dυ dt ΣF=m = dt dt (=ρυθµός µεταβολής της ορµής) (5) Όταν αναφερόµαστε σε σύστηµα σωµάτων, τότε οι δυνάµεις διακρίνονται σε εσωτερικές

Transcript

1 Γενικότερη διατύπωση του θεµελιώδους νόµου της µεταφορικής κίνησης αλλά ΣF=m α α= dυ dt ( ( dυ ΣF=m dt (3 (, (3 p = m υ dp ΣF= dt (ορµή dp = m dυ dp m dυ = dt dt (=ρυθµός µεταβολής της ορµής (5 (4 (4 ΣF dt=dp (6 Όταν αναφερόµαστε σε σύστηµα σωµάτων, τότε οι δυνάµεις διακρίνονται σε εσωτερικές και εξωτερικές. Επειδή ΣFεσωτ. = 0 (ασκούνται ανά ζεύη, δράση-αντίδραση, τότε η εξίσωση (6 ράφεται: Σ Fεξωτ. dt = dp συστ. (7 Αν ΣF = 0 (ή dt 0 τότε dp συστ. =0 p συστ. =σταθ. εξωτ. Ένα τέτοιο σύστηµα λέεται µονωµένο και ια το οποίο ισχύει η Α..Ο.

2 Γενικότερη διατύπωση του θεµελιώδους νόµου της στροφικής κίνησης Από τη σχέση της στροφορµής: L = ω ενικεύοντάς την έχουµε: L(t = ω(t οπότε: dl = dω dl dω και = (3 dt dt όµως dω = α dt έτσι από (3, (4 αλλά α =Στ (4 dl α dt = (6 Τελικά από (5 και (6 προκύπτει: Στ= dl dt (7 Στ dt=dl (5 ( ( (=ρυθµός µεταβολής στροφορµής (7 (8 Συνδυάζοντας τις εξισώσεις (6 και (7 προκύπτει: Παραδείµατα dl Στ= = α dt (8. Κίνηση κυλίνδρου (µεταφορική στροφική: ΣF=m α mg T = m α ( Στ= α T = α ( τρχλ α =α =α (3 ε

3 . Μεταφορική στροφική κίνηση: Για τα σώµατα: ΣF=m α (w : T w w = α ( g (w : w T w = α ( g Για την τροχαλία: Στ= α 3. T T = α (3 τρχλ α =α =α ε α =α και α =α ( Κύλιση χωρίς ολίσθηση ΣF=m α wx T = m α = ( Στ= α T = α ( α = α (3 4. ΣF=m α = w ( g F wx T = α Στ= α F + T = α ( α = α ( ΣF=m α w w x T f = α ( g 5. Στ= α T f = α ( α = α (

4 ιατήρηση της στροφορµής Όταν αναφερόµαστε σε σύστηµα σωµάτων, τότε οι δυνάµεις διακρίνονται σε εσωτερικές και εξωτερικές. Επειδή ΣFεσωτ. = 0 (ασκούνται ανά ζεύη, δράση-αντίδραση, τότε και Στ. 0 εσωτ = οπότε η εξίσωση (7 ράφεται: dl συστ. Στ εξωτ. = (9 dt Αν Στ = 0 εξωτ. dlσυστ. = 0 L L συστ. =σταθ. = L (0 ή συστ.(αρχ. συστ.(τελ. Ένα τέτοιο σύστηµα λέεται µονωµένο και ια το οποίο ισχύει η αρχή διατήρησης της στροφορµής. Η εξίσωση (0 ισχύει και ια τα µέτρα, έτσι: L συστ.(αρχ. = Lσυστ.(ΤΕΛ. ΑΡΧ ω ΑΡΧ = ΤΕΛ ω ΤΕΛ ω = ω ( 4

5 Έρο ροπής κατά τη στροφική κίνηση στερεού ύναµη (F σταθερού µέτρου ασκείται εφαπτοµενικά στην περιφέρεια τροχού, ακτίνας. Για µια στοιχειώδη µετατόπιση ds το έρο της δύναµης είναι: dw = F ds ( Αλλά ds = dθˆ ( ds (από dθ= ˆ Από (, ( Όµως F =τ Άρα από (3 dw = F dθˆ (3 (F dw =τ dθˆ (4 (F Για µεαλύτερη ία στροφής ˆθ, το έρο της δύναµης, εφόσον η ροπή της είναι σταθερή, υπολοίζεται ως εξής: W = ΣdW=Σ{ τ dθ} ˆ =τ Σdθ= ˆ τ θˆ, άρα W =τ θˆ (F (5 (F (F (F Ισχύς ροπής (δύναµης(=ρυθµός παραωής έρου dw Η ισχύς δύναµης είναι: P= (6 (ρυθµός παραωής έρου dt τ dθˆ ˆ (F dθ Οπότε µε βάση την εξίσωση (4 έχουµε: P = =τ (7 (F dt dt dθˆ Αλλά: ω dt =, άρα από (7 P =τ ω ( F (8 Θεώρηµα έρου - ενέρειας Το έρο µιας δύναµης µεταβάλλει την κινητική ενέρεια του σώµατος στο οποίο α- σκείται. Έτσι το θεώρηµα µεταβολής της κινητικής ενέρειας (Θ.Μ.Κ.Ε. είναι: α Μεταφορική κίνηση: β Στροφική κίνηση: Σ W = K= m υτελ m υαρχ (9 Σ W = K= ωτελ ωαρχ (0 Σύνθετη κίνηση: Σ W = K= m υ + ω m υ + ω ΤΕΛ ΤΕΛ ΑΡΧ ΑΡΧ ( 5

