ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ ΝΟΜΟΥ ΤΟΥ ΝΕΥΤΩΝΑ

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ ΝΟΜΟΥ ΤΟΥ ΝΕΥΤΩΝΑ ΑΣΚΗΣΗ 1 Στο πάτωμα ενός ανελκυστήρα βρίσκεται ένας ζυγός. Αν πάνω στο ζυγό τοποθετηθεί ένα αντικείμενο το οποίο έχει μάζα m=85, kg και ο ανελκυστήρας κινείται με σταθερή επιτάχυνση της οποίας το μέτρο είναι α = 2,5 m/s 2, να υπολογίσετε την ένδειξη του ζυγού στις περιπτώσεις που ο ανελκυστήρας: (α) ανέρχεται επιταχυνόμενος, (β) κατέρχεται επιταχυνόμενος, (γ) ανέρχεται επιβραδυνόμενος, και (δ) κατέρχεται επιβραδυνόμενος. Δίνεται g = 9,8 m/s 2. Η κίνηση του ανελκυστήρα είναι κατακόρυφη με θετική φορά προς τα πάνω. Σε κάθε περίπτωση, το αντικείμενο που βρίσκεται πάνω στο ζυγό θα κινείται με την επιτάχυνση την οποία θα έχει ο ανελκυστήρας. Οι μόνες δυνάμεις που ασκούνται πάνω στο αντικείμενο είναι: Το βάρος του αντικειμένου: w = mgj (1) και η αντίδραση του ζυγού: F = Fj (2) Το πραγματικό βάρος του αντικειμένου είναι w = mg = (85,kg)(9,8m/s 2 ) = 833 N Το μέτρο F της δύναμης αντίδρασης του ζυγού είναι ίσο με την ένδειξη που δείχνει ο ζυγός όταν ο ανελκυστήρας κινείται με επιτάχυνση. Η ένδειξη αυτή του ζυγού ονομάζεται φαινόμενο βάρος του αντικειμένου. Η συνισταμένη δύναμη F net που ασκείται πάνω στο αντικείμενο θα πρέπει να ικανοποιεί το Β νόμο του Νεύτωνα: F net = ma F + w = ma Fj mgj = ma (3) (α) Ο ανελκυστήρας ανέρχεται με σταθερή επιτάχυνση α = +(2, 5 m/s 2 )j Το πρόσημο (+) μπήκε επειδή η επιτάχυνση έχει κατεύθυνση προς τα πάνω. Για να είναι θετική η επιτάχυνση α, το μέτρο F της δύναμης αντίδραση του ζυγού πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το μέτρο w του βάρους του αντικειμένου. Σύμφωνα με το διπλανό Σχήμα, η Εξίσωση (3) γίνεται: Fj mgj = +mαj F mg = ma F = m(g + a) F = Fj α = +αj F = (85, kg)[(9,8m/s 2 ) + (2,5m/s 2 )] F = 15 N w = mgj υ

(β) Ο ανελκυστήρας κατέρχεται με σταθερή επιτάχυνση α = (2, 5 m/s 2 )j Το πρόσημο (-) μπήκε επειδή η επιτάχυνση έχει κατεύθυνση προς τα κάτω (οι ταχύτητες είναι αρνητικές και η τελική ταχύτητα είναι αρνητικότερη της αρχικής ταχύτητας). Για να είναι αρνητική η επιτάχυνση α, το μέτρο F της δύναμης αντίδραση του ζυγού πρέπει να είναι μικρότερο από το μέτρο w του βάρους του αντικειμένου. Σύμφωνα με το διπλανό Σχήμα, η Εξίσωση (3) γίνεται: Fj mgj = mαj F mg = ma F = m(g a) F = (85, kg)[(9,8m/s 2 ) (2,5m/s 2 )] F = 62 N υ F = Fj α = αj w = mgj (γ) Ο ανελκυστήρας ανέρχεται με σταθερή επιβράδυνση α = (2, 5 m/s 2 )j Το πρόσημο (-) μπήκε επειδή η επιτάχυνση έχει κατεύθυνση προς τα κάτω (οι ταχύτητες είναι θετικές και η τελική ταχύτητα είναι μικρότερη από την αρχική ταχύτητα). Για να είναι αρνητική η επιτάχυνση α, το μέτρο F της δύναμης αντίδραση του ζυγού πρέπει να είναι μικρότερο από το μέτρο w του βάρους του αντικειμένου. Σύμφωνα με το διπλανό Σχήμα, η Εξίσωση (3) γίνεται: Fj mgj = mαj F mg = ma F = m(g a) F = (85, kg)[(9,8m/s 2 ) (2,5m/s 2 )] F = 62 N υ F = Fj α = αj w = mgj (δ) Ο ανελκυστήρας κατέρχεται με σταθερή επιβράδυνση α = +(2, 5 m/s 2 )j Το πρόσημο (+) μπήκε επειδή η επιτάχυνση έχει κατεύθυνση προς τα πάνω (οι ταχύτητες είναι αρνητικές και το μέτρο της τελικής ταχύτητας είναι μικρότερο του μέτρου της αρχικής ταχύτητας). Για να είναι θετική η επιτάχυνση α, το μέτρο F της δύναμης αντίδραση του ζυγού πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το μέτρο w του βάρους του αντικειμένου. Σύμφωνα με το διπλανό Σχήμα, η Εξίσωση (3) γίνεται: Fj mgj = mαj F mg = +ma F = m(g + a) F = (85, kg)[(9,8m/s 2 ) + (2,5m/s 2 )] F = 15 N υ F = Fj α = +αj w = mgj

ΔΙΑΤΗΡΗΣΗ ΟΡΜΗΣ ΑΣΚΗΣΗ 1 Ένα ασκεπές βαγόνι μάζας Μ = 1,x1 4 kg κινείται αργά χωρίς τριβές πάνω σε μια επίπεδη σιδηροτροχιά. Ξαφνικά αρχίζει να βρέχει καταρρακτωδώς με τη βροχή να πέφτει κατακόρυφα. Αρχικά το βαγόνι είναι άδειο και κινείται με ταχύτητα υ = 2, m/s. Να υπολογίσετε την ταχύτητα V του βαγονιού τη χρονική στιγμή κατά την οποία το βαγόνι θα έχει μαζέψει ποσότητα νερού μάζας m = 3,5x1 3 kg. Αρχική Κατάσταση υ M Τελική Κατάσταση V M+m Αρχική ορμή συστήματος: p i = Mυ Τελική ορμή συστήματος: p f = (M + m)v Αρχή διατήρηση της ορμής (στο σύστημα δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις): p i = p f (M + m)v = Mυ V = M M + m υ = 1, 4 kg 1, 4 kg + 3,5 3 kg 2,m/s = 1,48 m/s V = 1,48 m/s ΑΣΚΗΣΗ 2 Μια μπάλα του τένις η οποία έχει μάζα m =,56 kg κινείται με σταθερή ταχύτητας υ = (22, m ) i (4, m ) j, πριν αυτή κτυπηθεί από τη ρακέτα. Η ρακέτα ασκεί δύναμη s s ίση με F = (415N)i + (125N)j η οποία υποθέτουμε ότι παραμένει σταθερή για χρονικό διάστημα Δτ = 4,15x1-3 s κατά το οποίο η ρακέτα και η μπάλα είναι σε επαφή. Να υπολογίσετε (α) τις συνιστώσες x και y της ώθησης δύναμης πάνω στη μπάλα του τένις και (β) τις συνιστώσες x και y της τελικής ταχύτητας υ της μπάλας του τένις. Δτ Ώθηση: J = Fdt Δτ = F dt = FΔτ = [( 415 N)i + (125 N)j ] (4,15 1 3 s) J = ( 415 N) (4,15 1 3 s)i + (125 N) 4,15 1 3 s)j J = ( 1,72 Ns)i + (,519 Ns)j (1) (α) J x = 1,72 Ns και J y =,519 Nm

(β) Θεώρημα Ώθησης Ορμής: J = Δp = p p = mυ mυ = m(υ υ ) J m = υ υ υ = J m + υ ( 1,72 Ns)i + (,519 Ns)j υ = + (22, m/s)i (4, m/s)j,56 kg υ = ( 1,72,56 Ns,519 ) i + ( kg,56 Ανάλυση μονάδων: Ns kg = kg Ns ) j + (22, m/s)i (4, m/s)j (2) kg m s 2 s kg = m s (2) υ = ( 3,7 m/s)i + (9,27 m/s)j + (22, m/s)i (4, m/s)j υ = ( 3,7 m s + 22, m s ) i + (9,27 m s 4, m s ) j υ = ( 8,7 m s ) i + (5,27 m s ) j υ x = 8,7 m s και υ y = 5,27 m s ΑΣΚΗΣΗ 3 Πάνω σε ένα αντικείμενο που έχει μάζα m = 2, kg ασκείται δύναμη η οποία εξαρτάται από το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση: F = (at 2 )i (β γt)j όπου α = 15, Ν/s 2, β = 12, N και γ = 2, Ν/s. Η δύναμη αυτή ασκείται επί του αντικειμένου για χρονικό διάστημα Δτ =,5 s. Αν το αντικείμενο ήταν αρχικά ακίνητο (υ i = και p i = ), να υπολογίσετε το διάνυσμα της ταχύτητας υ f μετά το πέρας του χρονικού διαστήματος των,5 s. Θεώρημα Ώθησης Ορμής: Δτ Fdt = Δp = p f p i = p f Fdt = mυ f (1) Δτ Fdt = [(at 2 )i (β γt)j ]dt = [ αt 2 dt] i [ (β γt)dt] j = Δτ Δτ = a [ t 2 dt] i β [ dt] j + γ [ tdt] j = α t3 3 = a (Δτ)3 3 Δτ i β(δτ)j + γ (Δτ)2 2 Δτ Δτ Δτ Δτ Δτ i βt Δτ j + γ t2 2 (Δτ)3 (Δτ)2 j = α i (β(δτ) γ 3 2 ) j Δτ j =

