Σύστηµα αναφοράς κέντρου µάζας

ΦΥΣ - Διαλ.6 Σύστηµα αναφοράς κέντρου µάζας Έστω σώµατα µάζας m και m κινούµενα µε ταχύτητες υ και υ Η ταχύτητα του ΚΜ δίνεται από τη σχέση: υ cm = m υ + m υ m + m Σε ένα σύστηµα το οποίο συνδέεται µε το ΚΜ οι ταχύτητες των µαζών είναι: u = υ υ cm u = υ υ cm Στο σύστηµα αυτό η ταχύτητα του ΚΜ είναι: u cm = 0 Από τη στιγµή που η ταχύτητα του ΚΜ είναι 0 τότε: P cm = 0 P KM = P KM

ΦΥΣ - Διαλ.6 Παράδειγµα Ένα κιβώτιο µάζας m = 4kg κινείται µε ταχύτητα υ =6m/s και συγκρούεται ελαστικά µε κιβώτιο µάζας m =kg που κινείται µε ταχύτητα υ =3m/s. Τα σώµατα κινούνται προς τα δεξιά. Να βρεθούν οι ταχύτητές τους µετά την κρούση µετατρέποντας τις ταχύτητές τους στο σύστηµα του ΚΜ Βρίσκουµε πρώτα τη ταχύτητα του ΚΜ: υ cm = m υ + m υ = m + m Μετασχηµατίζουµε τις αρχικές ταχύτητες των σωµάτων ως προς ΚΜ:! u cm =! υ i i! υ cm = 6m s 5m s = m s και! cm =! υ i! υ cm = 3m s 5m s = m s u i Μετά τη κρούση τα σώµατα έχουν ταχύτητες: u cm f = m s και u cm f = m s 4kg 6m s +kg 3m s kg+ 4kg Μετασχηµατίζουµε τις τελικές ταχύτητες στο αρχικό σύστηµα αναφοράς:! υ f = u! cm f +! υ cm = m s +5m s = 4m s και! υ f = u! cm f +! υ cm = m s +5m s = 7m s = 5m s

Κέντρο Μάζας - Παράδειγμα Ο Ρωµαίο (m R =77kg) διασκεδάζει την Ιουλιέτα (m I =55kg) παίζοντας την κιθάρα του καθισµένος στην πρύµνη της βάρκας τους (µήκους.7 m) που είναι ακίνητη στα ήσυχα νερά της λίµνης. H Ιουλιέτα κάθεται στην πλώρη της βάρκας. Στο τέλος της καντάδας η Ιουλιέτα σηκώνεται και προσεκτικά πηγαίνει στο πρύµνη για να του δώσει ένα φιλί ΦΥΣ - Διαλ.6 3 Λύση Αν η κατεύθυνση της πλώρης της βάρκας ήταν προς τη στεριά πόσο µετακινήθηκε η βάρκα τους (µάζας 80 kg) προς τη στεριά? Έστω x η απόσταση του ΚΜ της βάρκας από τη στεριά, l το µήκος της βάρκας και x η απόσταση που κινήθηκε η βάρκα. Το ΚΜ παραμένει σταθερό (ΓΙΑΤΙ?). Κατά την καντάδα: x CM = xm β + (x l )M I + (x + l )M R M β + M R + M I P CM = MV CM = 0 Μετά την καντάδα: x CM = (x x )M + (x + l x )M + (x + l x )M β R I M β + M R + M I Αλλά x CM = xcm οπότε εξισώνοντας τις σχέσεις παίρνουµε x = 0.70m

Κέντρο μάζας - Παράδειγμα ΦΥΣ - Διαλ.6 4 Έστω αποµονωµένο σύστηµα µαζών m και m αρχικά σε ηρεµία (π.χ. µάζες στις άκρες ενός ελατηρίου, ένα σώµα που διασπάται σε άλλα). Όταν τα σώµατα φεύγουν µακριά το ένα από το άλλο µε ταχύτητες υ και υ κάποια ποσότητα ενέργειας µοιράζεται µεταξύ τους: Q = E κιν + E κιν = m υ + m υ Aφού το σύστηµα είναι αποµονωµένο, η ολική ορµή διατηρείται P i = P f 0 = m υ + m υ m υ = m υ Υψώνουµε στο τετράγωνο και διαιρούµε µε το m υ = m υ m υ = m υ m E κιν Αντικαθιστώντας στην () βρίσκουµε: Q = m E m κιν + E κιν m Q = m + m () ( ) E κιν και ανάλογα = m E κιν E κιν = m E κιν m E κιν E κιν = = m ( ) Q m + m m ( ) Q m + m Όταν υπάρχουν µόνο σωµατίδια η υπάρχουσα ενέργεια µοιράζεται πάντοτε µε τον ίδιο τρόπο. To ελαφρύτερο σωµατίδιο παίρνει το µεγαλύτερο µέρος της ενέργειας