6 Παράδειµα Στην περιφέρεια οµοενούς τροχαλίας, µάζας Μ=0 Kg και ακτίνας =0, m, έχει τυλιχτεί αβαρές νήµα. Στην ελεύθερη άκρη του νήµατος είναι δεµένο σώµα, µάζας m=5 Kg, το ο- ποίο συκρατείται αρχικά ακίνητο. Κάποια στιµή (t o =0 το σύστηµα αφήνεται ελεύθερο να κινηθεί. α Να υπολοιστούν η επιτάχυνση του σώµατος (m, η τάση του νήµατος και η δύναµη στην τροχαλία από τον άξονα. β Ποια είναι η ταχύτητα του σώµατος (m και η στροφορµή της τροχαλίας µετά από χρόνο t =4 s από την έναρξη της κίνησης; Να παρασταθεί ραφικά µε το χρόνο ο ρυθµός αύξησης της στροφορµής της τροχαλίας µέχρι τη στιµή t =4 s. Τι εκφράζει το εµβαδόν στο διάραµµα; δ Πόσες περιστροφές έχει κάνει η τροχαλία σε χρόνο t = π sec; ε Να παρασταθεί ως προς το χρόνο η ισχύς της ροπής της δύναµης που ασκείται στην τροχαλία και να βρεθεί το έρο της από τη στιµή t =4 s ως τη χρονική στιµή t 3 =0 s. ίνεται η ροπή αδράνειας της τροχαλίας ως προς το κέντρο µάζας της. = M και g=0 m/s. Λύση α Οι δυνάµεις που ασκούνται στο σώµα και την τροχαλία, αντίστοιχα, φαίνονται στο σχήµα. Το σώµα (m εκτελεί µεταφορική κίνηση, ενώ η τροχαλία στροφική. Έτσι: Σώµα (m: ΣF=m α mg T = m α ( Τροχαλία: Στ= α T = α ( α Αλλά α = α Οπότε η εξίσωση ( ράφεται: α = και = M T α M = Τ= M α Από τις ( και (3 προκύπτει: α (3 m g = α =5 m/s M m+ 6

7 και από την (3 προκύπτει: Τ=5 Ν. Η δύναµη (A από τον άξονα είναι (ΣFy =0: Α=Mg+T A=5 N. β Το σώµα (m εκτελεί ευθύραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση, οπότε: υ=α t υ=0 m/s. Η τροχαλία εκτελεί περιστροφική οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση, οπότε: α ω=α t = t. Άρα α L = ω= M t = M α t L=0 Kgm /s. Ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής είναι ίσος µε την συνολική ροπή. ηλαδή: L Σ t = τ ή L T t = L Kg m =,5 t s Παρατηρούµε ότι ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής είναι σταθερός µε το χρόνο. Η ραφική παράσταση φαίνεται στο σχήµα. Το εµβαδόν στο διάραµµα δίνει την µεταβολή της στροφορµής ( L το χρονικό διάστηµα t(0 4s, δηλαδή την στροφορµή τη στιµή t=4 s, η οποία είναι: L(4 L(o =, 5 (t(4 t (o L(4 =,5 4 L=0 Kgm /s. δ Το διάστηµα που έχει διανύσει το σώµα στο χρόνο t υπολοίζεται από τη σχέση: m s = α t ή s = 5 ( (s 0 (m π = π s. Το διάστηµα αυτό είναι ίσο µε τον αριθµό περιστροφών (Ν επί το µήκος µιας περιστροφής (π, δηλαδή: s = N π ή s N= π ή 0 π(m N= ή Ν=50 περιστροφές. π 0,(m ε Η δύναµη που ασκείται στην τροχαλία είναι η τάση του νήµατος Τ. Η ισχύς της ροπής της τάσης Τ είναι: α P =τ ω αλλά τ = T και ω=α t t (T (T (T = 7

8 οπότε: P T t = α (T ή P = 5(N 5(m / s t (T ή P (T = 5 t Η ζητούµενη ραφική παράσταση φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα. Το ζητούµενο έρο, στο χρονικό διάστηµα από 4 s µέχρι 0 s, θα βρεθεί από το εµβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓ. Έτσι: P(W 50 Γ ( (W W = 6(s 500 ή W=550 J. A B t(s dw [ P = dw = P dt W = P dt = εµβ.( ΑΒΓ dt ] Σηµείωση: Το ζητούµενο έρο βρίσκεται και από το θεώρηµα έρου µεταβολής κινητικής ενέρειας. ηλαδή: W = K = (T ( ω ΤΕΛ ω ΑΡΧ ή W = M α (t (T 0 t 4 ή α = (T 0 4 ή W M (t t W = M α (T (t0 t 4 4 ή W=550 J. 4 ή ( W = 0(Kg 5(m / s [(0 4 s ] (T

9 Παράδειµα Ο δίσκος του σχήµατος («ιο-ιο», µάζας m και ακτίνας, αφήνεται ελεύθερος και ξετυλίεται το νήµα καθώς κατεβαίνει. Να υπολοιστεί η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του. Λύση /////// T Ai io α τρόπος (δυναµική µέθοδος: Ο δίσκος εκτελεί και µεταφορική κίνηση ( Σ F = m α mg T = m α ( και στροφική κίνηση ( Στ = α T = α ( µε α =α (3 Από τις εξισώσεις (, ( και (3 βρίσκουµε: T = α (4 mg και α = (5 ( + m mg β τρόπος (στιµιαίος άξονας περιστροφής: Χρησιµοποιώντας τη µέθοδο του στιµιαίου άξονα περιστροφής (το σηµείο Α επαφής δίσκου-νήµατος βρίσκουµε: α Στ (A =Ι ( A α mg = (A (αφού α =α όπου: = + m Άρα: (A mg α =. ( m + τρόπος (ενερειακή µέθοδος: Τη ζητούµενη επιτάχυνση θα την υπολοίσουµε «ενερειακά». Το έρο της τάσης του νήµατος είναι µηδέν (ιατί dw = T ds( 0 = 0. Άρα αφού το βάρος (mg (T είναι συντηρητική δύναµη εφαρµόζουµε την Α..Μηχ.Εν. ή το Θ.Μ.Κ.Ε. Για «κάθοδο» του σώµατος κατά h έχουµε: Θ.Μ.Κ.Ε.: Σ W = K + mg h = m υ + ω 0 (µε υ=ω 9

10 mg h mg h = m + υ υ = ( m+ Όµως, η µεταφορική κίνηση του δίσκου είναι οµαλά µεταβαλλόµενη. Άρα θα ισχύουν οι εξισώσεις: υ=α t και h = α t από τις οποίες, µε απαλοιφή του χρόνου, προκύπτει ότι: υ = α h ( mg h Έτσι, από τις εξισώσεις ( και ( βρίσκουµε: α h = m+ mg mg και τελικά: α = α =. ( (m + + m Σηµείωση: Με τους παραπάνω τρόπους δεν χρησιµοποιούµε την άνωστη τάση του νήµατος. Άσκηση ια λύση (. Στη διάταξη του σχήµατος του παραδείµατος 9, ο δίσκος, µάζας m= Kg, αφήνεται ελεύθερος από τη θέση του σχήµατος. Μετά από κάθοδο κατά h= m ο δίσκος έχει 0 αποκτήσει ταχύτητα µέτρου υ= m/s. Να υπολοιστεί το µέτρο της τάσης του 3 νήµατος. ίνεται η ροπή αδράνειας του δίσκου = = m και g=0 m/s. 0 [ Απ. T= Ν ] 3 0