Δτ Fdt = (15, N/s 2 ) Δτ Fdt = (,625 Ns)i (3,5 Ns)j (2) (,5 s)3 i ((12, N)(,5 s) (2, N/s) 3 2 (,5 s) ) j 2 Οι Εξισώσεις (1) και (2) έχουν τα πρώτα μέλη ίσα, επομένως ίσα θα είναι και τα δεύτερα μέλη: (,625 Ns)i (3,5 Ns)j mυ f = (,625 Ns)i (3,5 Ns)j υ f = m (,625 Ns)i (3,5 Ns)j υ f = υ 2, kg 2, kg f = (,312 m/s)i (1,75 m/s)j ΑΣΚΗΣΗ 1 ΟΡΜΗ ΚΑΙ ΚΙΝΗΤΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ Μια σφαίρα μάζας m η οποία έχει ταχύτητα υ συγκρούεται μετωπικά και τελείως ελαστικά με μια άλλη σφαίρα η οποία έχει μάζα Μ και η οποία αρχικά ήταν ακίνητη. Να δείξετε ότι η μεταβολή ΔΚ της κινητικής ενέργειας της σφαίρας με μάζα m θα δίνεται από τη σχέση: ΔΚ = 4mM (M + m) 2 κ όπου κ είναι η αρχική κινητική ενέργεια της μάζας m. Πριν (Κατάσταση Α) Κρούση Μετά (Κατάσταση Β) m υ Μ m Μ υ m Μ V Πριν από την κρούση Μετά από την κρούση Ορμής σφαίρας με μάζα m: p = mυ p = mυ Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m: κ = 1 2 mυ 2 κ = 1 2 mυ2 Ορμής σφαίρας με μάζα M: P = P = MV Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα M: K = K = 1 2 MV2 Διατήρηση της ορμής: p = p + P mυ = mυ + MV mυ + mυ = MV m(υ + υ) = MV υ + υ = M V (1) m

Διατήρηση της Ενέργειας: κ + Κ = κ + Κ 1 2 mυ 2 + = 1 2 mυ2 + 1 2 MV2 mυ 2 mυ 2 = MV 2 m(υ 2 υ 2 ) = MV 2 m(υ υ) (υ + υ) = MV 2 (2) Διαιρώντας κατά μήλη τις Εξισώσεις 1 και 2 βρίσκουμε: υ υ = V (3) Οι Εξισώσεις 1 και 3 αποτελούν ένα σύστημα 2 εξισώσεων με δυο αγνώστων. Λύση του συστήματος αυτού δίνει: V = 2m M + m υ (4) M m υ = M + m υ (5) Αρχική κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m: κ = 1 2 mυ 2 Τελική κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m: κ 1 = 1 2 mυ2 Μεταβολή κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m: ΔΚ = κ κ 1 = 1 2 mυ 2 1 2 mυ2 Η ενέργεια ΔΚ μεταφέρθηκε στην αρχικά ακίνητη σφαίρα με μάζα Μ η οποία απέκτησε ταχύτητα V. Οπότε, η κινητική ενέργεια της σφαίρας με μάζα Μ θα είναι ίση με: ΔΚ = 1 2 MV2 Η τελευταία Εξίσωση, σε συνδυασμό με την Εξίσωση 4, γίνεται: ΔΚ = 1 2 M ( 2m M + m υ ) 2 = 4mM (M + m) 2 1 2 mυ 2 ΔΚ = 4mM (M + m) 2 κ ΑΣΚΗΣΗ 2 Μια μάζα m κινείται με ταχύτητα υ παράλληλα με τη διεύθυνση x και συγκρούεται τελείως ελαστικά με ακίνητη μάζα M. Να αποδείξετε ότι η μέγιστη απώλεια κινητικής ενέργειας της μάζας m συμβαίνει όταν η κρούση είναι μετωπική (κεντρική). Πριν (Κατάσταση Α) Κρούση Μετά (Κατάσταση Β) υ y υ m Μ m Μ υ θ φ Μ m V x υ x V y V

Θεωρούμε ότι μετά από μια τυχαία μη μετωπική τελείως ελαστική κρούση, η μάζα m έχει ταχύτητα υ η οποία σχηματίζει γωνία +θ με τον άξονα x και η μάζα Μ έχει ταχύτητα V που σχηματίζει γωνία φ με τον άξονα x. Οι ποσότητες θ και φ είναι θετικοί αριθμοί. Πριν από την κρούση Μετά από την κρούση Ορμής σφαίρας με μάζα m: p = mυ i p = p x i + p y j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m: κ = 1 2 mυ 2 κ = 1 2 mυ2 Ορμής σφαίρας με μάζα M: P = P = P x i + P y j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα M: K = K = 1 2 MV2 Μετά από την κρούση: ΔK = κ κ ΔK = 1 2 m(υ 2 υ 2 ) (1) Συνιστώσα x της ορμής της μάζας m: p x = mυ x = mυcosθ Συνιστώσα y της ορμής της μάζας m: p y = mυ y = mυsinθ Διάνυσμα της ορμής της μάζας m: p = p x i + p y j = (mυcosθ)i + (mυsinθ)j (2) Συνιστώσα x της ορμής της μάζας M: P x = MV x = MVcosφ Συνιστώσα y της ορμής της μάζας M: P y = MV y = MVsinφ Διάνυσμα της ορμής της μάζας m: P = P x i + P y j = (MVcosφ)i (MVsinφ)j (3) Διατήρηση της Ορμής: p = p + P mυ i = (mυcosθ)i + (mυsinθ)j + (MVcosφ)i (MVsinφ)j mυ i = [(mυcosθ) + (MVcosφ)]i + [(mυsinθ) (MVsinφ)])j mυ = (mυcosθ) + (MVcosφ) (4) = (mυsinθ) (MVsinφ) (5) Υψώνουμε στο τετράγωνο τις Εξισώσεις 4 και 5 και μετά τις αθροίζουμε κατά μέλη: m 2 υ 2 = m 2 υ 2 cos 2 θ + M 2 V 2 cos 2 φ + 2mυMVcosθ cosφ = m 2 υ 2 sin 2 θ + M 2 V 2 sin 2 φ 2mυMVsinθ sinφ + m 2 υ 2 = m 2 υ 2 (cos 2 θ + sin 2 θ) + M 2 V 2 (cos 2 φ + sin 2 θ) + +2mυMV(cosθ cosφ sinθ sinφ) m 2 υ 2 = m 2 υ 2 + M 2 V 2 + 2mυMV cos(θ + φ) m 2 υ 2 m 2 υ 2 = M 2 V 2 + 2mυMV cos(θ + φ)

