το βάρος του w, την αντίδραση του τοίχου, η οποία αναλύ εται στην τριβή ολισθήσεως T, που έχει φορά αντίθετη της ταχύτητας του σηµείου επαφής Β του δίσκου µε τον τοίχο και στην κάθετη αντίδραση N και Σχήµα 6 τέλος την δύναµη F από την ράβδο, η οποία σύµφωνα µε το αξίωµα της ισότη τας µεταξύ δράσης-αντίδρασης πρέπει να είναι αντίθετη της F C, δηλαδή η F έχει την διεύθυνση της ράβδου και φορά όπως στο σχήµα (6). Eπειδή ο δίσκος εκτελεί γνήσια περιστροφική κίνηση, θα ισχύουν οι σχέσεις: N = F x " w + T = F y # N = Fµ" & ' mg + T = F#$%" ( N = Fµ" & ' mg + nn = F#$%" ( όπου F x, F y η οριζόντια και η κατακόρυφη συνιστώσα αντιστοίχως της δύνα µης F. Συνδυάζοντας µεταξύ τους τις σχέσεις () παίρνουµε: mg + nfµ" = F#$%" mg = F"#$ - nf%µ$ () F = mg "#$ - n%µ$ ()

11 Η () έχει νόηµα εφ όσον ισχύει συνφ-nηµφ> ή συνφ>nηµφ ή σφφ>n. ii) Εφαρµόζοντας εξάλλου για τον δίσκο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνη σης, παίρνουµε την σχέση: TR = I C ' nnr = mr '/ '= nn/mr '= nf"µ# mr () '= n R ' g"µ# * ), (3) ( $%&# - n"µ# + όπου ' η σταθερή γωνιακή επιβράδυνση του δίσκου. O δίσκος θα σταµατήσει να περιστρέφεται την χρονική στιγµή t * για την οποία ισχύει: = - 't * t * = ' t * = R("#$ - n) ng t * = R("#$% - n&µ%) ng&µ% (4) P.M. fysikos Η σφαίρα του σχήµατος (7) είναι κοίλη µε λεπτά τοιχώµατα, έχει µάζα m και ακτίνα R, κινείται δε εφαπτόµενη συνε χώς σε δύο αντικρυστούς κατακόρυφους τοίχους τ και τ µε τους οποίους παρουσιάζει αντίστοιχους συντελεστές τριβής ολίσθησης n και n, µε n >n. Εάν η επιτάχυνση του κέντρου µάζας C της σφαίρας είναι a C = g /, όπου g η επιτάχυνση της βαρύτητας, να εκφράσετε σε συνάρτηση µε τον χρόνο την κινητική ενέργεια της σφαίρας και την στροφορµή της περί το κέντρο µάζας της. ΛΥΣΗ: Επί της σφαίρας ενεργεί το βάρος της m g, η δύναµη επαφής από τον τοίχο τ, που αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N του τοίχου και η δύναµη επαφής από τον τοίχο τ που αναλύεται στην τρι βή ολισθήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N. Επειδή το κέντρο µάζας της σφαίρας δεν έχει οριζόντια κίνηση οι δυνάµεις N και N έχουν µηδενική συνι σταµένη, δηλαδή ισχύει Ν =Ν. Εξάλλου εφαρµόζοντας για την κατακόρυφη κίνηση του κέντρου µάζας τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: mg - T - T = ma C mg - n N - n N = mg/ N (n + n ) = mg/ N = mg/(n + n ) () Eπειδή n >n θα ισχύει και Τ >Τ, που σηµαίνει ότι η ροπή της T περί το κέν τρο C της σφαίρας έχει µεγαλύτερο µέτρο της αντίστοιχης ροπής της T, δηλα δή υπό την επίδραση των δύο αυτών ροπών η σφαίρα θα περιστρέφεται αριστε

12 ρόστροφα περί οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το κέντρο της. Σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης θα έχουµε την σχέση: T R - T R = I C ' R(n N - n N ) = mr ' '= (n - n )N mr () '= (n - n )mg mr(n + n ) = (n - n )g R(n + n ) () Σχήµα 7 όπου ' η γωνιακή επιτάχυνση της σφαίρας. Από την πιο πάνω ανάλυση προ κύπτει ότι η σφαίρα εκτελεί σύνθετη κίνηση, που αποτελείται από µια κατακό ρυφη οµαλά επιταχύνόµενη µεταφορική κίνηση και µια αριστερόστροφη οµαλά επιταχυνόµενη περιστροφική κίνηση. Η κινητική ενέργεια Κ της σφαίρας ύστε ρα από χρόνο t αφότου αφέθηκε ελεύθερη, δίνεται από την σχέση: K = mv C + I C = ma Ct + mr ' t K = mt g () " 4 + % $ R ' ' # & K = mt # " g 4 + (n - n ) g 4(n + n ) $ & = mg t ' + n - n * # ), % 8 ( n + n + " # H αντίστοιχη στροφορµή L της σφαίρας περι το κέντρο της C είναι: $ & % & (3) L = I C = mr 't k () L = mr (n - n )g R(n + n ) t k = mr(n - n )gt k (4) (n + n ) όπου k το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα στο επίπεδο κίνησης της σφαίρας, του οποίου η φορά λαµβάνεται συµβατικά ίδια µε την φορά της γωνιακής ταχύτη τας της σφαίρας. P.M. fysikos