11 Παράδειµα 3 Στη διάταξη του σχήµατος το σώµα (Σ έχει βάρος N w =0 N, το σώµα (Σ έχει βάρος w =0 N, ενώ η T τροχαλία έχει µάζα m= Kg και ακτίνα =0, m. Το f σώµα (Σ παρουσιάζει τριβή µε το οριζόντιο επίπεδο µε συντελεστή τριβής ολίσθησης µ=0,5. Αν το w σύστηµα αφεθεί ελεύθερο από τη θέση του σχήµατος να υπολοιστούν: α η επιτάχυνση (α των σωµάτων, β οι τάσεις των νηµάτων, η ταχύτητα των σωµάτων µετά από κάθοδο του σώµατος (Σ κατά h=0,9 m, δ το µέτρο της δύναµης στην τροχαλία από τον άξονα περιστροφής της. T T T w ίνεται ροπή αδράνειας της τροχαλίας =½ m και g=0 m/s. Λύση α Οι δυνάµεις στα σώµατα φαίνονται στο σχήµα (f=τριβή στο σώµα (Σ. Τα δύο σώµατα εκτελούν µεταφορική κίνηση, οπότε: Σ F = m α σώµα (Σ : T f = m α ( σώµα (Σ : w T = m α ( Η τροχαλία εκτελεί στροφική κίνηση, οπότε: α Στ= α (T T = m ( α =α T T = m α (3 Προσθέτοντας, κατά µέλη, τις εξισώσεις (, ( και (3 προκύπτει: m w f = m + m + α (4 όπου: f =µ N =µ w ( από ΣF y =0, ια το σώµα (Σ. Έτσι η εξίσωση (4 δίνει: w µ w α = (5 α =,5 m/s. m m + m +

12 β Οι τάσεις των νηµάτων βρίσκονται από τις εξισώσεις ( και ( ή ( και (3. Έτσι: Τ =7,5 Ν και Τ =8,75 Ν. Η ταχύτητα των σωµάτων, κάθε στιµή, θα είναι ίδια αφού το νήµα συνέχεια είναι τεντωµένο. Η ταχύτητα θα υπολοιστεί εφαρµόζοντας το Θ.Μ.Κ.Ε. ια το σώ- µα (Σ. Έτσι: ΣW= Κ + w h T h = m υ 0 υ=,5 m/s. Σηµείωση: Η ταχύτητα βρίσκεται και µε το Θ.Μ.Κ.Ε. ια το σώµα (Σ ή µε τις εξισώσεις της οµαλά επιταχυνόµενης κίνησης ια κάθε σώµα. ηλαδή: υ=α t και h = α t υ= α h. δ Αφού η τροχαλία εκτελεί µόνο στροφική κίνηση, τότε θα ισχύει: Σ F = 0 και Σ F = 0 x Οι δυνάµεις που ασκούνται στην τροχαλία είναι: το βάρος της (mg, οι τάσεις των νηµάτων (T και (T (εφαπτοµενικά και η δύναµη από τον άξονα περιστροφής της όπως φαίνεται στο σχήµα. Από τις σχέσεις: y T F F y mg F x T και Σ Fx = 0 x F T = 0 F x =T =7,5 N ΣF y = 0 Fy mg T = 0 Fy = mg + T = 8, 75 N Αλλά: F = Fx + Fy µε µέτρο: F = F + F F=9,7 N. x y

13 Παράδειµα 4 Στερεός κύλινδρος, µάζας Μ και ακτίνας, κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει κατά µήκος ο- ριζόντιων σιδηροτροχιών µε τον ακόλουθο τρόπο: λεπτό αβαρές νήµα, τυλιµένο ύρω από τον κύλινδρο, έχει στην ελεύθερη άκρη του σώµα µάζας m. Καθώς το σώµα πέφτει προς τα κάτω, προκαλεί την κίνηση του κυλίνδρου πάνω στις σιδηροτροχιές. Να υπολοίσετε την επιτάχυνση του σώµατος (m και την τάση του νήµατος ια M= Kg και m= Kg. ίνεται η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου M = και η επιτάχυνση g=0 m/s. Λύση Στο διπλανό σχήµα φαίνονται οι δυνάµεις που ασκούνται στον κύλινδρο και στο σώµα. Επειδή ο κύλινδρος κινείται προς τα δεξιά η τριβή θα έχει τη φορά που φαίνεται και µέτρο (f από τις δύο τροχιές. Το σώµα ε- κτελεί µεταφορική κίνηση ενώ ο κύλινδρος σύνθετη. Έτσι: M N Mg ( Σ mg f T α T mg Σ F = m α σώµα: κύλινδρος: mg T = m α ( f = M α ( α Στ= α κύλινδρος: (T f M T f = M α (3 Ισχύει: α ( ώ. =α ό =α =α σ µ επιτρ χια = ( α =α Προσθέτοντας τις εξισώσεις (, ( και (3 κατά µέλη προκύπτει: M mg = m + M + α mg α = (m+ 3M (4 α =,5 m/s 3

14 Η τάση του νήµατος θα βρεθεί από τη σχέση (: T = m (g α και µε βάση τη σχέση (4: T 3mMg = (m + 3M Τ=7,5 Ν Παράδειµα Το στερεό σώµα του σχήµατος (π.χ. σφαίρα, κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει και κατεβαίνει το κεκλιµένο επίπεδο, ίας κλίσης φ. Να υπολοιστούν: α η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του στερεού, β το µέτρο της δύναµης τριβής (Τ, η τιµή του συντελεστή τριβής ια να εµποδίζεται η ολίσθησή του. α w x φ w N w T y Λύση Εφόσον το στερεό στρέφεται ύρω από το σηµείο επαφής του σαν στιµιαίος άξονας, η ταχύτητα του κέντρου µάζας είναι: υ = ω και η επιτάχυνσή του: dω α = = α ( (βλέπε σχολικό βιβλίο dt Το στερεό σώµα εκτελεί και µεταφορική κίνηση και περιστροφική. Επειδή η περι- στροφική κίνηση προκαλείται µόνο από τη ροπή της τριβής (Τ συµεραίνουµε (ή υ- ποθέτουµε ότι η φορά της τριβής είναι προς τα πάνω. Έτσι: Σ F(x = m α wx T = m α = α mg ηµφ T = m α ( Σ F(y = 0 y N w = 0 N = mg συνφ (3 Στ= α T = α =( T = α (4 α Προσθέτοντας τις εξισώσεις ( και (4 βρίσκουµε: mg ηµφ= m + α α = mg ηµφ m+ (5 4