m(υ 2 υ 2 ) = M 2 V 2 + 2mυMV cos(θ + φ) 1 2 m(υ 2 υ 2 ) = M2 V 2 + υmv cos(θ + φ) (6) 2m Από τις Εξισώσεις 1 και 6 παίρνουμε: ΔK = M2 V 2 2m + υmv cos(θ + φ) (7) Για να είναι η μεταβολή ΔΚ της κινητικής ενέργειας της μάζας m μέγιστη, θα πρέπει η πρώτη παράγωγος της συνάρτησης ΔΚ = f(θ+φ) να είναι ίση με μηδέν και η δεύτερη παράγωγος (στην τιμή που μηδενίζετε η πρώτη παράγωγος) να είναι αρνητική. Παίρνουμε την πρώτη παράγωγο της συνάρτησης ΔΚ = f(θ) ως προς Θ, όπου Θ = θ + φ: d(δk) dθ = d V 2 dθ (M2 2m ) + d d [υmv cos(θ)] = υmv dθ dθ [cos(θ)] = d(δk) dθ = υmv sin(θ) = Θ = ή ισοδύναμα θ + φ = (8) Η Εξίσωση 8 μας λέει ότι η μεταβολή ΔΚ της κινητικής ενέργειας έχει ακρότατο (είναι μέγιστη ή ελάχιστη) όταν Θ = θ + φ =. Παρατηρούμε ότι, όταν Θ =, η δεύτερη παράγωγος της ΔΚ είναι: d 2 (ΔK) dθ 2 = υmv cos(θ) = υmv cos() = υmv < Συνεπώς, η ΔΚ είναι μέγιστη όταν Θ = θ + φ = Και επειδή οι ποσότητες θ και φ είναι εξ ορισμού θετικές ποσότητες, για να είναι το άθροισμά τους μηδέν θα πρέπει θ = φ =. Στην περίπτωση αυτή, η κρούση είναι μετωπική (κεντρική). ΑΣΚΗΣΗ 3 Μια ατσάλινη μπίλια που έχει μάζα m A κινείται με ταχύτητα υ παράλληλα με την θετική x- κατεύθυνση, συγκρούεται τελείως ελαστικά και όχι μετωπικά με μια άλλη πανομοιότυπη αλλά ακίνητη μπίλια που έχει μάζα m B = m A. Μετά την κρούση, η πρώτη μπίλια κινείται με ταχύτητα υ Α η κατεύθυνση της οποίας σχηματίζει γωνία θ Α με τον άξονα x, ενώ η δεύτερη μπίλια κινείται με ταχύτητα υ Β η κατεύθυνση της οποίας σχηματίζει γωνία θ Β με τον άξονα x. Να αποδείξετε ότι θ Α + θ Β = π/2. Θεωρούμε ότι μετά από μια τυχαία μη μετωπική τελείως ελαστική κρούση, η μάζα m A έχει ταχύτητα υ A η οποία σχηματίζει γωνία +θ A με τον άξονα x και η μάζα m B έχει ταχύτητα υ Β που σχηματίζει γωνία θ Β με τον άξονα x.

Πριν (Κατάσταση Α) Κρούση Μετά (Κατάσταση Β) υ Ay υ A m A υ Ax m A V m A θ A m B m B θ B m B υ Bx υ By υ B Πριν από την κρούση Μετά από την κρούση Ορμής σφαίρας με μάζα m Α : p Α = m A Vi p A = p Ax i + p Ay j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m Α : K A = 1 2 m ΑV 2 K A = 1 2 m 2 Αυ Α Ορμής σφαίρας με μάζα m B : p B = p B = p Bx i + p By j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m B : K B = K B = 1 2 m 2 Bυ B Μετά από την κρούση: Διατήρηση της Ενέργειας: K A = K A + K B V 2 = υ 2 2 Α + υ B (1) Η απλοποίηση έγινε επειδή m A = m B. 1 2 m ΑV 2 = 1 2 m Αυ Α 2 + 1 2 m Bυ B 2 Συνιστώσα x της ορμής της μάζας m A : p Ax = m A υ Ax = m A υ A cosθ A Συνιστώσα y της ορμής της μάζας m A : p Ay = m A υ Ay = m A υ A sinθ A Διάνυσμα της ορμής της μάζας m A : p A = p Ax i + p Ay j = (m A υ A cosθ A )i + (m A υ A sinθ A )j (2) Συνιστώσα x της ορμής της μάζας m B : p Bx = m B υ x = m A υ Β cosθ Β Συνιστώσα y της ορμής της μάζας m Β : p By = m B υ y = m B υ Β sinθ Β Διάνυσμα της ορμής της μάζας m B : p B = p Bx i + p By j = (m B υ B cosθ Β )i ( m B υ Β sinθ Β )j (3)

Διατήρηση της Ορμής: p Α = p A + p B m A Vi = (m A υ A cosθ A )i + (m A υ A sinθ A )j + (m B υ B cosθ Β )i (m B υ Β sinθ Β )j m A Vi = [(m A υ A cosθ A ) + (m B υ B cosθ Β )]i + [(m A υ A sinθ A ) (m B υ Β sinθ Β )])j m A V = (m A υ A cosθ A ) + (m B υ B cosθ Β ) V = (υ A cosθ A ) + (υ B cosθ Β ) (4) = (m A υ A sinθ A ) (m B υ Β sinθ Β ) = (υ A sinθ A ) (υ Β sinθ Β ) (5) Υψώνουμε στο τετράγωνο τις Εξισώσεις 4 και 5 και μετά τις αθροίζουμε κατά μέλη: V 2 = υ 2 Α cos 2 θ Α + υ 2 Β cos 2 θ Β + 2υ Α υ Β cosθ Α cosθ Β = υ 2 Α sin 2 θ Α + υ 2 Β sin 2 θ Β 2υ Α υ Β sinθ Α sinθ Β + V 2 = υ Α 2 (cos 2 θ + sin 2 θ) + υ Β 2 (cos 2 φ + sin 2 θ) + 2υ Α υ Β (cosθ cosφ sinθ sinφ) V 2 = υ Α 2 + υ Β 2 + 2υ Α υ Β cos(θ Α + θ Β ) (6) Από το συνδυασμό των Εξισώσεων 1 και 6 προκύπτει ότι: 2υ Α υ Β cos(θ Α + θ Β ) = cos(θ Α + θ Β ) = θ Α + θ Β = π 2 ΑΣΚΗΣΗ 4 Ένας δίσκος του χόκεϊ με μάζα m, τον οποίο συμβολίζουμε με Β, είναι ακίνητος πάνω σε λεία επιφάνεια πάγου. Ένας δεύτερος δίσκος με ίδια μάζα m, o οποίος συμβολίζεται με Α και ο οποίος κινείται με ταχύτητα V = 4, m/s παράλληλα με τη διεύθυνση x, συγκρούεται όχι ελαστικά με τον ακίνητο δίσκο Β. Μετά την κρούση, οι δίσκοι Α και Β κινούνται προς κατευθύνσεις που σχηματίζουν γωνίας θ Α = 3, και θ Β = 45, ως προς τη διεύθυνση x. Να υπολογίσετε: (α) τις ταχύτητες των δυο δίσκων μετά από την κρούση και (β) Το ποσοστό της κινητικής ενέργειας του δίσκου Α που χάνεται κατά την κρούση. Πριν (Κατάσταση Α) Κρούση Μετά (Κατάσταση Β) υ Ay υ m A m A V m A θ A υ Ax m B m B θ B m B υ Bx υ By υ B

Θεωρούμε ότι μετά από μια τυχαία μη μετωπική μη ελαστική κρούση, η μάζα m A έχει ταχύτητα υ A η οποία σχηματίζει γωνία +θ A με τον άξονα x και η μάζα m B έχει ταχύτητα υ Β που σχηματίζει γωνία θ Β με τον άξονα x. Οι ποσότητες θ Α και θ Β είναι θετικοί αριθμοί. Πριν από την κρούση Μετά από την κρούση Ορμής σφαίρας με μάζα m A : p Α = m A Vi p A = p Ax i + p Ay j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m B : K A = 1 2 m ΑV 2 K A = 1 2 m 2 Αυ Α Ορμής σφαίρας με μάζα m B : p B = p B = p Bx i + P By j Κινητική ενέργεια σφαίρας με μάζα m B : K B = K B = 1 2 m 2 Bυ B Μετά από την κρούση: Συνιστώσα x της ορμής της μάζας m A : p Ax = m A υ Ax = m A υ A cosθ A Συνιστώσα y της ορμής της μάζας m A : p Ay = m A υ Ay = m A υ A sinθ A Διάνυσμα της ορμής της μάζας m A : p A = p Ax i + p Ay j = (m A υ A cosθ A )i + (m A υ A sinθ A )j (2) Συνιστώσα x της ορμής της μάζας m B : p Bx = m B υ x = m A υ Β cosθ Β Συνιστώσα y της ορμής της μάζας m Β : p By = m B υ y = m B υ Β sinθ Β Διάνυσμα της ορμής της μάζας m: p B = p Bx i + p By j = (m B υ B cosθ Β )i ( m B υ Β sinθ Β )j (3) Διατήρηση της Ορμής: p Α = p A + p B m A Vi = (m A υ A cosθ A )i + (m A υ A sinθ A )j + (m B υ B cosθ Β )i (m B υ Β sinθ Β )j m A Vi = [(m A υ A cosθ A ) + (m B υ B cosθ Β )]i + [(m A υ A sinθ A ) (m B υ Β sinθ Β )])j m A V = (m A υ A cosθ A ) + (m B υ B cosθ Β ) V = (υ A cosθ A ) + (υ B cosθ Β ) (4) = (m A υ A sinθ A ) (m B υ Β sinθ Β ) = (υ A sinθ A ) (υ Β sinθ Β ) (5) Αντικαθιστώντας τις τιμές των γωνιών στις Εξισώσεις 4 και 5 παίρνουμε το σύστημα: V = (υ A cos (3,) + (υ B cos (45,)) V = 3 2 υ Α + 2 2 υ Β (6) = (υ A sin (3,) (υ Β sin (45,)) = 1 2 υ Α 2 2 υ Β (7)