13 Mια χάντρα µπορεί να ολισθαίνει κατα µήκος µε ταλλικού σύρµατος που έχει την µορφή παραβολής. Το σύρµα είναι στερεωµένο µε το επί πεδό ου κατακόρυφο όπως φαίνεται στο σχήµα (8), ο συντελεστής οριακής τριβής µεταξύ σύρµατος και χάντρας εί ναι n η δε εξίσωσή του έχει την µορφή y=αx, όπου α θετική και στα θερή ποσότητα. Nα βρείτε την µέγιστη απόσταση της χάντρας από το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από το κατώτατο σηµείο Ο του σύρµατος, στην οποία αυτή µπορεί να ισορροπήσει. ΛΥΣΗ: Ας δεχθούµε ότι η χάντρα ισορροπεί σε µια θέση Μ(x, y) του µεταλικού σύρµατος. Οι δυνάµεις που δέχεται η χάντρα στην θέση αυτή είναι το βάρος της w, που αναλύεται σε µια συνιστώσα w t εφαπτοµενική του σύρµατος και µια συνιστώσα w r ακτινική αυτού και η δύναµη δεσµού του σύρµατος (δύναµη επαφής από το σύρµα), η οποία αναλύεται σε µια εφαπτοµενική συνιστώσα T που αποτελεί την στατική τριβή και σε µια ακτινική συνιστώσα N, που αποτε λεί την κάθετη αντίδραση του σύρµατος. Λόγω της ισορροπίας της χάντρας ισχύουν οι σχέσεις: T = w t = mgµ" & ' N = w r = mg#$%" ( () Σχήµα 8 όπου φ η γωνία κλίσεως της εφαπτοµένης του σύρµατος στο σηµείο Μ µε τον άξονα x. Eπειδή η τριβή T είναι στατική το µέτρο της ικανοποιεί την σχέση: () T nn mgµ" # nmg$%&" "# $ n () Όµως ισχύει και η σχέση: "# = dy/dx = $x οπότε η () παίρνει την µορφή: x " n 4 x " n 4y " n

14 y n /4" y max = n /4 όπου y max η ζητούµενη µέγιστη απόσταση της χάντρας από το οριζόντιο επίπεδο που διέχεται από το κατώτατο σηµείο Ο του σύρµατος, στην οποία µπορεί να ισορροπήσει η χάντρα. P.M. fysikos Mια χάντρα µαζας m µπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβή κατα µήκος µεταλλικού σύρµατος που έχει την µορφή παραβο λής, όπως φαίνεται στο σχήµα (9). Το σύρµα είναι στερεωµένο µε το επίπεδό του κατακόρυφο, η δε εξίσωσή του έχει την µορφή y=αx, όπου α θετική και σταθερή ποσότητα. i) Να βρείτε την εξωτερική δύναµη που πρέπει να ενεργεί πάνω στην χάντρα, ώστε αυτή να ολισθαίνει ισοταχώς επί του σύρµατος. ii) Εάν το σταθερό µέτρο της ταχύτητας της χάντρας είναι v, να βρείτε την µέγιστη επιτάχυνσή της. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) Για να ολισθαίνει η χάντρα ισοταχώς επί του παραβολικού σύρµα τος, δηλαδη για να παραµένει σταθερό το µέτρο της ταχύτητάς της, πρέπει να είναι µηδενική η επιτρόχια επιτάχυνση της χάντρας. Αυτό σηµαίνει ότι κάθε στιγµή πρέπει να είναι µηδενική η συνισταµένη των εφαπτοµενικών δυνάµεων (επιτρόχια δύναµη) που δέχεται η χάντρα στην διάρκεια της κινήσεώς της. Εξάλλου η χάντρα δέχεται το βάρος της w που αναλύεται σε µια συνιστώσα w t εφαπτοµενική του σύρµατος και µια συνιστώσα w r ακτινική του σύρµατος στην θέση Μ που βρίσκεται η χάντρα κατα την στιγµή που την εξετάζουµε. Σχήµα 9 Ακόµη η χάντρα δεχεται δύναµη δεσµού N από το σύρµα (αντίδραση του σύρ µατος), η οποία έχει ακτινική διεύθυνση λόγω έλλειψης τριβής. Για να είναι λοι πόν µηδενική η επιτρόχια δύναµη της χάντρας πρέπει κάθε στιγµή να ενεργεί σ αυτήν εξωτερική δύναµη F αντίθετη της συνιστώσας w t του βάρους της, που σηµαίνει ότι το µέτρο της F πρέπει να είναι διαρκώς ίσο µε το µέτρο της w t, δηλαδή πρέπει να ισχύει:

15 F = w t = mg"#$ = mg%µ& () όπου φ η γωνία κλίσεως της εφαπτοµένης του σύρµατος στην θέση Μ µε τον οριζοντιο άξονα Οx. Eάν F x, F y είναι η οριζόντια και η κατακόρυφη συνιστώσα αντιστοίχως της F, θα έχουµε την σχέση: F = F x + F y = Fµ" i + F#$%" j F = F"#$ i + F%µ$ () j F = mgµ"#$%" i + mgµ " j = mgµ"(#$%" i + µ" j ) () όπου i, j τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων Οx και Οy αντιστοίχως. Όµως έχουµε ακόµη τις σχέσεις: και µ" = "#$ = #$" + #$ " = dy / dx + (dy / dx) = %x + 4% x + %& $ = + (dy / dx) = + 4' x οπότε η () γράφεται: F = mg x " $ + 4 x # i + x j + 4 x + 4 x % ' & F = mgx i + x j + 4 x ( ) (3) ii) Εφόσον η επιτρόχια επιτάχυνση της χάντρας είναι µηδενική, η ολίκη επιτάχυνση a αυτής συµπίπτει µε την κεντροµόλο επιτάχυνση της, δηλαδή τo µέτρο της a είναι: a = v / R (4) όπου R η ακτίνα καµπυλότητα του σύρµατος στην θέση Μ της χάντρας. Όµως για την R ισχύει η σχέση: R = d y/dx [ + (dy/dx) ] 3 / = ( + 4 x ) 3 / όποτε η (4) παίρνει την µορφή: a = v ( + 4 x ) 3 / (5) Από την (5) προκύπτει ότι το µέτρο της γίνεται µέγιστο όταν x=, δηλαδή όταν