15 π.χ. ια σφαίρα όπου ια κύλινδρο όπου ια δακτύλιο όπου 5 α = g ηµφ 5 7 = m η εξίσωση (5 δίνει: α = g ηµφ 3 = m η εξίσωση (5 δίνει α = g ηµφ = m η εξίσωση (5 δίνει: Σηµείωση: Η επιτάχυνση ια οποιοδήποτε σώµα που ολισθαίνει σε λείο κεκλιµένο επίπεδο είναι α= g ηµφ. β Το µέτρο της τριβής θα βρεθεί από τις σχέσεις (4 και (5: T mg ηµφ = m+ (6 Από τη σχέση αυτή παρατηρούµε ότι το µέτρο της τριβής είναι θετικό, εονός που δείχνει ότι η φορά της τριβής σχεδιάστηκε σωστά. Για να είναι η κίνηση του στερεού κύλιση (χωρίς ολίσθηση στο σηµείο επαφής πρέπει να ισχύει: mg ηµφ T µ N ή από (6 µ N (µε N = mg συνφ m+ εφφ µ (7 απ όπου προκύπτει: m+ π.χ. ια σφαίρα ια κύλινδρο ια δακτύλιο µ εφφ και µ ελ ά χ = εφφ 7 7 εφφ εφφ µ και µ ελ ά χ = 3 3 µ εφφ και µ ελ ά χ = εφφ

16 Παράδειµα 6 Στη διάταξη του σχήµατος ο «τροχός», µάζας m και ακτίνας, τίθεται σε κίνηση µε τη βοήθεια της δύναµης F η οποία εφαρµόζεται στο κέντρο του. Ο «τροχός» κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Να βρεθούν: α η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του «τροχού», β το µέτρο της δύναµης τριβής (Τ, η τιµή του συντελεστή τριβής ια να εµποδίζεται η ολίσθησή του. α N F w T Λύση Εφόσον ο «τροχός» στρέφεται ύρω από το σηµείο επαφής του σαν στιµιαίος άξονας, η ταχύτητα του κέντρου µάζας είναι: υ = ω και η επιτάχυνσή του: dω α = = α ( (βλέπε σχολικό βιβλίο dt Ο «τροχός» εκτελεί και µεταφορική κίνηση και περιστροφική. Επειδή η περιστροφική κίνηση προκαλείται µόνο από τη ροπή της τριβής (Τ συµεραίνουµε (ή υποθέτουµε ότι η φορά της τριβής είναι προς τα δεξιά. Έτσι: Σ F(x = m α F T = m α = α ( Σ F = 0 N w = 0 N= mg (3 (y Στ= α T = α =( T = α (4 α Προσθέτοντας τις εξισώσεις ( και (4 προκύπτει: F = m + α α = F m+ (5 π.χ. ια κύλινδρο όπου = m η εξίσωση (5 δίνει: F α = 3 m Σηµείωση: Η επιτάχυνση ια οποιοδήποτε σώµα που ολισθαίνει σε λείο κεκλιµένο F επίπεδο είναι α=. m 6

17 β Το µέτρο της τριβής θα βρεθεί από τις σχέσεις (4 και (5: T F = m+ (6 Από τη σχέση αυτή παρατηρούµε ότι το µέτρο της τριβής είναι θετικό, εονός που δείχνει ότι η φορά της τριβής σχεδιάστηκε σωστά. Για να είναι η κίνηση του «τροχού» κύλιση (χωρίς ολίσθηση στο σηµείο επαφής πρέπει να ισχύει: F T µ N ή από (6 µ N (µε N= mg m+ (F / mg µ (7 απ όπου προκύπτει: m+ π.χ. ια κύλινδρο F F µ και µ ελ ά χ =. 3 mg 3 mg Σηµείωση: Όταν ένα όχηµα κινείται από ένα εξωτερικό «τράβηµα», όπως αυτό που ασκείται στη σύζευξη των βαονιών ενός τρένου, η τριβή µεταξύ των τροχών και της «τροχιάς» ενερεί σαν αντίσταση

18 Παράδειµα 7 Στη διάταξη του σχήµατος ο «τροχός», µάζας m και ακτίνας, τίθεται σε κίνηση µε τη βοήθεια της «αριστερόστροφης» σταθερής ροπής τ. Ο «τροχός» κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Να βρεθούν: α η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του «τροχού», β το µέτρο της δύναµης τριβής (Τ, η τιµή του συντελεστή τριβής ια να εµποδίζεται η ολίσθησή του. Λύση α T τ N w Εφόσον ο «τροχός» στρέφεται ύρω από το σηµείο επαφής του σαν στιµιαίος άξονας, η ταχύτητα του κέντρου µάζας είναι: υ = ω και η επιτάχυνσή του: dω α = = α ( (βλέπε σχολικό βιβλίο dt Ο «τροχός» εκτελεί και µεταφορική κίνηση και περιστροφική. Επειδή η µεταφορική κίνηση προκαλείται µόνο από τη δύναµη της τριβής (Τ συµεραίνουµε (ή υποθέτου- µε ότι η φορά της τριβής είναι προς τα αριστερά. Έτσι: Σ F(x = m α T = m α = α ( Σ F = 0 N w = 0 N= mg (3 (y Στ= α τ T = α =( τ T = α (4 α Προσθέτοντας τις εξισώσεις ( και (4 προκύπτει: τ = m + α α = ( τ / m+ (5 π.χ. ια κύλινδρο όπου β Το µέτρο της τριβής θα βρεθεί από τις σχέσεις ( και (5: = m η εξίσωση (5 δίνει: τ α =. 3 m m ( τ / T= m+ (6 8

19 Από τη σχέση αυτή παρατηρούµε ότι το µέτρο της τριβής είναι θετικό, εονός που δείχνει ότι η φορά της τριβής σχεδιάστηκε σωστά. Για να είναι η κίνηση του «τροχού» κύλιση (χωρίς ολίσθηση στο σηµείο επαφής πρέπει να ισχύει: m ( τ / ( τ / T µ N ή από (6 µ N =(3 µ (7 m+ g m + απ όπου προκύπτει: π.χ. ια κύλινδρο τ τ µ και µ ελ ά χ =. 3 mg 3 mg Σηµείωση: Αυτό το παράδειµα δείχνει ότι η εξωτερική κατευθυντήρια δύναµη σε έ- να αυτοπροωθούµενο όχηµα, όπως η ατµοµηχανή ή ένα αυτοκίνητο, είναι η προς τα εµπρός τριβή της «τροχιάς» στις κινητήριες ρόδες. Αν και αυτή η τριβή οφείλεται στην περιστροφική προσπάθεια (λειτουρία της µηχανής, αυτή η δύναµη µόνη, σαν εσωτερική στο όχηµα συνολικά, είναι ανίκανη να το θέσει σε κίνηση σχετικά µε την «τροχιά». Κατά συνέπεια όταν η τριβή είναι πάρα πολύ µικρή οι ρόδες θα λιστρήσουν και καµία προωθητική κίνηση δεν συµβαίνει. Τότε λέµε ότι δεν υπάρχει αρκετή έλξη. Έτσι το παράδειµα 6 αναφέρεται στην ατµοµηχανή τρένου, ενώ το παράδειµα 5 αναφέρεται στα βαόνια που τραβάει η µηχανή