(α) Υπολογισμός ταχυτήτων υ Α και υ Β : Προσθέτουμε κατά μέλη τις Εξισώσεις 6 και 7: V = 3 + 1 υ 2 Α υ Α = 2 3 + 1 V = 2 3 + 1 (4, m s ) υ Α = 14,6 m/s Από την Εξίσωση 7 παίρνουμε: 1 2 υ Α = 2 2 υ Β υ Β = 1 2 υ Α = 1 2 (14,6 m s ) υ Α = 1,3 m/s (β) Υπολογισμός του ποσοστού απώλειας της αρχικής ενέργειας: Ποσοστό απώλειας αρχικής ενέργειας: λ(%) = Κ 1 Α Κ Α = 2 m ΑV 2 1 2 m Αυ 2 Α 1 2 m 2 Bυ B V 2 υ 2 2 Α υ B 1 = Κ Α 1 2 m ΑV 2 V 2 1 λ(%) = V2 υ Α 2 υ B 2 V 2 1 = (4, λ(%) = 8,% m s )2 (14,6 m s )2 (1,3 m s )2 (4, m s )2 1 ΑΣΚΗΣΗ 1 ΕΡΓΟ ΔΥΝΑΜΗ ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ Ένα ομογενές και εύκαμπτο σκοινί, το οποίο έχει μήκος L=12, m και μάζα m = 2,5 kg, κρέμεται με το ένα άκρο στηριγμένο στην οροφή μιας αίθουσας και το άλλο άκρο να ακουμπά στο δάπεδο. Το πάνω άκρο του σκοινιού ελευθερώνεται και το σκοινί πέφτει στο έδαφος. Να υπολογίσετε τη μεταβολή της δυναμικής ενέργειας του σκοινιού, στην περίπτωση που το σκοινί καταλήξει σε ευθύγραμμη επικάθιση στο πάτωμα. Διαιρούμε το σκοινί σε στοιχειώδη τμήματα μήκους dy. Αν ρ και S είναι η πυκνότητα και το εμβαδό της διατομής του σκοινιού, τότε κάθε στοιχειώδες τμήμα dy θα έχει μάζα: dm = ρ dv = ρs dy (1) Η μεταβολή της δυναμικής ενέργειας του σκοινιού κατά την πτώση του στο πάτωμα (είναι το επίπεδο αναφοράς) θα είναι ίση με το συνολικό έργο W που θα παραχθεί από την πτώση στο πάτωμα όλων των στοιχειωδών τμημάτων dm. Συγκεκριμένα, το στοιχειώδες τμήμα dy το οποίο απέχει απόσταση y από το επίπεδο αναφοράς, θα παράγει έργο: dw = (dm)gy dw = ρsgydy (2) Το συνολικό έργο που θα παραχθεί θα είναι ίσο με το άθροισμα όλων των στοιχειωδών έργων dw: dy y dm

W = y=l ρsgydy = ρsg ydy y= L = ρsg 2 y2 Αλλά, ρsl = m, η μάζα του σκοινιού. Οπότε: W = 1 2 mgl L = 1 2 ρsgl2 (3) Θεώρημα Έργου Δυναμικής Ενέργειας: W = ΔU ΔU = 1 2 mgl ΑΣΚΗΣΗ 2 Σε ένα αντικείμενο ασκούνται πολλές δυνάμεις. Μια από αυτές τις δυνάμεις κατευθύνεται προς την κατεύθυνση y και έχει μέτρο F = αxy 2, όπου α = 3, Ν/m 3. Να θεωρήσετε ότι το αντικείμενο μετατοπίζεται από το σημείο ( m, m) στο σημείο (x, y) = (2,m, 2,m). (α) Να υπολογίσετε το έργο που παράγεται από τη δύναμη F αν η παραπάνω μετατόπιση γίνει κατά μήκος της ευθείας y = x που συνδέει τα δυο σημεία. (β) Να υπολογίσετε το έργο που παράγεται από τη δύναμη F αν η μετατόπιση από το πρώτο σημείο στο δεύτερο σημείο πραγματοποιηθεί ως εξής: Αρχικά το αντικείμενο κινείται από το σημείο ( m, m) στο σημείο (x, y) = (2, m, m) και στη συνέχεια κινείται από το σημείο (2, m, m) στο σημείο (x, y) = (2, m, 2, m). (γ) Να συγκρίνετε το έργο της δύναμης F κατά μήκος των δυο διαδρομών. Μπορείτε να συμπεράνετε αν η δύναμη F είναι συντηρητική ή μη συντηρητική; y 2 1 A dr F dr F = axy 2 j Γ dr F B 1 2 x (α) Το έργο κατά μήκος της διαδρομής ΑΓ Διαιρούμε τη διαδρομή ΑΓ σε στοιχειώδη τμήματα dr. Κατά μήκος μιας τέτοιας στοιχειώδους μετατόπισης, η δύναμη F παράγει στοιχειώδες έργο: dw = F dr (1) Το συνολικό έργο W ΑΓ που παράγεται ή καταναλίσκεται κατά τη μετακίνηση από τη θέση Α (αντιστοιχεί στο διάνυσμα θέσης r 1 ) στη θέση Γ θα είναι ίσο με το ολοκλήρωμα της Εξίσωσης 1: r 2 r 2 W ΑΓ = F dr = ( axy 2 j ) (dxi + dyj ) (2) r 1 r 1

Δίνεται όμως ότι σε κάθε σημείο της διαδρομής ΑΓ ισχύει η σχέση y = x. Θέτουμε στην Εξίσωση 2 όπου x = y, οπότε το ολοκλήρωμα υπολογίζεται μόνο ως προς μεταβλητή y με αρχή την y = m και τέλος y = 2, m: r 2 y=2, W ΑΓ = ( axy 2 dy) = a y 3 dy = a 4 y4 r 1 y= W ΑΓ = 12, J y=2, y= 3, N = m 3 (2, m) 4 4 (β) Το έργο κατά μήκος της διαδρομής ΑΒΓ Κατά τη μετακίνηση από το Α στο Β το y είναι σταθερό και ίσο με y =. Κατά τη μετακίνηση από το σημείο Β στο σημείο Γ το x παραμένει σταθερό και ίσο με x =2,m r 2 r 2 W ABG = W AB + W BG = ( axy 2 j ) dxi + ( axy 2 j ) dyj r 1 r 1 r 2 r 2 r 2 W ABG = ( axy 2 dx)j i + ( axy 2 dy)j j W ABG = ( axy 2 dy) r 1 r 1 Στην τελευταία εξίσωση, θέτουμε x = 2, m, βγάζουμε έξω από το ολοκλήρωμα τη σταθερά α και το x =2,, οπότε τα όρια της ολοκλήρωσης μετασχηματίζονται από y = μέχρι y = 2, m: W ABG = 2a y 2 dy W ABG = 16, J y=2, y=, = 2a y3 3 2, = 2 r 1 3, N/m3 8, m 3 3 (γ) Επειδή το έργο που καταναλίσκεται σε δυο διαφορετικές διαδρομές, οι οποίες έχουν την ίδια αρχή και το ίδιο τέλος, είναι διαφορετικό, το πεδίο της συγκεκριμένης δύναμης είναι μη συντηρητικό ή στροβιλό. ΑΣΚΗΣΗ 3 Ένα αντικείμενο που κινείται στο επίπεδο xy υφίσταται μια συντηρητική δύναμη που περιγράφεται από τη συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας U(x, y, z) = a ( 1 x + 1 ). Να y προσδιορίσετε το διάνυσμα της δύναμης F. F x = U x = x [a (1 x + 1 y )] = a x (1 x ) a x (1 y ) = a ( 1 x 2) + F x = a x 2

F y = U y = y [a (1 x + 1 y )] = a y (1 x ) a y (1 y ) = a ( 1 y 2) F x = a y 2 F z = U z = z [a (1 x + 1 y )] = a z (1 x ) a z (1 y ) = + F z = F = F x i + F y j = a x 2 i + a y 2 j ΑΣΚΗΣΗ 4 Ένα αντικείμενο που κινείται στο επίπεδο xy υφίσταται μια συντηρητική δύναμη που περιγράφεται από τη συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας U(x, y, z) = a(x 2 + y 2 ) + βxy. Να προσδιορίσετε το διάνυσμα της δύναμης F. F x = U x = x [a(x2 + y 2 ) + βxy] = a x (x2 + y 2 ) β x (xy) = = a ( x2 x + x2 x ) βy x x = a(2x + ) βy F x = 2ax βy F y = U y = y [a(x2 + y 2 ) + βxy] = a y (x2 + y 2 ) β x (xy) = = a ( x2 y + x2 y ) βx y y = a( + 2y) βx F y = 2ay βy F z = U z = z [a(x2 + y 2 ) + βxy] = a y (x2 + y 2 ) β x (xy) = = a ( x2 y + x2 xy ) β y y = a( + ) β F z = F = F x i + F y j = ( 2ax βy)i + ( 2ay βy)j ΑΣΚΗΣΗ 5 Διαπιστώνετε ότι ένα ελατήριο δεν ακολουθεί το νόμο του Hook αλλά το νόμο που δίνεται από τη σχέση: F(x) = ax βx 2 όπου α = 7, Ν/m και β = 12, N/m 2. (α) Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας U(x) για το ελατήριο αυτό στην περίπτωση που U = όταν x =. (β) Ένα αντικείμενο με μάζα m = 2, kg προσαρμόζεται στο άκρο του ελατηρίου, έλκεται κατά διάστημα x = 1, m προς τα δεξιά πάνω σε οριζόντια ατριβή επιφάνεια και στη συνέχεια αφήνεται ελεύθερο. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του αντικειμένου όταν αυτό βρίσκεται σε απόσταση x =,5 m δεξιά από τη θέση ισορροπίας του ελατηρίου.