16 η χάντρα βρεθεί στην κατώτατη θέση Ο του σύρµατος. Η µέγιστη αυτή τιµή είναι a max =αv. P.M. fysikos To ένα άκρο Α οµογενούς ράβδου ΑΒ µήκους L, εφάπτεται κατακό ρυφου λείου τοίχου ενώ το άλλο της άκρο Β εφάπτεται λείου οριζόν τιου εδάφους, όπως φαίνεται στο σχήµα (). Αρχικά η ράβδος συγκρατείται υπό κλίση ως προς τον τοίχο και κάποια στιγµή αφήνε ται ελεύθερη, οπότε εκτελεί επίπεδη κίνηση σε κατακόρυφο επίπεδο κάθετο στον τοίχο. i) Nα δείξετε ότι στο σύστηµα αναφοράς του εδάφους η τροχιά ενός ορισµένου σηµείου της ράβδου είναι τόξο έλλειψης. ii) Nα δείξετε ότι το διάνυσµα της ταχύτητας του σηµείου είναι κάθε το στο διάνυσµα της επιβατικής του ακτίνας, ως προς το στιγµιαίο κέντρο περιστροφής της ράβδου. iii) Nα δείξετε ότι η στιγµιαία γωνιακή ταχύτητα της ράβδου ικανο ποιεί την σχέση: = k (d"/) όπου k το µοναδιαίο διάνυσµα του άξονα Οz που είναι κάθετος στο επίπεδο κίνησης της ράβδου και dφ/ η ταχύτητα µεταβολής της γωνίας φ της ράβδου µε τον κατακόρυφο τοίχο. ΛΥΣΗ: i) Θεωρούµε την ράβδο κατά µια τυχαία στιγµή που σχηµατίζει µε τον κατακόρυφο τοίχο γωνία φ. Εάν (x, y) είναι οι συντεταγµένες ως προς το ορθογώνιο σύστηµα αξόνων Οxy ενός ορισµένου σηµείου Μ της ράβδου, που απέχει από το κεντρο µάζας της C απόσταση α, θα έχουµε τις σχέσεις: Σχήµα x = (AM)µ" = (L + #)µ" y = (AM)$%&" = (L - #)$%&" ' ( ) µ" = x/(l + #) ' ( $%&" = y /(L - #) )

17 µ " = x /(L + #) ' ( $%& " = y /(L - #) ) (+ ) µ " + #$% " = x (L + &) + y (L - &) x (L + ) + y (L - ) = () Η σχέση () δηλώνει ότι κατα την κίκηση της ράβδου το σηµείο Μ αυτής διαγ ράφει τόξο έλλειψης µε µεγάλο ηµιάξονα L+α και µικρό ηµιάξονα L-α. ii) To στιγµιαίο κέντρο περιστροφής Κ της ράβδου την στιγµή που την εξετά ζουµε είναι το σηµείο τοµής των καθέτων στα διανύσµατα των ταχυτήτων v A και v B των άκρων Α και Β αντιστοίχως της ράβδου, οι δε συντεταγµένες του είναι x K =Lηµφ και y K =Lσυνφ. Η επιβατική ακτίνα του Μ ως προς το Κ είναι το διάνυσµα KM, το οποίο εκφράζεται µε την σχέση: KM = (x - x K ) i + (y - y K ) j KM = (x - Lµ") i + (y - L#$%") j () όπου i, j τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων Οx και Οy αντιστοίχως. Εξάλ λου για την ταχύτητα v M του σηµείου Μ ισχύει η σχέση: v M = dx i + dy d% j = (L + )"#$% i - (L - )&µ% d% j (3) Λαµβάνοντας το εσωτερικό γινόµενο των διανυσµάτων KM και v M έχουµε; (KM v M ) = (x-l"µ#)(l+$)%&'# d# - (y-l%&'#)(l-$)"µ# d# (KM v M ) = d" (xl#$%"-l &µ"#$%"+x'#$%" -L' #$%"&µ" - - Lyµ" + #yµ" + L µ"$%&" - L#$%&"µ") (KM v M ) = Η τελευταία σχέση εγγυάται ότι τα διανύσµατα KM και v M είναι µεταξύ τους κάθετα. iii) Για το εξωτερικό γινόµενο ( " KM) έχουµε: ( " KM) = i j k x-x K y-y k = i j k (#-L)$µ% -(#+ L)&'(% ( " KM) = (#+ L)$%&' i + (#-L)(µ' j (4) Όµως ισχύει και η σχέση:

18 ( " KM) = v (3) M ( " KM) = (L + #)$%&' d' i - (L - #)(µ' d' j ( " KM) = (L + #)$%&' d' i + (# - L)(µ' d' j (5) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (4) και (5) παίρνουµε ω=dφ/, που σηµαίνει ότι: = k (d"/) P.M. fysikos Δύο µικρά σφαιρίδια Α και Β µε αντίστοιχες µάζες m και m, είναι δεµένα στις άκρες λεπτού και µη εκτατού νήµατος, το οποίο διέρχεται από µικρό δακτυλίδι που είναι στερεωµένο σε σηµείο Ο λείου οριζόντιου επιπέδου. Αρχικά τα σφαιρίδια είναι ακίν ητα πάνω στο επίπεδο και το νήµα τεντωµένο. Δίνουµε στο σφαιρίδιο Α ταχύτητα της οποίας ο φορέας είναι κάθετος στο νήµα. Να βρεθεί σε πολικές συντεταγµένες η εξίσωση της τροχιάς που θα διαγράψει το σφαιρίδιο Α. Να λάβετε ως πολικό άξονα την ευθεία που συνδέει το Ο µε την αρχική θέση του σφαιριδίου Α. ΛΥΣΗ: Αµέσως µετά την χρονική στιγµή t= το σφαιρίδιο Β έχει µηδενική στροφορµή περί το σηµείο Ο, διότι η ταχύτητά του είναι µηδενική και επειδή η δύναµη που δέχεται από το νήµα είναι κεντρική δύναµη µε κέντρο το Ο η στροφορµή του περί το Ο δεν µεταβάλλεται, δηλαδή είναι συνεχώς µηδενική. Το γεγονός αυτό επιβάλλει στο σφαιρίδιο Β να κινείται ευθύγραµµα επί της ευθείας Β Ο πλησιάζοντας προς το Ο. Όσον αφορά το σφαιρίδιο Α η στροφορµή του περί το Ο αµέσως µετά την χρονική στιγµή t= είναι διάφορη του µηδενός, αλλά διατηρείται σταθερή στην διάρκεια της κίνησής του αφού η δύναµη που δέχεται από το νήµα είναι κεντρική, µε κέντρο το Ο. Αυτό σηµαίνει ότι το σφαι Σχήµα ρίδιο Α εκτελεί επίπεδη καµπυλόγραµµη κίνηση πάνω στο οριζόντιο επί πεδο, δήλαδή η ταχύτητά του v A παρουσιάζει ακτινική συνιστώσα v r και εκγάρσια συνιστώσα v (σχήµα ). Έξάλλου η κινητική ενέργεια του συστήµα τος των