20 Παράδειµα 8 Στη διάταξη του σχήµατος φαίνεται µια «κουβαρίστρα» (στερεό, µάζας m, εξωτερικής ακτίνας και εσωτερικής ακτίνας. Ένα νήµα, τυλιµένο στον εσωτερικό κύλινδρο και µε το ελεύθερο άκρο στο κάτω µέρος του, έλκεται από µια σταθερή οριζόντια δύναµη F. Να βρεθούν: α η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του «στερεού», β το µέτρο της δύναµης τριβής (Τ. ίνεται η ροπή αδράνειας του «στερεού». Λύση α Οι δυνάµεις που σκούνται στο «στερεό» φαί- νονται στο σχήµα. Θεωρούµε ότι η περιστρο- F φή του «στερεού» είναι αριστερόστροφη. Αυτή πρέπει να προκαλείται από τη ροπή της τριβής (δηλ. τ (Τ >τ (F. Αν αυτές οι φορές (τριβής και περιστροφής είναι λανθασµένες, τότε α και Τ θα βρεθούν αρνητικές. Αν το «στερεό» κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει τότε ισχύει: w N T Έτσι: α α =α α = ( Σ F(x = m α F T = m α = α ( Σ F = 0 N w = 0 N= mg (3 (y Στ= α T F = α =( T F = α (4 Από τις εξισώσεις ( και (4 βρίσκουµε τα µέτρα των α και Τ. Έτσι: ( T = F m α (, από (4 F m α F = α F ( F ( α = α = (5 (m + m + 0

21 Από την εξίσωση (5 αφού > η επιτάχυνση α είναι θετική, οπότε το «στερεό» θα κινείται προς τ αριστερά όπως υποθέσαµε. Από τις εξισώσεις ( και (5 βρίσκουµε το µέτρο της τριβής Τ. Έτσι: m F ( ( T = F (m + F (m + (m + T= (6 Αφού Τ>0 η φορά που υποθέσαµε είναι σωστή. Σηµείωση: Αν =0, το αποτέλεσµα της εξίσωσης (6 συµφωνεί µε την εξίσωση (6 του παραδείµατος ( Άσκηση ια λύση (8. Η «κουβαρίστρα» του σχήµατος (στερεό, έχει µάζα m, εξωτερική ακτίνα και εσωτερική α- F κτίνα. Ένα νήµα, τυλιµένο στον εσωτερικό κύλινδρο και µε το ελεύθερο άκρο στο πάνω µέρος του, έλκεται από µια σταθερή οριζόντια α δύναµη F. Να βρεθούν: w α η επιτάχυνση του κέντρου µάζας του «στε- T ρεού», N β το µέτρο της δύναµης τριβής (Τ. ίνεται η ροπή αδράνειας του «στερεού». Να ίνει εφαρµοή ια: =0,0065 Kg m, F=0 N, m= Kg, =0, m και (i =0,0 m (ii =0,05 m (iii =0,0375 m. F ( + F ( m [ Απ. α α =, β T= (m + (m +, α >0, (i T=+,743 N, (ii T= 0,075 N, (iii T=0 ] Σηµείωση: Χρησιµοποιώντας τη µέθοδο του στιµιαίου άξονα περιστροφής (το ση- µείο επαφής στερεού-δαπέδου, όπου δεν χρειάζεται να ξέρουµε τη φορά της τριβής, βρίσκουµε: α Στ=Ι α F ( + = ( στ.ά ξ. (αφού α =α όπου: (.ά. m στ ξ = + Άρα: F ( + α =. (m +

22 Παράδειµα 9 ίσκος (m, ισορροπεί στη θέση του σχήµατος µε τη βοήθεια νήµατος τυλιµένου στην περιφέρειά του και στερεωµένο από το επάνω µέρος του σε τοίχο. Το νήµα είναι παράλληλο µε το κεκλιµένο επίπεδο. Να βρεθεί η τιµή του συντελεστή στατικής τριβής ώστε να ισορροπεί ο δίσκος. Λύση Οι δυνάµεις που ασκούνται στο δίσκο φαίνονται στο σχήµα. Για την ισορροπία ισχύει: w T x i O w w φ y A N f Στ (Ο =0 f T = 0 f = T ( (από εδώ φαίνεται η φορά της f wx Στ (Α =0 wx T = 0 T= ( wx mg (, ( f = f = ηµφ (3 Πρέπει: f στ µ N (4 Αλλά: Σ F = 0 N = w ( = mg συνφ (5 y mg Από (3, (4, (5 ηµφ µ mg συνφ εφφ µ (6 y Άσκηση ια λύση (9. Στη διάταξη του σχήµατος φαίνεται σύστηµα δίσκου, ακτίνας, να έχει προσαρµοσµένο (οµόκεντρα τύµπανο, ακτίνας. Ένα νήµα τυλιµένο στο τύµπανο στερεώνεται (παράλληλα µε το κεκλιµένο επίπεδο στον τοίχο (σχήµα. Να δείξετε ότι ια να ισορροπεί το σύστηµα πρέπει η τιµή του συντελεστή στατικής τριβής δίσκου-επιπέδου να υπακούει στη σχέση: µ εφφ ( w x i O w w y f φ T A N