(α) Εξ ορισμού: x U(x) = F(x)dx = ( ax βx 2 )dx = (ax + βx 2 )dx = x = a xdx + β x 2 dx x x = ax2 2 + βx3 3 = a 1 x 2 x2 x + β 1 x 3 x3 U(x) U(x) = (7, N m ) x2 2 + (12, N m2) x3 3 U(x) = (35, N/m)x 2 + (4, N/m 2 )x 3 (β) Στη θέση x = 1, m το σύστημα ελατήριο-μάζα έχει μόνο δυναμική ενέργεια U(x ) η οποία είναι αποθηκευμένη στο τεντωμένο ελατήριο και η οποία είναι ίση με: U(x ) = (35,N/m)(1, m) 2 + (4, N/m 2 )(1, m) 3 U(x ) = 39, Nm (1) Στη θέση x = 1, m το σύστημα ελατήριο-μάζα έχει δυναμική ενέργεια U(x) η οποία είναι αποθηκευμένη στο μερικώς τεντωμένο ελατήριο και η οποία είναι ίση με: U(x) = (35, N/m)(,5 m) 2 + (4, N/m 2 )(,5 m) 3 U(x) = 9,25 Nm (2) Επίσης, στη θέση x = 1, m η μάζα που είναι προσαρμοσμένη στην άκρη του ελατηρίου έχει και κινητική ενέργειας Κ(x) = 1 2 mυ2 (3) όπου υ είναι η ζητούμενη ταχύτητα της μάζας m = 2, kg. Από την αρχή διατήρησης της κινητικής ενέργειας: (Αρχική Μηχανική Ενέργεια) = (Τελική Μηχανική Ενέργεια) U(x ) = U(x) + Κ(x) 39, Nm = 9,25 Nm + 1 2 mυ2 39, Nm 9,25 Nm = 1 2 mυ2 = 1 2 (2, kg)υ2 29,75 Νm = (1, kg)υ 2 υ 2 = 29,75 Νm 1, kg υ = 29,75 m/s υ = 5,45 m/s

ΚΥΚΛΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ ΑΣΚΗΣΗ 1 Μια οριζόντια στροφή μιας εθνικής οδού έχει ακτίνα R = 95 m. Ένα αυτοκίνητο παίρνει τη στροφή αυτή με ταχύτητα υ = 26, m/s. (α) Πόση πρέπει να είναι η τιμή του συντελεστή μ s της στατικής τριβής ολίσθησης ώστε το αυτοκίνητο να μην ολισθήσει προς τα έξω; (β) Πόση πρέπει να είναι η κλίση του οδοστρώματος ώστε το αυτοκίνητο να μη φύγει από την πορεία του ακόμα και στην περίπτωση που ο δρόμος είναι τελείως ολισθηρός; (π.χ. υπάρχουν λάδια στο οδόστρωμα). (α) Το οδόστρωμα στη στροφή είναι οριζόντιο: N Οι δυνάμεις που ασκούνται πάνω στο αυτοκίνητο είναι: υ f s R Το βάρος του αυτοκινήτου: F G = mg Η κάθετη δύναμη επαφής Ν που ασκεί το οδόστρωμα πάνω στο αυτοκίνητο. Επειδή το οδόστρωμα είναι οριζόντιο, η δύναμη Ν είναι κατακόρυφη με κατεύθυνση προς τα πάνω (αντίθετη του βάρους του αυτοκινήτου). Και επειδή στην κατακόρυφη διεύθυνση πρέπει ΣF y =, παίρνουμε: Ν + F G = N mg = N = mg (1) Η στατική τριβή ολίσθησης f s είναι η δύναμη που συγκρατεί το αυτοκίνητος πάνω στο οδόστρωμα. H f s ως F G = mg η μόνη δύναμη που είναι παράλληλη με το οδόστρωμα πρέπει να έχει κατεύθυνση προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς και να λειτουργεί ως κεντρομόλος δύναμη F r : f s = F r = mυ2 (2) R Για την ταχύτητα του αυτοκινήτου υ = 26, m/s η μέγιστη στατική τριβή ολίσθησης f s,max, για να μην ολισθήσει το αυτοκίνητο δίνεται από τη σχέση: f s,max = μ s N f s,max = μ s mg (3) Από τις Εξισώσεις 2 και 3 παίρνουμε: μ s mg = mυ2 R μ s = υ2 gr = (26, m/s) 2 (9,8 m/s 2 )(95 m) μ s =,73 (β) Το οδόστρωμα στη στροφή έχει κλίση σε σχέση με το οριζόντιο επίπεδο: Στην περίπτωση αυτή, οι δυνάμεις που ασκούνται πάνω στο αυτοκίνητο είναι: Το βάρος του αυτοκινήτου: F G = mg. Η κάθετη δύναμη επαφής Ν που ασκεί το οδόστρωμα πάνω στο αυτοκίνητο. Επειδή το οδόστρωμα δεν είναι οριζόντιο, σχηματίζει γωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο, η δύναμη

Ν δεν είναι κατακόρυφη αλλά σχηματίζει γωνία θ με αυτήν. Η γωνία θ είναι το ζητούμενο στο συγκεκριμένο πρόβλημα. Επειδή το οδόστρωμα είναι ολισθηρό, η στατική τριβή ολίσθησης είναι μηδέν. N z =Ncosθ θ θ F G = mg υ mg υ2 sinθ = m cosθ R tanθ =,73 θ = 36 ο N F r = Νsinθ R sinθ cosθ = υ2 gr Αναλύουμε την κάθετη δύναμη Ν στην κατακόρυφη συνιστώσα Ν z = Ν cosθ και στην οριζόντια ακτινική συνιστώσα Ν r = F r = N sinθ. Συνθήκη ισορροπίας στο κατακόρυφο άξονα: ΣF y = N cosθ mg = N cosθ = mg ή N = mg (4) cosθ Η οριζόντια ακτινική συνιστώσα της δύναμης Ν λειτουργεί ως κεντρομόλος δύναμη: N r = Nsinθ = F r = m υ2 (5) R Αντικαθιστούμε τη δύναμη Ν που υπάρχει στην Εξίσωση 5 με το αποτέλεσμα της Εξίσωσης 4 για να πάρουμε: tanθ = υ2 gr = (26, m/s) 2 (9,8 m/s 2 (95 m) ΑΣΚΗΣΗ 2 Η ακτίνα ενός κατακόρυφου τροχού (μύλου) σε ένα Λούνα Παρκ είναι R = 15, m. (α) Αν ο τροχός εκτελεί μια πλήρη περιστροφή σε χρονικό διάστημα Δτ = 12, s, να υπολογίσετε το φαινόμενο βάρος ενός επιβάτη που έχει μάζα m = 85, kg στο ανώτατο και στο κατώτατο σημείο της διαδρομής του τροχού. (β) Πόσο πρέπει να είναι το χρονικό διάστημα μιας πλήρους περιστροφής του τροχού ώστε το φαινόμενο βάρος του επιβάτη στο ανώτατο σημείο της διαδρομής του τροχού να είναι ίσο με μηδέν; Στην ειδική αυτή περίπτωση, πόσο θα είναι το φαινόμενο βάρος του επιβάτη στο κατώτατο σημείο της διαδρομής του τροχού; Σε κάθε περίπτωση, θεωρούμε τον y-άξονα να είναι κατακόρυφος με θετική φορά προς τα πάνω. (α) Στο ανώτατο και στο κατώτατο σημείο του μύλου οι δυνάμεις που ασκούνται πάνω τον επιβάτη είναι: Το βάρος του, το οποίο έχει φορά προς τα κάτω: F G = mg. Η κάθετη δύναμη επαφής Ν την οποία ασκεί το κάθισμα πάνω στον επιβάτη. Αν ο επιβάτης καθότανε πάνω σε ζυγό, τότε ο ζυγός αυτός θα μετρούσε τη δύναμη Ν. Και στις δυο περιπτώσεις (επάνω και κάτω σημείο τροχού), η συνισταμένη των δυνάμεων