19 δύο σφαιριδίων δεν µεταβάλλεται στην διάρκεια της κίνησής τους, δηλαδή µπορούµε να γράψουµε την σχέση: m v A + m v B = m v m v A + m v B = m v m (v r + v ) + m v B = m v () όπου, v B η ταχύτητα του σφαιριδίου Β την τυχαία στιγµή t που εξετάζουµε το σύστηµα και v η ταχύτητα του Α αµέσως µετά την στιγµή t=. Όµως το µέτρο της ταχυτήτας v B είναι ίσο µε το µέτρο της ακτινικής συνιστώσας v r, διότι το νήµα θεωρείται µη εκτατό, οπότε η σχέση () γράφεται: m (v r + v ) + m v r = m v (m + m )v r + m v = m v () Όµως για την ακτινική συνιστώσα ισχύει η σχέση: v r = dr = dr d d v r = dr = dr " % " d % $ ' $ ' # d & # & (3) Εξάλλου η στροφορµή του Α περί το Ο έχει κάθε στιγµή µέτρο ίσο µε mαv, δηλαδή ισχύει: L A = mv mr v = m"v r rd / = "v d = "v r " d % $ ' # & = ( v r 4 (4) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (3) και (4) παίρνουµε: v r = dr " % ( v $ ' (5) # d & r 4 Για την εγκάρσια συνιστώσα v της ταχύτητας του σφαιριδίου Α έχουµε: v = r d " d % v = r $ ' # & (4) v = " v r (6) H σχέση () λόγω των (3) και (6) γράφεται: (m + m ) dr " % ( v ( v $ ' + m # d & r 4 = m r v

20 " (m + m ) dr % $ ' # d & m + m m " dr% $ ' # d & ( ( r = m " - ( % 4 $ # r ' & r = m " r - ( % 4 $ # r ' & m + m m " dr% $ ' = ± r r - ( # d & ( Oλοκληρώνοντας την (7) έχουµε: dr r r - = ± m d" m + m (7) dr " = ± r r - m # m + m + C (8) όπου C σταθερά ολοκλήρωσης της οποίας η τιµή θα βρεθεί από τις αρχικές συν θήκες κίνησης του σφαιριδίου Α. Για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος του πρώτου µέλους της (8) εκτελούµε τον µετασχηµατισµό: r = "µz "#$z dr = - %µ z dz οπότε θα έχουµε: dr (#$%z / &µ " z)dz (#$%z / &µ = -" z)dz = -" r r - ( / &µz) /&µ z - ( / &µ z) - &µ z dr " = - r r - " dz = - z z = ± m + C (9) m + m Aµέσως µετά την στιγµή t= είναι φ= και r=α δηλαδή z=π/, οπότε από την (9) προκύπτει C=π/. Έτσι η (9) παίρνει την µορφή: z = ± m + " m + m µz = µ $ m " + # ' & % m + m ) ( r = "#$ & m ) ( % ' m + m + r = * ( ) "#$ m % /(m + m ) (9) H (9) αποτελεί την ζητούµενη εξίσωση της τροχιάς του σφαιριδίου Α. P.M. fysikos

21 Οριζόντιο κυκλικό τραπέζι στρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα περί κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το κέντρο του Ο και είναι κάθετος στο επίπεδό του. Ένα µικρό σφαιρίδι ο εκτοξεύεται πάνω στο τραπέζι από το Ο, µε ταχύτητα v ως προς αυτό. i) Eάν µεταξύ του σφαιριδίου και του τραπεζιού δεν υπάρχει τριβή, να βρείτε στο σύστηµα αναφοράς του περιστρεφόµενου τραπεζιού τις διαφορικές εξίσωσεις κίνησης του σφαιριδίου. ii) Nα δείξετε ότι στην περίπτωση που η περιστροφή του τραπεζιού εί ναι βραδεία, η τροχιά του σφαιριδίου στο σύστηµα αναφοράς του τρα πεζιού είναι περιφέρεια, της οποίας να καθορίσετε το κέντρο και την ακτίνα. ΛΥΣΗ: i) Ένας παρατηρητής που συµµετέχει στην περιστροφή του τραπεζιού αναγνωρίζει ότι, το σφαιρίδιο δέχεται το βάρος του, την κατακόρυφη αντίδραση του τραπεζιού που εξουδετερώνει το βάρος, την αδρανειακή φυγόκεντρη δύνα µη F και την αδρανειακή δύναµη Coriolis F C. Για τις αδρανειακές ψευδοδυνά µεις F και F C ισχύουν οι σχέσεις: F = m" r και F C = -m( " v ) Σχήµα όπου r το διάνυσµα θέσεως του σφαιριδίου ως προς το κέντρο Ο του τραπεζιού και v η σχετική ταχύτητα του σφαιριδίου ως προς το τραπέζι. Εφαρµόζοντας ο στρεφόµενος παρατηρητής για το σφαιρίδιο τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύ τωνα παίρνει την σχέση: m d v = F + F C m d v = m r - m( " v ) d v = r - ( " v ) ()