23 Άσκηση ια λύση (9. Στη διάταξη του σχήµατος φαίνεται σύστηµα δίσκου, ακτίνας, να έχει προσαρµοσµένο (οµόκεντρα τύµπανο, ακτίνας. Ένα νήµα τυλιµένο στο τύµπανο στερεώνεται (παράλληλα µε το κεκλιµένο επίπεδο στον τοίχο (σχήµα. Να δείξετε ότι ια να ισορροπεί το σύστηµα πρέπει η τιµή του συντελεστή στατικής τριβής δίσκου-επιπέδου να υπακούει στη σχέση: µ εφφ (+ w x T i O w w φ y A N f Άσκηση ια λύση (9.3 Στη διάταξη του σχήµατος φαίνεται σύστηµα δίσκου, ακτίνας, να έχει προσαρµοσµένο (οµόκεντρα τύµπανο, ακτίνας. Ένα νήµα τυλιµένο στο τύµπανο στερεώνεται (παράλληλα µε το κεκλιµένο επίπεδο στον τοίχο (σχήµα. Να δείξετε ότι ια να ισορροπεί το σύστηµα πρέπει η τιµή του συντελεστή στατικής τριβής δίσκου-επιπέδου να υπακούει στη σχέση: µ εφφ (+ T w φ x N f w w y

24 Παράδειµα 0 Στη διάταξη του σχήµατος οι δύο τροχαλίες (Α και (Β είναι όµοιες (µάζας m και ακτίνας. Η (Α µπορεί να στρέφεται µόνο (ύρω από τον άξονα στο κέντρο της, ενώ η (Β είναι ελεύθερη και να στρέφεται και να κατεβαίνει (µε τη βοήθεια νήµατος που είναι τυλιµένο στην περιφέρεια των τροχαλιών. Να υπολοίσετε την τάση του νήµατος και τη δύναµη από τον άξονα στην τροχαλία (Α. ίνεται ροπή αδράνειας κάθε τροχαλίας =½ m και g=0 m/s. Λύση T T //////////// F (A mg mg (B ε Οι δυνάµεις που ασκούνται στις δύο τροχαλίες φαίνονται στο σχήµα. Για τη στροφική κίνηση της τροχαλίας (Α ισχύει: Στ = α T = m α ( Α T = m α ( Α ( Για τη στροφική κίνηση της τροχαλίας (Β ισχύει: Στ = α T = m α ( Β T = m α ( Β ( Από τις εξισώσεις ( και ( προκύπτει ότι: α ( Α =α ( Β =α (3 ηλαδή: T = m α (4 Αλλά: α =α όπου α ε είναι το µέτρο της επιτάχυνσης (επιτρόχιας του νήµα- τος. Οπότε (4 T = m α ε (5 Για τη µεταφορική κίνηση της τροχαλίας (Β ισχύει: F m mg T= m α (6 Σ = α = α(b Αλλά: α (B = α ε (ιατί; Οπότε (6 mg T = m α ε (7 Από τις εξισώσεις (5 και (7 προκύπτει: 5 mg = m α ε α ε = g 5 (8 Από την εξίσωση (5 προκύπτει mg T= 5 (9 Για την µη µεταφορική κίνηση της τροχαλίας (Α ισχύει: 4

25 Σ F = 0 F = mg + T και από (9 ( y 6mg F= ( Παράδειµα Η διπλή τροχαλία του σχήµατος έχει εσωτερική ακτίνα =0, m και ροπή αδράνειας, ως προς τον σταθερό άξονα περιστροφής, =0, Kg m. Σώµα, µάζας m=3 Kg, κρέµεται µε τη βοήθεια νήµατος που είναι τυλιµένο στην εσωτερική τροχαλία. Να υπολοίσετε το µέτρο της ροπής (τ, που πρέπει να ασκείται στην περιφέρεια της εξωτερικής τροχαλίας, ώστε το σώµα να ανεβαίνει µε επιτάχυνση α =g/3. ίνεται g=0 m/s. Λύση Στο σώµα ασκούνται οι δυνάµεις mg και T (σχήµα µε την επίδραση των οποίων εκτελεί µεταφορική κίνηση προς τα πάνω. Οπότε: F m T mg= m α ( Σ = α = α Η τροχαλία εκτελεί στροφική κίνηση µε την επίδραση της ζητούµενης ροπής και της ροπής της τάσης του νήµατος. Οπότε: τ T T mg α Στ = α ( τ T = α ( όπου: α =α (3 Έτσι από (, ( και (3 βρίσκουµε: mg m τ= + + α (4 και µε βάση ότι: g α = προκύπτει: 3 4 g τ= mg τ= + (5 και µε αριθµητική εφαρµοή βρίσκουµε: τ=8 N m

26 Άσκηση ια λύση (. Η διπλή τροχαλία του σχήµατος έχει εξωτερική α- κτίνα =0,3 m και εσωτερική ακτίνα =0, m και µπορεί να στρέφεται χωρίς τριβές ύρω από τον α- κλόνητο άξονά της. Ένα σώµα (Α, βάρους w=30n, κρέµεται µε νήµα από την εσωτερική τροχαλία. Έ- να δεύτερο σώµα (Β, βάρους w κρέµεται µε νήµα από την εξωτερική τροχαλία, το οποίο περνά από την αβαρή (m=0 µικρή τροχαλία. α Να βρεθεί το βάρος w, ώστε το σύστηµα να ι- σορροπεί. β Αν από το κάτω µέρος του σώµατος (Β κρεµάσουµε ένα όµοιο σώµα, να βρεθεί η ιακή επιτάχυνση της τροχαλίας. ίνεται η ροπή αδράνειας της διπλής τροχαλίας, ως προς τον άξονα περιστροφής, =0,09 Kg m και g=0 m/s. w (A w (m= 0 (B w [ Απ. α w = w =0 N, β ( g m m α = = ( + m + m 0 /s ] Παράδειµα Ένας στερεός ορθός κυκλικός κύλινδρος ακτίνας και βάρους w(=mg είναι δεµένος µε µια αβα- T x O ρή ράβδο ΑΟ και στρέφεται µε αρχική ιακή ταχύτητα ω ο. Κάποια στιµή αφήνουµε τον κύ- T T y mg λινδρο να ακουµπήσει στο οριζόντιο δάπεδο του Α θ σχήµατος (µε το άκρο Α της ράβδου ακλόνητο N f στο δάπεδο. Αν ο συντελεστής τριβής µεταξύ κυλίνδρου-δαπέδου είναι µ, να βρεθεί µετά από πόσο χρόνο θα ηρεµήσει ο κύλινδρος; ίνεται η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου =½ m και g=0 m/s. ω ο Λύση Οι δυνάµεις που ασκούνται στον κύλινδρο είναι: βάρος w=mg, τάση ράβδου Τ (αναλύεται σε Τ x και Τ y, τριβή f και κάθετη συνιστώσα της αντίδρασης του δαπέδου Ν. Η περιστροφή του κυλίνδρου ίνεται ως προς το κέντρο του Ο. Απ όλες τις προηούµενες δυνάµεις µόνο η τριβή f έχει ροπή η οποία ανακάζει τον κύλινδρο να στα- µατήσει. Έτσι: 6