F G και Ν θα είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη F r που ασκείται πάνω στον επιβάτη καθώς ο μύλος περιστρέφεται: Ν + F G = F r (1) N όπου F r = mω 2 R = m 4π2 R (2) Τ2 Στην Εξίσωση 2 οι ποσότητες ω και T είναι η γωνιακή ταχύτητα και η περίοδος περιστροφής του μύλου, αντίστοιχα. Από το Σχήμα της άσκησης προκύπτει ότι στο ανώτατο σημείου του μύλου η κεντρομόλος δύναμη F r έχει φορά προς τα κάτω, δηλαδή είναι αρνητική, ενώ στο κατώτατο σημείο του μύλου η φορά της κεντρομόλου δύναμης είναι προς τα πάνω, δηλαδή είναι θετική. Με βάση αυτές τις παρατηρήσεις έχουμε: F G N F r F r ω Στο ανώτατο σημείο του μύλου: Στη θέση αυτή η Εξίσωση 1 γράφεται: F G = mg N F G = F r N = F G F r N = mg m 4π2 T 2 R N = m (g 4π2 R) (3) T2 N = (85, kg) ((9,8 m s 4(3,14)2 (15, m)) Ν = 484 N (12, s) 2 Στο κατώτατο σημείο του μύλου: Στη θέση αυτή η Εξίσωση 1 γράφεται: N F G = F r N = F G + F r N = mg + m 4π2 T 2 R N = m (g + 4π2 R) (4) T2 N = (85, kg) ((9,8 m s + 4(3,14)2 (15, m)) N = 118 N (12, s) 2 Το πραγματικό βάρος του επιβάτη είναι F G = mg =(85, kg)(9,8 m/s 2 ) = 833 N (β) Από την Εξίσωση 3 προκύπτει ότι όσο μικραίνει η περίοδος (δηλαδή, όσο μεγαλώνει η γωνιακή ταχύτητα) του μύλου τόσο μικραίνει το φαινομενικό βάρος Ν του επιβάτη του μύλου. Κατά συνέπεια, θα υπάρχει μια κρίσιμη περίοδος T c για την οποία το φαινομενικό βάρος του επιβάτη του μύλου θα είναι ίσο με μηδέν (Ν = ). Στην περίπτωση αυτή, η Εξίσωση 3 γίνεται: = m (g 4π2 T2 R) 4π 2 c T2 R = g T c 2 = 4π2 R c g T c = 2π R g

T c = 2π 15, m 9,8 m/s 2 T c = 7,77 s Όταν ο μύλος περιστρέφεται με περίοδο T c = 7,77 s, τότε σύμφωνα με την Εξίσωση 4, το φαινομενικό βάρος του επιβάτη θα είναι: N c = m (g + 4π2 T2 R) = (85, kg) ((9,8 m 4(3,14)2 c s2) + (15, m)) (7,77 s) 2 N c = 167 N ΑΣΚΗΣΗ 3 Ένα σώμα κινείται σε περιφέρεια κύκλου ακτίνας r = 3, m υπό την επίδραση της δύναμης F = (2x y)i + (x + y)j. Ο κύκλος βρίσκεται πάνω στο xy-επίπεδο και το κέντρο του κύκλου είναι στην αρχή του συστήματος συντεταγμένων. Να υπολογίσετε το έργο που παράγει η συγκεκριμένη δύναμης όταν το σώμα διανύσει την περιφέρεια του κύκλου. Η δύναμη F δεν είναι σταθερή. Τόσο τη μέτρο της όσο και η κατεύθυνσή της αλλάζουν από σημείο σε σημείο πάνω στην περιφέρεια του κύκλου. Σε μια στοιχειώδη μετατόπιση dr πάνω στην περιφέρεια του κύκλου, η δύναμη F παράγει στοιχειώδες έργο: dw = F dr y F y dr r θ x x dw = [(2x y)i + (x + y)j ] (dxi + dyj ) dw = (2x y)dx + (x + y)dy (1) Για να υπολογίσουμε το έργο που παράγει ή καταναλίσκει η δύναμη F θα πρέπει να ολοκληρώσουμε την Εξίσωση 1 κατά μήκος όλης της περιφέρειας της κυκλικής τροχιάς. Όμως, η εξίσωση αυτή έχει δυο μεταβλητές. Την x και την y μεταβλητή. Για να γίνει η ολοκλήρωση θα πρέπει να πρώτα να μετατρέψουμε την Εξίσωση 1 σε εξίσωση μιας μεταβλητής. Στην προκειμένη περίπτωση μπορούμε να γράψουμε τις μεταβλητές x και y συναρτήσει τη γωνίας θ που σχηματίζει το διάνυσμα θέσης του σώματος (δηλαδή η ακτίνα r της κυκλικής τροχιάς) με τον άξονα x. Συγκεκριμένα, από το Σχήμα της άσκησης προκύπτει ότι: x = rcosθ και dx = rsinθ dθ y = rsinθ και dy = rcosθ dθ Οπότε η Εξίσωση 1 γίνεται: dw = (2rcosθ rsinθ)( rsinθ)dθ + (rcosθ + rsinθ)rcosθ dθ dw = 2r 2 cosθsinθ dθ + r 2 sin 2 θ dθ + r 2 cos 2 θ dθ + r 2 sinθcosθ dθ dw = r 2 cosθsinθ dθ + r 2 dθ dw = r 2 cosθ d(cosθ) + r 2 dθ (2)

Για να υπολογίσουμε το ζητούμενο έργο ολοκληρώνουμε την Εξίσωση 2 από τη γωνία θ 1 = rad έως τη γωνία θ 2 = 2π rad: θ 2 =2π W = [r 2 cosθ d(cosθ) + r 2 dθ] = r 2 cosθ d(cosθ) + r 2 dθ θ 1 = θ 2 =2π θ 2 =2π θ 1 = W = r 2 cosθ d(cosθ) + r 2 dθ = r 2 1 2 cos2 θ θ 1 = θ 2 =2π θ 1 = 2π θ 2 =2π θ 1 = + r 2 θ 2π W = r 2 1 2 (cos2 2π cos 2 ) + r 2 (2π ) = + (3, m) 2 6,28 W = 56,5 J ΚΕΝΤΡΟ ΜΑΖΑΣ ΠΕΡΙΣΤΡΟΦΗ ΑΚΑΜΠΤΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΡΟΠΗ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ ΡΟΠΗ ΔΥΝΑΜΗΣ - ΣΤΡΟΦΟΡΜΗ ΑΣΚΗΣΗ 1 Ένα βλήμα που έχει μάζα Μ = 2, kg εκτοξεύεται με γωνία βολής θ = 6, ως προς ένα οριζόντιο έδαφος και με αρχική ταχύτητα υ = 315 m/s. Στο ψηλότερο σημείο της τροχιάς του, το βλήμα διασπάται σε δυο θραύσματα Α και Β τα οποία έχουν ίσες μάζες. Από τα θραύσματα αυτά, το θραύσμα Α πέφτει κατακόρυφα προς τα κάτω με αρχική ταχύτητα μηδέν ενώ το θραύσμα Β συνεχίζει μια δική του τροχιά. Δίνονται: Το βεληνεκές στην πλαγία βολή: s = υ 2 sin2θ g και g = 9,8 m/s 2 (α) Σε πόση απόσταση από το σημείο εκτόξευσης θα πέσει στο έδαφος το θραύσμα Β; (β) Πόση ενέργεια εκλύεται από την έκρηξη που προκαλεί τη θραύση του βλήματος; 4 3 υ B Μ υ cosθ 4 3 m B m V 2 2 1 A 5 1 (α) Γ 1 A Δ 5 1 15 (β) Γ Ε (α) Στο ανώτατο σημείο της τροχιάς η μάζα Μ διασπάται, χωρίς την επίδραση εξωτερικής δύναμης, σε δυο κομμάτια με ίσες μάζες m (Μ = 2m). Αυτό σημαίνει ότι το κέντρο