Κέντρο μάζας - Παράδειγμα ΦΥΣ - Διαλ.6 5 Ένα βλήμα εκτοξεύεται στον αέρα με ταχύτητα 4.5m/s και γωνία 36.9 ο ως προς την οριζόντια διεύθυνση. Στο μέγιστο ύψος της τροχιάς του εκρήγνυται σε δυο θραύσματα ίσης μάζας. Το ένα θραύσμα πέφτει ακριβώς κατακόρυφα. Που πέφτει το δεύτερο θραύσμα. Η μόνη εξωτερική δύναμη που ενεργεί είναι η βαρυτική δύναμη και επομένως το CM θα συνεχίσει την παραβολική του τροχιά σαν να μην υπήρχε η έκρηξη. Το CM θα βρίσκεται ανάμεσα στα δυο θραύσματα. Έστω m η μάζα των θραυσμάτων Το ένα θραύσμα πέφτει κατακόρυφα και επομένως η θέση του θα είναι x = R Το CM θα πέσει στην θέση: x cm = R Η θέση του κέντρου μάζας είναι: x cm = mx + mx m + m x cm = x + x x = x cm x Το σημείο στο οποίο πέφτει το ο θραύσμα είναι: x = R R = 3R Το βεληνεκές του CM βρίσκεται στην θέση: R = υ ο g sin θ R = 4.5 9.8 sin 73.8 ο Επομένως x θα είναι: x = 3 R = 88.m ( ) = 58.8m

Παράδειγμα ΦΥΣ - Διαλ.6 6 Ένα κιβώτιο µάζας 4kg κινείται προς τα δεξιά µε ταχύτητα 6m/s και συγκρούεται µε ένα άλλο κιβώτιο µάζας kg που κινείται επίσης προς τα δεξιά µε ταχύτητα 3m/s. Να βρεθούν οι τελικές τους ταχύτητες. Από διατήρηση της ορµής έχουµε: p i = m υ i + m υ i = p f = m υ f + m υ f Αντικατάσταση θα δώσει: p i = 4kg 6 m s +3kg m s = 30kg m s = ( 4kg )υ f f + ( kg)υ 5 m s = υ f f +υ () Αντί να χρησιµοποιήσουµε διατήρηση κινητικής ενέργειας απευθείας µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε το γεγονός ότι στις ελαστικές συγκρούσεις η σχετική ταχύτητα των σωµάτων πριν και µετά την κρούση είναι σταθερή. Αυτό είναι αποτέλεσµα της διατήρησης της κινητικής ενέργειας υ i i f f ( υ ) = ( υ υ ) 6 3 f υ ( f f f υ ) = 3m s ( ) m s = υ ( ) υ Δυο εξισώσεις µε αγνώστους: ( υ f f υ ) f = 3m s υ =υ f 3m s Αντικατάσταση στην (): 5 m s = υ f 3 m s +υ f f f f και ανάλογα: υ = υ 3 υ = 4m / s 5 m s = 3υ f 6 m s υ f = 7m s

Διατήρηση Ορμής - Κρούσεις - Παράδειγμα ΦΥΣ - Διαλ.6 7 Υποθέστε ότι κρατάτε μια μικρή μπάλα μάζας m ακριβώς πάνω σε μια άλλη μπάλα μάζας m (όπου m >>m ). Οι μπάλες είναι σε επαφή και βρίσκονται σε ύψος h=m πάνω από το δάπεδο. Αφήστε τις δυο μπάλες ταυτόχρονα να πέσουν στο πάτωμα. Βρείτε το ύψος στο οποίο θα αναπηδήσει η μικρή μπάλα; Υποθέστε ότι όλες οι κρούσεις είναι τελείως ελαστικές και ακόμα ότι πρώτα χτυπά η μεγάλη μπάλα και αναπηδώντας συναντά τη μικρή που έρχεται ακριβώς πίσω της. h=m m m Λύση Από διατήρηση της ενέργειας για την μεγάλη μπάλα έχουμε: i f E = E mgh + 0 = mυ + 0 υ = gh (θετική φορά προς τα πάνω) Η μπάλα συγκρούεται με το έδαφος και αναπηδά με V = υ Η μάζα m αναπηδά και συγκρούεται με την μικρή που έχει ταχύτητα υ = gh Η μπάλα m κινείται με αντίθετη ταχύτητα από την m. Η σχετική ταχύτητα της m ως προς την m θα είναι: υ σχ = υ + V = υ + ( υ ) = υ Αφού m >>m, μετά τη κρούση (m με m ) η m έχει V σχ σχ = υ ως προς τη m H m όμως έχει ταχύτητα V ως προς το έδαφος και άρα η ταχύτητα της m ως προς το έδαφος είναι: V εδ = V σχ + V V εδ = 3υ m (V εδ ) + 0 = m g h h = (V εδ ) Διατήρηση της ενέργειας: g h = (3 gh ) g h = 9h = 9m