22 Εάν x, y είναι οι συντεταγµένες του σφαιριδίου κατα µια τυχαία χρονική στιγ µή t και v x, v y οι συνιστώσες της ταχύτητας v κατά τους άξονες Οx και Oy αντιστοίχως. θα έχουµε τις σχέσεις: και r = x i + y j ( " v ) = i j k v x v y = -v y i -(-v x ) j = -v y i +v x j (3) όπου i, j, k τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων x, y, z αντιστοίχως, οπότε η () γράφεται: d v i + v x j y dv x ( ) = x i + y ( j ) + (v y i -v x j ) i + dv y j = ( x + v y ) i + ( y - v x ) j () dv x / = x + v y " # dv x / = y - v x $ (4) Oι σχέσεις (4) αποτελούν τις διαφορικές εξισώσεις κίνησης του σφαιριδίου στο σύστηµα αναφοράς του στρεφόµενου τραπεζιού. ii) Η λύση του συστήµατος των διαφορικών εξισώσεων (4) είναι αρκετά πολύπ λοκη, όµως απλοποιείται στην περίπτωση που το τραπέζι στρέφεται πολύ αργα, οπότε µπορούµε να παραλείψουµε τους προσθετέους που περιέχουν την ποσό τητα ω, µε αποτέλεσµα το διαφορικό σύστηµα (4) να παίρνει την µορφή: dv x / = v y " # dv y / = -v x $ dv x / = dy / " # dv y / = - dx / $ dv x dv y = dy " # = - dx$ (5) Ολοκληρώνοντας τις σχέσεις (5) παίρνουµε: v x = y + C " # v y = - x + C $ (6) όπου C, C σταθερές ολοκληρώσεως που θα προκύψουν από τις αρχικές συνθή κες κίνησης του σφαιριδίου στο σύστηµα αναφοράς του περιστρεφόµενου τραπε ζιού. Επειδή την χρονική στιγµή t= ισχύει v x ()=v, v y ()=, x()=y()= oι σχέσεις (6) δίνουν C =v και C =, οπότε οι (6) γράφονται:

23 v x = y + v " # v y = - x $ v x = 4 y + 4v y + v " # v x = 4 x $ (+ ) v x + v x = 4 y + 4v y + v + 4 x (7) Eπειδή η φυγόκεντρη δύναµη στην περίπτωση που εξετάζουµε θεωρείται αµελητέα και επειδή η δύναµη Coriolis είναι διαρκώς κάθετη στην ταχύτητα v του σφαιριδίου, το µέτρο της v δεν µεταβάλλεται µε τον χρόνο, πότε η (7) γρά φεται: v = 4 y + 4v y + v + 4 x y + v y + x = y + v y / +x = y + v y / + (v / ) +x = (v / ) (y + v / ) +x = (v / ) (8) Η (8) εγγυάται ότι η τροχιά του σφαιριδίου είναι περιφέρεια κέντρου Κ(,v /ω) και ακτίνας R=v /ω. P.M. fysikos Tο εσωτερικό κιβωτίου µάζας M, έχει διαµορφω θεί σε κοίλη ηµισφαιρική επιφάνεια ακτίνας R, όπως φαίνεται στο σχήµα (3). To κιβώτιο εφάπτεται λείου οριζόντιου εδάφους και ένα σφαιρίδιο µάζας m, αφήνεται στο χείλος A του ηµισφαιρίου και στην συνέχεια κινείται χωρίς τριβή κατά µήκος αυτού. Nα βρεθεί σε συνάρ τηση µε την γωνία φ που σχηµατίζει η επιβατική ακτίνα του σφαιρι δίου, ως προς το κέντρο Κ της ηµισφαιρικής επιφάνειας, µε την οριζόντια διεύθυνση το µέτρο της ταχύτητας του σφαιριδίου, στο σύ στηµα αναφοράς του εδάφους. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Eξετάζουµε το σύστηµα κιβώτιο-σφαιριδιο κατά µια τυχαία στιγµή που η επιβατική ακτίνα του σφαιριδίου ως προς το κέντρο K της ηµισφαιρικής κοιλότητας σχηµατίζει µε την οριζόντια διεύθυνση γωνία φ. Το σύστηµα αυτό δεν δέχεται οριζόντιες εξωτερικές δυνάµεις, που σηµαίνει ότι η ορµή του κατά την οριζόντια διεύθυνση x διατηρείται σταθερή στην διάρκεια της κίνησής του, δηλαδή κάθε στιγµή µπορούµε να γράψουµε την σχέση: M V + m v x = V = -m v x /M () όπου V η ταχύτητα του κιβωτίου και v x η οριζόντια συνιστώσα της ταχύτητας v του σφαιριδίου, στο σύστηµα αναφοράς του εδάφους. Εφαρµόζοντας για το σφαιρίδιο το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας µεταξύ της αρχι κής του θέσεως και της θέσεως Σ αυτού κατά την στιγµή που το εξετάζουµε, παίρνουµε την σχέση: mgh= mg(h-rµ")+ MV + mv ()

24 mgrµ" = m Mv x + mv grµ" = mv x M M + v () όπου h η απόσταση του χείλους Α από το επίπεδο µηδενικής βαρυτικής δυνα µικής ενέργειας και v y η κατακόρυφη συνιστώσα της v. Εξάλλου εάν v x είναι η σχετική ταχύτητα του σφαιριδίου ως προς το κιβώτιο (ταχύτητα του σφαιρι δίου στο σύστηµα αναφοράς του κιβωτίου) ο φορέας της θα είναι κάθετος στην Σχήµα 3 επιβατική ακτίνα του σφαιριδίου και το µέτρο της θα είναι ίσο µε R(dφ/), όπου dφ/ o ρυθµός µεταβολής της γωνίας φ. Οι συνιστώσες v x ", v y " της v x έχουν αλγεβρικές τιµές που ικανοποιούν τις σχέσεις : x v " y v " = v x + V #% $ = v y &% v x"µ# = v x + mv x / M& ' v x $%# = v y ( R(d /)"µ = v x ( + m / M) & ' R(d /)#$% = v y ( v x = R(d /)"µ M/(M + m) & ' v y = R(d /)#$% ( (3) Η () λόγω της πρώτης εκ των (3) γράφεται: grµ" = m # d" & M R % ( $ ' # d" & grµ" = R % ( $ ' Όµως ισχύει και η σχέση: M µ " (M + m) + v mmµ " (M + m) + v (4) v = v x + v y (3) " d % M (µ v = R $ ' # & (M + m) + " d % R $ ' # & )*+ " d % v = R $ ' # &, M (µ (M + m) + /. )*+ -