27 Σ F = 0 x f T = 0 f x = T συνθ ( µε f =µ N ( Σ F = 0 y N mg T = 0 N = mg + T ηµθ (3 y Στ = α f m = α f Από (, ( και (3 προκύπτει: = m α (4 µ (mg + T ηµθ = T συνθ µ mg = T ( συνθ µ ηµθ f και µε βάση την ( µ mg = ( συνθ µ ηµθ συνθ µ mg µ mg = f ( µ εφθ f = (5 ( µ εφθ Από τις εξισώσεις (4 και (5 βρίσκουµε: µ mg m α = ( µ εφθ α = µ g ( µ εφθ (6 Η κίνηση του κυλίνδρου (εξαιτίας της ροπής της τριβής είναι στροφική οµαλά επιβραδυνόµενη. Η εξίσωση της ιακής ταχύτητας είναι: ω =ω α t (από (t ο ω ( ω ω ο α = = t t ω ο ( µ εφθ Με ω (t =0 t= (7 µ g t= ω ω ο α (t Παράδειµα 3 Στη διάταξη του σχήµατος ο κύλινδρος, µάζας (Μ και ακτίνας ( στηρίζεται σε µια <<τριική>> βάση µάζας (m µε τη βοήθεια οριζόντι- ου άξονα ο οποίος περνά από το κέντρο του κυ- A F λίνδρου. Ο κύλινδρος µπορεί να στρέφεται ύ- (m ρω από αυτόν τον άξονα χωρίς τριβές. Ένα νή- Γ µα είναι τυλιµένο στον κύλινδρο και στην ά- κρη αυτού ασκούµε σταθερή οριζόντια δύναµη. Οι τριβές µεταξύ βάσης και επιπέδου είναι αµελητέες. Να βρεθεί η επιτάχυνση του σηµείου Α. ίνεται ια τον κύλινδρο =½ M. (M //////////////////////////////// 7

28 Λύση Ο κύλινδρος εκτελεί µεταφορική και στροφική κίνηση. Η <<τριική>> βάση εκτελεί µόνο µεταφορική κίνηση. Για τη στροφική κίνηση του κυλίνδρου ισχύει: Στ = α F F = M α F = M α α = ( M Για τη µεταφορική κίνηση <<κυλίνδρου βάσης>> ισχύει: Σ F =<< m >> α F F = (M + m α α = (M+ m ( F F Αλλά: α ( ( ( Α =α Γ =α + α (; (3 (, ( α ( Α = + (M+ m M (3M+ m α ( Α = F m (M + m Παράδειµα 4 Στο <<βαρούλκο>> του σχήµατος, µάζας (Μ και ροπής αδράνειας, είναι τυλιµένα δύο αβαρή µη εκτατά νή- µατα. Το ένα είναι στερεωµένο στην οροφή, ενώ στο ά- κρο του άλλου κρέµεται σώµα µάζας (m. Η ακτίνα του µικρού δίσκου είναι νωστή. Να υπολοίσετε: α την επιτάχυνση του κ.µ. του <<βαρούλκου>>, β την επιτάχυνση (α του σώµατος (m, η στροφορµή του <<βαρούλκου>> µετά από χρόνο t, δ ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής του <<βαρούλκου>>, ε ο ρυθµός παραωής έρου από το <<βαρούλκο>> τη στιµή (t, στ ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέρειας του σώ- µατος (m τη στιµή (t. /////////////// T A K Γ T (M T Mg (m mg Λύση 8

29 α-β Οι δυνάµεις που ασκούνται στο σώµα (m και στο <<βαρούλκο>> φαίνονται στο σχήµα. Το σώµα (m εκτελεί µεταφορική κίνηση, οπότε: Σ F = m α mg T = m α ( Το <<βαρούλκο>> εκτελεί και µεταφορική και στροφική κίνηση, οπότε: Σ F = m α Mg + T T = M α ( Στ ( Κ = α (T + T = α (3 (K µε α =α (4 και α = α (5 [ α =α ( Γ =α +α ] Από τη λύση του συστήµατος των (, (, (3 µε τις (4 και (5 βρίσκουµε: α = (M + m g M + 4m + (M + m g (6 και α = M + 4m + (7 L(t = ω( t = ω, όπου: ω ( t =α t (8 dl =Στ = α [ βοήθεια από την εξίσωση (3 ] dt δ (K dw = =Στ ω [ βοήθεια από τις (3 και (7 ] dt ε = P =Στ(K ω(t dk dt στ =... =Σ F υ (t = (mg T υ (t (t (9 [ µε υ (t =α t ] Παράδειµα 5 Στο <<βαρούλκο>> του σχήµατος, µάζας (Μ και ροπής αδράνειας, είναι τυλιµένα δύο αβαρή µη εκτατά νή- µατα. Το ένα είναι στερεωµένο στην οροφή και τυλιµένο στον εσωτερικό κύλινδρο, ενώ το άλλο είναι τυλιµένο στον εξωτερικό κύλινδρο και στο άκρο του κρέµεται σώµα (Σ µάζας (m. Η ακτίνα του µικρού κυλίνδρου είναι και του µεάλου (νωστές. Να υπολοίσετε: α την ιακή επιτάχυνση του <<βαρούλκου>>, β την επιτάχυνση (α του σώµατος (m. /////////////// ( ΚΓ = ( ΚΑ T A K i Γ T (M T Mg ( Σ mg 9

30 Λύση Σώµα (Σ: mg T = m α ( <<βαρούλκο>>: Στ ( Α = (A α Mg + T 3 = ( + M α ( (στιµιαίος άξονας περιστροφής το σηµείο Α µε α =α ( =α 3 (3 Γ Από τη λύση του συστήµατος των (, ( και (3 προκύπτει: α = (M + 3m g (M + 9m + 3 (M + 3m g (4 και α = M + 9m + ( Άσκηση ια λύση (5. Στο <<βαρούλκο>> του σχήµατος, µάζας (Μ και /////////////// ροπής αδράνειας, είναι τυλιµένα δύο αβαρή ( ΚΑ = ( ΚΓ µη εκτατά νήµατα. Το ένα είναι στερεωµένο στην T οροφή και τυλιµένο στον εξωτερικό κύλινδρο, ε- νώ το άλλο είναι τυλιµένο στον εσωτερικό κύλιν- A K Γ δρο και στο άκρο του κρέµεται σώµα (Σ µάζας T (m. Η ακτίνα του µικρού κυλίνδρου είναι και (M του µεάλου (νωστές. Να υπολοίσετε: Mg T α την ιακή επιτάχυνση του <<βαρούλκου>>, ( Σ β την επιτάχυνση (α του σώµατος (m, τις τάσεις των νηµάτων, mg δ το ρυθµό µεταβολής της κινητικής ενέρειας του σώµατος (Σ, ε το ρυθµό παραόµενου έρου στο <<βαρούλκο>>, τη στιµή που η στροφορµή του είναι L. g (M + 3m [ Απ. α α = + (4M + 9m, β α= 3 g (M + 3m + (4M + 9m,... ] 30