Διαφορετικά ΦΥΣ - Διαλ.6 8 Από τις εξισώσεις των ταχυτήτων για ελαστική κρούση σε -Δ m v = υ m m + υ m + m m + m m v = υ m + υ m m + m m + m Οι εξισώσεις αυτές αναφέρονται στην κρούση της μπάλας m με την m. Πριν την κρούση η ταχύτητα της m είναι υ =V και της m είναι υ =-V Αντικαθιστώντας στην η εξίσωση βρίσκουμε ότι μετά την κρούση η μπάλα έχει ταχύτητα (m >>m ): m v = υ m + υ m υ m + m m + m υ v = υ ( υ ) = 3υ ~0 ~0 Αν είχαμε 3 μπάλες με μάζες η μια μικρότερη της άλλης (basketball, tennis, ping-pong) q Το πρόβλημα είναι ίδιο, χρειάζεται να εξετάσουμε τις σχετικές ταχύτητες της με την, της 3 με τη και τέλος της 3 με το έδαφος. ü Βρήκαμε πριν ότι η μπάλα κινείται με ταχύτητα 3υ ως προς το έδαφος. ü Η μπάλα 3 πριν τη κρούση με την έχει ταχύτητα υ 3 = υ ως προς το έδαφος και επομένως ταχύτητα υ σχ 3 = 4υ ως προς τη μπάλα. ü Μετά την κρούση θα κινείται με ταχύτητα V σχ 3 = - 4υ ως προς τη μπάλα. Ø Η μπάλα όμως έχει ταχύτητα 3υ ως προς το έδαφος και επομένως η μπάλα 3 θα έχει ταχύτητα V 3 =3υ ( -4υ ) =7υ ως προς το έδαφος!!! Ø Αντικαθιστώντας στην εξίσωση διατήρησης ενέργειας: εδ ) h = (V 3 g = (7υ ) g = 49(gh) g h = 49h!!!

Παράδειγµα ορµής και αλυσίδας - ζυγαριάς ΦΥΣ - Διαλ.6 9 x Αλυσίδα µήκους L και µάζας Μ αφήνεται από ηρεµία να πέσει σε µια ζυγαριά. Να βρεθεί η ένδειξη της ζυγαριάς (η δύναµη που ασκεί η ζυγαριά στην αλυσίδα) καθώς η αλυσίδα πέφτει. Αρχικά το κατώτερο άκρο της αλυσίδας µόλις ακουµπά την ζυγαριά dm = σdx Λύση Έστω η αλυσίδα έχει πέσει κατά µια απόσταση x. Πάνω στη ζυγαριά υπάρχει µάζα m = σ x και η ένδειξη της ζυγαριάς προέρχεται από το βάρος της µάζας αυτής F g = ( σ x)g Στη δύναµη αυτή θα πρέπει να προσθέσουµε τη δύναµη που αναπτύσετε στη ζυγαριά για να σταµατήσει κάθε τµήµα της αλυσίδας, µάζας dm που πέφτει πάνω της: Αλλά dx = υ dt = υdt dm = συ x dt η ταχύτητα έχει αρνητική φορά F p = dp dt = 0 υ dm x dt F p = συ x ( ) = υ x συ x dt dt Η µάζα dm που έχει πέσει κατά ύψος x έχει ταχύτητα: dm xυ x = dm x gx υ x = gx Η συνολική ένδειξη της ζυγαριάς θα είναι: F tot = F g + F p F tot = σ xg + σ xg F tot = 3σ xg παρατηρούµε ακόµα ότι: F p = F g

ΦΥΣ - Διαλ.6 0 Quiz Ø Γράψτε σε μια σελίδα το όνομά σας και τον αριθμό ταυτότητάς σας Έτοιµοι;