μάζας του συστήματος των μαζών, που προκύπτουν μετά την έκρηξη, θα συνεχίσει να διαγράφει την τροχιά (ΑΒΓ) αρχική της αρχικής πλάγιας βολής. Τρεις σημαντικές παρατηρήσεις: Το μέγιστο ύψος της πλάγιας βολής συμβαίνει όταν το βλήμα βρίσκεται στο μέσο του βεληνεκούς s. Και οι δυο μάζες έχουν αρχική κατακόρυφη ταχύτητα ίση με το μηδέν. Συνεπώς, και οι δυο μάζες θα εκτελούν την ίδια ακριβώς κατακόρυφη πτώση και ως εκ τούτου σε κάθε χρονική στιγμή οι δυο μάζες θα βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και θα προσκρούσουν ταυτόχρονα στο έδαφος. Βλέπε Σχήμα (β) της άσκησης. Επειδή οι δυο μάζες είναι ίσες, σε κάθε χρονική στιγμή το κέντρο μάζας των δυο μαζών θα βρίσκεται ακριβώς στο μέσο του οριζόντιου διαστήματος που ενώνει τις δυο μάζες. Αυτό φαίνεται παραστατικά στο Σχήμα (β) της άσκησης. Κατά συνέπεια, η απόσταση (ΓΕ) = (ΔΓ) = (ΑΓ) = s/2 Από την τετραπλή αυτή ισότητας προκύπτει ότι το ζητούμενο διάστημα (ΑΕ) θα είναι ίσο με: (ΑΕ) = 3s 2 = 3υ 2 sin (2θ) = 3(315 m)2 sin (12 o ) 2g 2(9,8 m (AE) = 132 m s 2) (β) Στο ανώτατο σημείο της τροχιάς, πριν από την έκρηξη, η μάζα Μ έχει μόνο οριζόντια ταχύτητα η οποία είναι ίση με υ cosθ, και επομένως η μάζα αυτή θα έχει ορμή: p = Mυ cosθ (1) Μετά την έκρηξη και τη διάσπαση της μάζας Μ, το κομμάτι που πέφτει κατακόρυφα στη γη έχει αρχική ταχύτητα ίση με το μηδέν και επομένως η αρχική του ορμή είναι ίση με μηδέν. Τι δεύτερο κομμάτι συνεχίζει την πορεία του με αρχική ταχύτητα V η οποία έχει οριζόντια κατεύθυνση. Η ορμή του κομματιού αυτού είναι ίση με: p 1 = mv (2) Επειδή η διάσπαση των μάζας Μ έγινε με εσωτερική διαδικασία και χωρίς την επίδραση εξωτερικών δυνάμεων, ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p = p 1 Mυ cosθ = mv V = Mυ cosθ m V = 2m(315 m)cos (6 ) V = 315 m m Πριν την έκρηξη και τη διάσπαση της μάζας Μ, η κινητική ενέργεια της μάζας αυτής ήταν: Κ = 1 2 Μ(υ cosθ) 2 = 1 2 (2, kg)(315 m)2 (cos6 ) 2 Κ = 248 J Ακριβώς μετά τη διάσπαση της μάζας Μ, η κινητική ενέργεια της μάζα m που είχε ταχύτητα V = 315 m/s, είναι ίση με: Κ 1 = 1 2 mv2 = 1 2 (1, kg)(315 m)2 Κ = 496 J H ενέργεια ΔΕ που εκλύεται κατά την έκρηξη είναι ίση με: ΔΕ = Κ Κ 1 = 248 496125 ΔK = 198 J

ΑΣΚΗΣΗ 2 Η γωνία που διαγράφει ένας περιστρεφόμενος τροχός συναρτήσει του χρόνου δίνεται από τη σχέση θ(t) = γt + βt 3, όπου γ = 2,5 rad/s και β =,4 rad/s 3. (α) Να υπολογίσετε τη γωνιακή ταχύτητα και τη γωνιακή επιτάχυνση του τροχού συναρτήσει του χρόνου. (β) Πόση είναι η αρχική τιμή της γωνιακής ταχύτητας; (γ) Να υπολογίσετε τη στιγμιαία τιμή της γωνιακής ταχύτητας και της γωνιακής επιτάχυνσης τη χρονική στιγμή t = 1, s καθώς και τη μέση γωνιακή ταχύτητα ω avg στο χρονικό διάστημα από t = s έως t = 1, s. (α) Γωνιακή ταχύτητα: ω = dθ dt = d(γt + βt3 ) = d(γt) + d(βt3 ) = γ dt dt3 + β dt dt dt dt dt ω = γ + 3βt 2 (1) ω = (2,5 rad rad ) + 3 (,4 s s 3 ) t2 ω(t) = (2,5 rad rad ) + (,12 s s 3 ) t2 (2) (β) Η αρχική τιμή της γωνιακής ταχύτητας προκύπτει από την Εξίσωση 2 αν σε αυτή θέσουμε t = s. Οπότε: ω = 2,5 rad s (γ) Στιγμιαία γωνιακή επιτάχυνση: α ω = dω dt = d(γ + 3βt2 ) = dγ dt2 + 3β dt dt dt α ω = + 6βt α ω = 6βt (3) Σύμφωνα με την Εξίσωση 2, τη χρονική στιγμή t = 1, s, η στιγμιαία τιμή της γωνιακής ταχύτητας του τροχού θα είναι ίση με: ω(1,s) = (2,5 rad rad ) + (,12 s s 3 ) (1,)2 ω(1,s) = 14,5 rad s Σύμφωνα με την Εξίσωση 3, τη χρονική στιγμή t = 1, s, η στιγμιαία τιμή της γωνιακής επιτάχυνσης του τροχού θα είναι ίση με: α ω (1,s) = 6 (,4 rad s 3 ) (1, s) a ω(1,s) = 2,4 rad s 2 Εξ ορισμού, η μέση τιμή μιας συνάρτησης f(x), η οποία συμβολίζεται με f avg ή <f> ή f, σε ένα διάστημα Δx = x 2 x 1 του πεδίου τιμών της δίνεται από την σχέση: 1 f avg =< f >= f = f(x)dx (4) x 2 x 1 x 1 x 2

Η μέση τιμή της γωνιακής ταχύτητας στο χρονικό διάστημα Δt = 1, s θα προκύψει αν στην Εξίσωση 4 η συνάρτηση f(x) αντικατασταθεί με τη συνάρτηση ω(t), (βλέπε Εξίσωση 3). Συγκεκριμένα: t 2 ω avg = 1 Δt ω(t)dt t 1 = t 2 1 Δt (γ + 3βt2 )dt t 1 = t 2 t 2 1 Δt γdt + 1 Δt 3βt2 dt t 1 t 1 t 2 t 2 ω avg = γ 3β dt + Δt Δt t2 dt = t 1 t 1 γ Δt t t 1 t 2 + 3β Δt 1 3 t3 t 1 t 2 = γ Δt (t 2 t 1 ) + β Δt (t 2 t 1 ) 3 ω avg = γ Δt Δt + β Δt (Δt)3 ω avg = γ + β(δt) 2 ω avg = (2,5 rad rad ) + (,4 s s 2 ) (1, s)2 f avg = 6,5 rad/s ΑΣΚΗΣΗ 3 Ένα αβαρές και εύκαμπτο σκοινί είναι τυλιγμένο πολλές φορές γύρω από ένα συμπαγή κύλινδρο ο οποίος έχει μάζα Μ = 4, kg και ακτίνα R =,25 m. Ο κύλινδρος περιστρέφεται γύρω από τον άξονά του χωρίς τριβές. (α) Το ελεύθερο άκρο του σκοινιού έλκεται με σταθερή δύναμη F = 125 Ν κατά ένα διάστημα h = 5, m. Να υπολογίσετε τη γωνιακή ταχύτητα του κυλίνδρου όταν το άκρο του σκοινιού στο τέλος του διαστήματος h. (β) Στο ελεύθερο άκρο του σκοινιού αναρτάται ένα σώμα το οποίο έχει βάρος F G = 125 Ν. Το σύστημα κύλινδρος σώμα αφήνεται ελεύθερο να πέσει στο πάτωμα από ένα ύψος h = 5, m. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του σώματος καθώς και τη γωνιακή ταχύτητα του κυλίνδρου τη στιγμή που το σώμα προσκρούει στο πάτωμα. (α) Στην κατακόρυφη μετατόπιση του άκρου του σκοινιού κατά διάστημα h, η δύναμη F παράγει έργο το οποίο είναι ίσο με: W = Fh (1) Σύμφωνα με το θεώρημα έργου περιστροφικής κινητικής ενέργειας, το έργο αυτό μετατρέπετε σε περιστροφική κινητική ενέργεια Κ ω, η οποία είναι ίση με: Κ ω = 1 2 Ιω2 (2) όπου ω και Ι είναι η γωνιακή ταχύτητα και η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου, αντίστοιχα. I = 1 2 ΜR2 (3) R h F

Οπότε, από τις Εξισώσεις 1 και 2 και 3 έχουμε: W = Κ ω Fh = 1 2 Ιω2 ω = 2Fh I 2Fh 4Fh = = 1 MR 2 2 MR2 4(125 Ν)(5, m) ω = (4, kg)(,25 m 2 ) = 1, 12 rad/s (β) Αρχική Κατάσταση Τελική Κατάσταση R M ω R M m F G h h m υ Η μάζα m του σώματος που αναρτάται στο άκρο του σκοινιού είναι τέτοια ώστε: F G = mg m = F G g = 125N = 12,7 kg (1) 9,8m/s2 Αρχική κατάσταση Τελική Κατάσταση Δυναμική ενέργεια σώματος: U 1 = mgh = F G h U 2 = Κινητική ενέργεια σώματος: K 1 = Κ 2 = 1 2 mυ2 F Περιστροφική ενέργεια κυλίνδρου: Κ ω1 = Κ ω2 = 1 2 Ιω2 Μηχανική ενέργεια συστήματος: Ε 1 = U 1 + K 1 + K ω1 Ε 2 = U 1 + K 1 + K ω1 Ε 1 = F G h Ε 2 = 1 2 mυ2 + 1 2 Ιω2 Αρχή διατήρησης ενέργειας: Ε 1 = Ε 2 F G h = 1 2 mυ2 + 1 2 Ιω2 (4) Η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου δίνεται από την Εξίσωση 3. Επειδή το σκοινί είναι μη εκτατό, όλα τα σημεία που βρίσκονται κατά μήκος του σκοινιού έχουν την ίδια ταχύτητα υ.