31 Παράδειµα 6 Στη διάταξη του σχήµατος η οµοενής ράβδος ΑΓ, µήκους l= 4 m, ισορ- ( l/4 ροπεί σε οριζόντια θέση µε τη βοήθεια F ///////// Z o άρθρωσης στο άκρο Α και του νήµα- 30 τος Γ, το οποίο σχηµατίζει ία 30 ο A Γ µε τον άξονα της ράβδου. Η ράβδος έ- W χει βάρος W = 0 N. Το νήµα έχει ό- W ριο θραύσης Τ θρ = 80 Ν. Πάνω στη ράβδο και στο σηµείο Ζ, το οποίο απέχει από το άκρο Α ( l / 4, τοποθετούµε οµοενή κύλινδρο, βάρους W = 0 N. Κάποια στιµή ασκούµε οριζόντια δύναµη σταθερού µέτρου F = 3 N, η οποία εφαρµόζεται (κατάλληλα στο κέντρο του και κατευθύνεται προς τα δεξιά. O κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. ίνονται: g = 0 m/s και ια τον κύλινδρο = m. Να βρεθεί το µέτρο της ταχύτητας του κυλίνδρου τη στιµή που κόβεται το νήµα. Λύση Κύλιση κυλίνδρου υπολοισµός ( α F f = m α ( ( f = τριβή f = m α ( α =α (3 Από το συνδυασµό των (, (, (3 βρίσκουµε: f N w F F α =... α = m/s 3 m Υπολοισµός θέσης που κόβεται το νήµα δυνάµεις που ασκούνται στον κύλινδρο Έστω x η απόσταση του κυλίνδρου από το άκρο Α της ράβδου, τη στιµή που είναι έτοιµο να κοπεί το νήµα. Για την ο- ριακή αυτή θέση ισορροπίας εφαρµόζου- µε: Στ (Α = 0 (µε Ty = T ηµ 30 ο A x w w N N T y Γ T o 30 T x Ν =Ν= w 3

32 l ο w + w x (T ηµ 30 l = 0 x = 3 m Ευθύραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση κυλίνδρου l Το (καθαρό διάστηµα που διανύει ο κύλινδρος είναι: s = x = (m 4 Οι εξισώσεις που περιράφουν την κίνηση του κυλίνδρου είναι: s = α t και υ=α t Με απαλοιφή του χρόνου προκύπτει: υ= α s υ= (m / s Άσκηση ια λύση (6. Στη διάταξη της άσκησης του παραδείµατος 6, αν το µέτρο της ταχύτητας του κυλίνδρου τη στιµή που κόβεται το νήµα είναι υ = 4 m/s, να βρεθεί το µέτρο της δύνα- µης F που ασκείται στο κέντρο του κυλίνδρου. Τα υπόλοιπα µεέθη και στοιχεία του σχήµατος είναι τα ίδια. [ Απ. F = 6 N ]

33 Παράδειµα 7 Στη διάταξη του σχήµατος η οµοενής δοκός ΑΓ έχει βάρος w= 5 3 N και µήκος l = 8 m. F Η δοκός στηρίζεται σε άρθρωση στο άκρο Γ A και στη «ία», έτσι ώστε η απόσταση Α = ( l / 4. Η δοκός σχηµατίζει µε το ορι- Κ ζόντιο επίπεδο ία φ = 30 ο. Στο άκρο Α της δοκού αφήνεται να κυλίσει, χωρίς να w o Γ 30 λιστρά, µια οµοενής σφαίρα που έχει βάρος w = 30 Ν. Να βρεθεί το µέτρο της δύ- ναµης F που ασκεί η «ία» στη δοκό µετά από χρόνο t= s από τη στιµή 5 (t o =0 που αφήσαµε ελεύθερη τη σφαίρα (από το άκρο Α. ίνονται: g = 0 m/s και ια τη σφαίρα = Λύση m 5 ( η ακτίνα της σφαίρας. Κύλιση σφαίρας υπολοισµός ( α w f = m α ( ( f = τριβή x f = m α 5 ( α =α (3 Από το συνδυασµό των (, (, (3 βρίσκουµε: 5 w x α = 7 m 5 α = m/s 7 5 α = g ηµ 30 7 ο f W y N N W W x N = N = w y δυνάµεις που ασκούνται στη σφαίρα Υπολοισµός θέσης που βρίσκεται η σφαίρα τη στιµή (t Η κίνηση της σφαίρας περιράφεται από την εξίσωση: x = α t 5 x = 7 5 x = 6 m 33

34 Υπολοισµός µέτρου δύναµης που ασκείται στη δοκό Η δύναµη που ασκείται στη δοκό από τη «ία» είναι κάθετη στη δοκό. Η σφαίρα τη στιµή (t βρίσκεται στη θέση Ζ του σχήµατος (µε x = AZ = 6 m και l = 8 m, δηλαδή στη µέση του τµήµατος ΚΓ. Για τη στιµιαία αυτή θέση ισορροπίας της δοκού εφαρµόζουµε: Στ (Γ = 0 A F x Κ w N Ζ o 30 Γ ο + N ( ΓΖ + w ( ΓΚ συν 30 F ( Γ = 0 F= N ( ΓΖ + w ( ΓΚ συν 30 ( Γ ο ( όπου: (ΓΖ = (ΓΑ (ΑΖ = m, (Γ = = 6 m και Ν = w y = w ηµ 30 ο = = 5 Ν Έτσι η εξίσωση ( δίνει: F= 30N Άσκηση ια λύση (7. Στη διάταξη της άσκησης του παραδείµατος 7, αν κάποια στιµή που η σφαίρα 05 «κατεβαίνει» το µέτρο της δύναµης F από τη «ία» στη δοκό είναι F = (N, 3 να υπολοιστεί το µέτρο της ταχύτητας της σφαίρας τη στιµή αυτή. Τα υπόλοιπα µεέθη είναι τα ίδια. [ Απ. υ= 0 m/s ]