25 " d % R $ ' # & = v M (µ /(M + m) + )*+ (5) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (4) και (5) παίρνουµε: grµ" = v M µ " /(M + m) + #$% " mmµ " (M + m) + v & mmv µ " grµ" = v M µ " + (M + m) #$% " + ) ( + ' * v = grµ" [ M µ " + (M + m) #$% " ] M µ " + (M + m) #$% " + mmv µ " v = grµ" [ M µ " + (M + m) #$% " ] (M + m)((m + m#$% ") (6) H (6) επιτρέπει τον υπολογισµό του µέτρου της ταχύτητας του σφαιριδίου στο σύστηµα αναφοράς του εδάφους, σε συνάρτηση µε την γωνία φ. P.M. fysikos Oµογενής κυκλικός δίσκος, µάζας m και ακτίνας r, µπορεί να κυλίεται χωρίς ολίσθηση επί της κοίλης επιφάνειας ακίνητου κυλίνδρου ακτίνας R>r, ώστε το επίπεδό του να παραµένει κατακόρυφο. Την στιγµή t= που ο δίσκος αφήνεται ελεύθερος η επι βατική ακτίνα του κέντρου µάζας του ως προς το κέντρο Ο της τοµής του κυλίνδρου µε το επίπεδο κύλισης του δίσκου σχηµατίζει µε την κατακόρυφο διεύθυνση γωνία φ. i) Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση του κέντρου µάζας του δίσκου. ii) Εάν η γωνία φ είναι πολύ µικρή, να δείξετε ότι το κέντρο του δίσκου εκτελεί αρµονική ταλάντωση, της οποίας να βρείτε την περίο δο. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας Ι C =mr / του δίσκου ως προς άξονα διερχόµενο από το κέντρο του C και κάθετο στο επίπεδό του. ΛΥΣΗ: i) Eξετάζουµε τον δίσκο την τυχαία στιγµή t που η επιβατική ακτίνα του κέντρου µάζας του C, ως προς το κέντρο Ο της τοµής του επιπέδου κίνη σής του µε τον κύλινδρο, σχηµατίζει γωνία φ µε την κατακόρυφη διεύθυνση. Ο δίσκος δέχεται το βάρος του w και την δύναµη επαφής από τον κύλινδρο που αναλύεται στην στατική τριβή και την κάθετη αντιδραση. Επειδή η τριβή και η κάθετη αντίδραση δεν παράγουν έργο κατά την διάρκεια που ο δίσκος κυλίεται χωρίς ολίσθηση, η µηχανική ενέργεια του δίσκου διατηρείται σταθερή, δηλαδή µπορούµε να γράψουµε την σχέση:

26 U "# + K "# = U (t) + K (t) -mgr - r)"#$ + = -mg(r - r)"#$ + mv C + I C% mgr("#$ - "#$ ) = mv C + mr % 4 4g(R - r)("#$ - "#$ ) = v C + r % () Σχήµα 4 όπου v C η ταχύτητα του κέντρου µάζας του δίσκου την χρονική στιγµή t και η αντίστοιχη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του. Όµως λόγω της κυλίσεως του δίσκου ισχύει v C =ωr, οπότε () γράφεται: 4g(R-r)("#$ -"#$ )= v C + v C v C =4g(R-r)("#$ - "#$ )/3 () Διαφορίζοντας την σχέση () παίρνουµε: v C dv C = -4g(R - r)µ" d" /3 v C dv C Όµως για την ταχύτητα v C ισχύει και η σχέση: g(r - r) = - µ" d" 3 (3) v C = (R -r) d dv C = (R -r) d οπότε η (3) γράφεται: (R -r) d (R -r) d g(r - r) = - 3 "µ d (R -r) d + g 3 "µ = (4) Η (4) αποτελεί την διαφορική εξίσωση που περιγράφει την κίνηση του κέντρου µάζας του κυλιόµενου δίσκου.

27 ii) Eάν η αρχική τιµή φ της γωνίας φ είναι πολύ µικρή (λογουχάρη της τάξε ως µεγέθους των τριων µοιρών) τότε µπορούµε κάθε στιγµή να γράφουµε την προσεγγιστική σχέση ηµφ φ, όπου η γωνία φ θεωρείται σε rad, Έτσι στην περί πτωση αυτή η σχέση (4) γράφεται: d + g 3(R -r) = d +k = (5) µε k =g/3(r-r). H (5) απότελεί την τυπική διαφορική εξίσωση µιας αρµονικής κίνησης, της οποίας η περίοδος Τ δίνεται από την σχέση: T = k = 3(R -r) g (6) Στην διάρκεια λοιπόν που ο δίσκος κυλίεται χωρίς ολίσθηση στην κοίλη επιφά νεια του κυλίνδρου, το κέντρο µάζας του εκτελεί µε καλή προσέγγιση γραµµι κή αρµονική ταλάντωση, κατά την οποία η γωνία φ µεταβάλλεται ηµιτονικά µε τον χρόνο. P.M. fysikos Ένα µικρό σώµα ισορροπεί στην κορυφή µιας ηµισφαιρικής επιφάνειας ακτίνας R, η οποία είναι στερεωµένη σε ορι ζόντιο έδαφος. Δίνουµε στο σώµα οριζόντια ώθηση µε αποτέλεσµα να αρχίσει να ολισθαίνει. i) Εάν n είναι ο συντελεστής τριβής ολισθήσεως µεταξύ του σώµατος και της ηµισφαιρικής επιφάνειας και η θέση του σώµατος καθορίζε ται µέσω της γωνίας φ που σχηµατίζει η επιβατική ακτίνα του µε την κατακόρυφη διεύθυνση, να βρεθεί η διαφορική εξίσωση που ικανοποι εί η γωνία φ. ii) Αξιοποιώντας την προηγούµενη διαφορική εξίσωση, να βρείτε επί πόσο χρόνο το σώµα θα είναι σε επαφή µε την ηµισφαιρική επιφά νεια στην περίπτωση που αυτή είναι λεία και η οριζόντια ώθηση που δίνεται στο σώµα του προσδίνει πολύ µικρή ταχύτητα (περίπου µηδε νική). Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) Το µικρό σώµα δέχεται το βάρος του w, που αναλύεται στην ακτινική συνιστώσα w και στην εφαπτοµενική συνιστώσα w. Δέχεται ακόµη και την δύναµη επαφής από την ηµισφαιρική επιφάνεια, η οποία αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T, µε κατεύθυνση αντίθετη της ταχύτητας v του σώµατος και την κάθετη αντίδραση N που έχει ακτινική διεύθυνση και φορά προς το κυρτό µέρος της τροχιάς. Η συνισταµένη των εφαπτοµενικών δυνάµεων που δέχεται το σώµα αποτελεί επιτρόχια δύναµη, η δε συνισταµένη των ακτινικών δυνάµεων αποτελεί για το σώµα κεντροµόλο δύναµη. Έτσι θα έχουµε τις σχέσεις:

28 και w - T = m dv mgµ" - nn = m dv () w - N = m v R v mg"#$ - N = m R () Σχήµα 5 όπου m η µάζα του σώµατος και dv η µεταβολή του µέτρου της ταχύτητάς του µεταξύ των χρονικών στιγµών t και t+. Η σχέση () µε βάση την () γρά φεται: & mgµ" - n mg#$%" - m v ) ( ' R + = m dv * g(µ" - n#$%") - nv R = dv Eξάλλου έαν ds είναι το µήκος του τόξου που θα διανύσει το σώµα στον χρόνο και dφ η αντίστοιχη επίκεντρη γωνία του τόξου αυτού, θα ισχύει: v = ds = Rd (3) όποτε η (3) γράφεται: & g(µ" - n#$%") - nr d" ) ( + ' * = R d " R d " d % + nr $ ' # & = g((µ - n)*+) d + n " d % $ ' # & = g ((µ - n)*+) (4) R Η (4) αποτελεί την ζητούµενη διαφορική εξίσωση. ii) Στην περίπτωση που ο συντελεστής τριβής n µεταξύ του σώµατος και της ηµισφαιρικής επιφάνειας είναι µηδενικός, η (4) γράφεται:

29 d = g "µ (5) R Για την λύση της (5) εκτελούµε τον µετασχηµατισµό: y = d dy = d dy d d = d dy d y = d οπότε η (5) γράφεται: dy d y = g R "µ ydy = g µ" d" (6) R Με ολοκλήρωση η (6) δίνει: y = - g "#$ + C (7) R H σταθερά ολοκλήρωσης θα βρεθεί από την αρχική συνθήκη ότι για θ= είναι y=, διότι η αντίστοιχη ταχύτητα R(dφ/) είναι περίπου µηδενική. Έτσι η (7) δίνει C=g/R µε αποτέλεσµα αυτή να παίρνει την µορφή: = - g R "#$ + g R y = g R ( - "#$)= 4g R %µ & $ ) ( + ' * y y = ± g R µ # " & % ( d $ ' = ± g R "µ # & % ( (8) $ ' Όµως στην διάρκεια της κίνησης του σώµατος η ταχύτητά του αυξάνεται, δηλαδή ισχύει dφ/> και το γεγονός αυτό µας αναγκάζει να δεχθούµε στην (8) το πρόσηµο (+), δηλαδή αυτή γράφεται: d = g R "µ # & % ( $ ' d( / ) "µ ( / ) = g (9) R Το σώµα εγκαταλείπει το ηµισφαίριο στην θέση φ=φ, όπου µηνενίζεται η δύ ναµη N και τότε η σχέση () δίνει: mg"#$ = mv / R gr"#$ = v όπου v η αντίστοιχη ταχύτητα του σώµατος. Εφαρµόζοντας εξάλλου για το σώµα το θεώρηµα κινητικής ενέργειας-έργου µεταξύ της αρχικής του θέσεως (φ=) και της θέσεως φ=φ παίρνουµε την σχέση: mv / - = mg(r - R"#$ ) v = Rg( - "#$ ) () Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και () έχουµε: ()

30 gr"#$ = Rg( - "#$ ) "#$ = ( - "#$ ) "#$ = /3 = "#$#%&'(/3) () Ολοκληρώνοντας την σχέση (9) µε όρια ολοκλήρωσης για την γωνία φ το µη δεν και φ, παίρνουµε τον χρόνο t * επαφής του σώµατος µε την ηµισφαιρική επιφάνεια, δηλαδή θα έχουµε: # d( / ) $ = g "µ ( / ) R t * t * = R g # d( / ) $ "µ( / ) t * = R g % d( / ) & (3) - "#$ ( / ) Tο ολοκλήρωµα που εµφανίζεται στο δεύτερο µέλος της (3) είναι ένα ελλει πτικό ολοκλήρωµα που δεν υπολογίζεται µε την βοήθεια στοιχειωδών συναρ τήσεων, αλλά αν αναπτύξουµε την ολοκληρωτέα συνάρτηση σε σειρά, χρησι µοποιώντας τον τύπο του διωνύµου του Νεύτωνα. Έτσι θα έχουµε: -"# ($ / ) = [ -"# ($ / ) ] -/ = + "# ($ / "#4 ($ / ) "#6 ($ / ) +... οπότε η σχέση (3) δίνει: t * = R g +, % + "# ($/ "#4 ($/)+.3.5 ( '.4.6 "#6 ($/) +...* d($/) & ) Η ολοκλήρωση όρου προς όρο είναι δυνατή, αλλά εξαιρετικά επίπονη και για τον λόγο αυτόν καλό είναι να καταφύγουµε σε ηλεκτρονικό υπολογιστή που χρησιµοποιεί κατάλληλο µαθηµατικό πρόγραµµα, λόγου χάρη το πρόγραµµα Μathematika. P.M. fysikos Mια µικρή χάντρα µαζας m µπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβή κατα µήκος µεταλλικού σύρµατος που έχει την µορφή παραβολής, όπως φαίνεται στο σχήµα (6). Το σύρµα είναι στερεω µένο µε το επίπεδό του κατακόρυφο, η δε εξίσωσή του έχει την µορφή y=px, όπου p θετική και σταθερή ποσότητα. Την χρονική στιγµή t= η χάντρα αφήνεται στο άκρο Α του σύρµατος. i) Να βρείτε την δύναµη που δέχεται η χάντρα από το σύρµα την στιγ µή που διέρχεται από την κατώτατη θέση της Ο.

31 ii) Να βρείτε τον χρόνο κίνησης της χάντρας από το άκρο Α στο άκρο Β του σύρµατος. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) H χάντρα την στιγµή που βρίσκεται στην κατώτατη θέση Ο του παραβολικού σύρµατος δέχεται το βάρος της w και την δύναµη δεσµού F O από το σύρµα (αντίδραση του σύρµατος). Οι δύο αυτές δυνάµεις ως κάθετες στην ταχύτητα της χάντρας έχουν ακτινική διεύθυνση, οπότε η συνισταµένη τους αποτελεί για την χάντρα κεντροµόλο δύναµη, δηλαδή ισχύει η σχέση: F O - w = mv /R F O = m(g + v /R ) () Σχήµα 6 όπου v η ταχύτητα της χάντρας στην θέση Ο και R η ακτίνα καµπυλότητας του σύρµατος στο Ο. Εφαρµόζοντας για την χάντρα το θεώρηµα κινητικής ενέρ γειας-έργου µεταξύ των θέσεων Α και Ο της τροχιάς της παίρνουµε: K O - K A = W w + W F mv / - = mgy A + v = gy A = gpx A = gp () όπου x A, y A οι συντεταγµένες του άκρου Α του σύρµατος. Εξάλλου για την ακτίνα καµπυλότητας R ισχύει η σχέση: R = (d y/dx ) O [ + (dy/dx) O ] = p = p (3) 3 / 3 / ( + ) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (), () και (3) παίρνουµε: F O = m(g + 4gp ) = mg( + 4p ) (4) ii) Έστω v η αχύτητα της χάντρας την χρονική στιγµή t που βρίσκεται στην τυχαία θέση M(x, y) της τροχιάς της. Εφαρµόζοντας πάλι για την χάντρα το θεώρηµα κινητικής ενέργειας-έργου µεταξύ Α και Μ, παίρνουµε την σχέση: K M - K A = W w + W F mv / - = mg(y A - y)

32 v = g(y A - y) = gp( - x ) (5) Όµως για το µέτρο της v ισχύει και η σχέση: v = dx $ # & " % + dy $ # & " % (5) dx$ # & " % + dy $ # & " % = gp(' - x ) (6) Διαφορίζοντας την σχέση y=px έχουµε: dy = pxdx dy οπότε η (6) παίρνει την µορφή: = px dx Σχήµα 7 dx$ # & " % dx$ + 4p x # & " % =gp(' -x ) dx$ # & " % (+4p x )=gp(' - x ) dx$ # & " % = gp(' - x ) +4p x dx = ± gp( - x ) +4p x Eπειδή κατά την κίνηση της χάντρας η συντεταγµένη της x µειώνεται ισχύει dx/< που σηµαίνει ότι η πιο πάνω σχέση είναι δεκτή µε το πρόσηµο (-), δηλαδή έχουµε: dx = - gp( - x ) +4p x = - dx (7) +4p x (gp) / - x Oλοκληρώνοντας την (7), µε όρια ολοκλήρωσης για την µεταβλητή x τα +α και α παίρνουµε τον χρόνο t * που χρειάζεται η χάντρα για να µετατοπιστεί από το άκρο Α στο άλλο άκρο Β του σύρµατος, δηλαδή θα έχουµε: - +4p x t * = - (gp) " dx (8) / - x +

33 Για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος που εµφανίζεται στο δεύτερο µέλος της (8) εκτελούµε τον µετασχηµατισµό: x = "#$% dx = -"µ# d# οπότε η (8) γράφεται: ' +4p "# $ t * = - (gp) ( (-%&µ$ d$) = / % - % "# $ % = +4p "# $ d$ (gp) & = / (gp) $ +4p -4p µ " d" / $ t * = # & " gp% / t * = (+4p ) $ # " gp & % ) / # / ( +4p ) / - 4p 'µ ( * d( +4p / ) / - 4p 'µ ( * d( (9) +4p Eάν θέσουµε 4p /(+4p )=k, τότε +4p =4p /k και η (9) γράφεται: t * = p k $ # & " gp% / ) / * -k 'µ ( d( = p$ # & k " g % / ) / * -k 'µ ( d( () µε k<. To ολοκλήρωµα που παρουσιάζεται στην () είναι ένα ελλειπτικό ολοκλήρωµα και για τον υπολογισµό του θα χρησιµοποιήσουµε τον τύπο του διωνύµου του Νεύτωνα, σύµφωνα µε τον οποίο έχουµε: + y = (+ y) / = + y -.4 y y y H πιο πάνω σχέση για y=-k ηµ φ δίνει: -k µ " = - k µ " -.4 (k µ ") (k µ ") Συνδυάζοντας την παραπάνω σχέση µε την () παίρνουµε: t * = p$ # & k " g % / / / ) - k 'µ ( + * -.4 (k 'µ () -.3,.4.6 (k 'µ () d( - Όµως από πίνακες βασικών ολοκληρωµάτων έχουµε: $ / % µ " #d# = (" - ) (") $

34 όπου ρ φυσικός αριθµός, οπότε τελικώς για τον ζητούµενο χρόνο t * θα έχουµε: t * = p k " p% $ ' # g & / ( " % * - $ ' # & ) * " k -.3 % $ ' #.4& k ".3.5 % $ ' #.4.6& , - k 6 () P.M. fysikos