Ακόμη κατά σημεία του σκοινιού που είναι τυλιγμένα στον κύλινδρο έχουν την ίδια ταχύτητα υ. Αυτό σημαίνει ότι: υ = ωr ω = υ R (5) Η Εξίσωση 4, σε συνδυασμό με τις Εξισώσεις 3 και 5, δίνει: F G h = 1 2 mυ2 + 1 1 2 2 MR2 ( υ 2 R ) = 1 2 mυ2 + 1 υ2 ΜR2 4 R 2 = 1 2 mυ2 + 1 4 Μυ2 F G h = 1 2 mυ2 + 1 4 Μυ2 = 1 2 (m + 1 2 M) υ2 υ = 2F G h (m + Μ 2 ) 2(125 Ν)(5, m)h υ = 4, kg (12,8 kg + 2 ) υ = 9,19 m/s Από την Εξίσωση 5 υπολογίζουμε και τη γωνιακή ταχύτητα του περιστρεφόμενου κυλίνδρου: ω = υ R = 9,19 m/s,25 kg ω = 36,8 rad/s ΑΣΚΗΣΗ 4 Δυο σώματα με μάζες m 1 = 8,5 kg και m 2 = 15,5 kg συνδέονται με αβαρές σκοινί το οποίο διέρχεται από τροχαλία μάζας Μ = 2,5 kg και ακτίνας R = 2, cm έτσι ώστε η μάζα m 1 να είναι σε επαφή με οριζόντιο έδαφος και η μάζα m 2 να βρίσκεται σε ύψος h = 2,5 m πάνω από το έδαφος. Η τροχαλία περιστρέφεται χωρίς τριβές γύρο από οριζόντιο άξονα. Να χρησιμοποιήσετε την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας για να υπολογίσετε την ταχύτητα με την οποία το σώμα με μάζα m 2 θα προσκρούσει στο έδαφος. Αρχική Κατάσταση M R Τελική Κατάσταση ω R M m 2 υ m 1 m 1 h h m 2 υ

Αρχική κατάσταση Τελική Κατάσταση Δυναμική ενέργεια μάζας m 1 : U 1 = U 1 = m 1 gh Κινητική ενέργεια μάζας m 1 : Κ 1 = Κ 1 = 1 2 m 1υ 2 Δυναμική ενέργεια μάζας m 2 : U 2 = m 2 gh U 2 = Κινητική ενέργεια μάζας m 2 : Κ 2 = Κ 2 = 1 2 m 2υ 2 Περιστροφική ενέργεια τροχαλίας: Κ ω = Κ ω = 1 2 Ιω2 Μηχανική ενέργεια συστήματος: E = U 1 + K 1 + U 2 + K 2+ K ω1 E = m 2 gh E = U 1 + Κ 1 + U 2 + Κ 2 + Κ ω Αρχή διατήρησης ενέργειας: Ε = E m 2 gh = m 1 gh + 1 2 m 1υ 2 + 1 2 m 2υ 2 + 1 2 Ιω2 (1) E = m 1 gh + 1 2 m 1υ 2 + 1 2 m 2υ 2 + 1 2 Ιω2 Η τροχαλία είναι ένας δίσκος μάζας Μ και ακτίνας R, οπότε η ροπή αδράνειας αυτής είναι: I = 1 2 ΜR2 (2) Επειδή το σκοινί είναι μη εκτατό, όλα τα σημεία που βρίσκονται κατά μήκος του σκοινιού έχουν την ίδια ταχύτητα υ. Ακόμη κατά σημεία του σκοινιού που διέρχονται από την τροχαλία έχουν την ίδια ταχύτητα υ. Αυτό σημαίνει ότι: υ = ωr ω = υ R (3) Η Εξίσωση 1,σε συνδυασμό με τις Εξισώσεις 2 και 3, δίνει: m 2 gh m 1 gh = 1 2 m 1υ 2 + 1 2 m 2υ 2 + 1 1 2 2 ΜR2 ( υ 2 R ) = 1 2 m 1υ 2 + 1 2 m 2υ 2 + 1 1 2 2 Μυ2 (m 2 m 1 )gh = 1 2 (m 1 + m 2 + 1 2 Μ) υ2 υ 2 = 2(m 2 m 1 )gh m 1 + m 2 + 1 2 Μ 2(m 2 m 1 )gh 2(15,5kg 8,5kg) υ = m 1 + m 2 + 1 = 2 Μ 15,5kg + 8,5kg + 2,5kg 2 υ =,554 m/s ΑΣΚΗΣΗ 5 Πάνω σε ένα στερεό σώμα εφαρμόζεται η δύναμη: F = (4, Ν)i (5, Ν)j. Αν το διάνυσμα θέσης του σημείου εφαρμογής της δύναμης F ως προς συγκεκριμένο σημείο αναφοράς είναι: r = (,3 m)i + (,5 m)j, να υπολογίσετε το διάνυσμα της ροπής της δύναμης F ως προς το συγκεκριμένο σημείο αναφοράς.

τ = r F = [(,3 m)i + (,5 m)j ] [(4, Ν)i (5, Ν)j ]= = (,3 m)i (4, N)i (,3 m)i (5, N)j + +(,5 m)j (4, N)i (,5 m)j (5, N)j τ = (,3 m)(4, N)(i i ) (,3 m)(5, N)(i j ) + +(,5 m)(4, N)(j i ) (,5 m)(5, N)(j j ) Εξωτερικά γινόμενα μεταξύ των μοναδιαίων i, j και k : i i = j j = i j = k j i = k Οπότε το διάνυσμα της ροπής της δύναμης F ως προς το συγκεκριμένο σημείο θα είναι ίσο με: τ = ( 1,2 Νm) ( 1,5 Nm)k + (2, Nm)( k ) (2,5 Nm) = 3,5 k τ = (3,5 Nm) k ΑΣΚΗΣΗ 6 Ένας τροχός ακονίσματος ειδικών προδιαγραφών έχει ακτίνα R =,3 m και μάζα m = 25, kg. O τροχός αυτό περιστρέφεται με συχνότητα f = 9 rev/min και τροχίζει ένα αντικείμενο το οποίο ασκεί στην περιφέρειά του κάθετη δύναμη Ν = 16 N. Ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ τροχού και αντικειμένου είναι μ k =,22. Τη χρονική στιγμή t = s γίνεται διακοπή του ηλεκτρικού ρεύματος. Να υπολογίσετε το χρονικό διάστημα που απαιτείται μέχρι ο τροχό να ακινητοποιηθεί. Η δύναμη επαφής Ν μεταξύ τροχού και αντικειμένου προκαλεί την τριβή f k η οποία αντιστέκεται στην περιστροφή του τροχού. Δεδομένου ότι ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ τροχού και αντικειμένου είναι μ k, η τριβή f k θα δίνεται από τη σχέση: f k = μ k N (1) Η τριβή αυτή είναι εφαπτομενική στην περιφέρεια του τροχού και προκαλεί ροπή τ ως προς τον άξονα του τροχού η οποία τείνει να στρέψει τον τροχό σε φορά αντίθετη με τη φορά περιστροφής του. Το Σχήμα της άσκησης, ο τροχός περιστρέφεται με φορά αντίθετη της φοράς των δεικτών του ρολογιού (ccw) που σημαίνει ότι η γωνιακή ταχύτητα είναι θετική. Στην περίπτωση αυτή, η ροπή τ ω Ν R f k

που προκαλείται από την τριβή θα είναι αρνητική: τ = f k R = μ k NR (2) Από το νόμο του Νεύτωνα για την περιστροφή στερεού σώματος, και ειδικότερα για την περιστροφή ενός σώματος στο οποίο ο άξονας περιστροφής είναι και άξονας συμμετρίας του σώματος, όπως στην περίπτωση του τροχού, η ροπή τ, η ροπή αδράνειας Ι και η γωνιακή επιτάχυνση α ω συνδέονται με τη σχέση: τ = Ια ω τ = Ι dω dt t 2 ω 2 τ dt = I dω τ dt = Ι dω t 1 ω 1 t 2 ω 2 I(ω 2 ω 1 ) τ dt = Ι dω τ (t 2 t 1 ) = I(ω 2 ω 1 ) Δt = τ ω 1 t 1 (3) όπου Ι = 1 2 ΜR2 (4) και ω 1 = 2πf = 6,28 (9 rev min 1 min 6 s ) ω 1 = 94,2 rad s Το Δt είναι το ζητούμενο χρονικό διάστημα που απαιτείται για να ακινητοποιηθεί ο τροχός (ω 2 = ). Από τις Εξισώσεις 2, 3, 4 και 5 καθώς και από τα δεδομένα της άσκησης βρίσκουμε: Δt = I(ω 2 ω 1 ) τ Δt = 1, s = (5) 1 2 MR2 ( ω 1 ) = ΜRω 1 μ k NR μ k Ν = (25,kg)(,3m)(94,2rad/s) 2(,22)(16 N) ΑΣΚΗΣΗ 7 Πάνω στην οριζόντια επιφάνεια μιας ατριβούς επιφάνειας υπάρχει ομογενής ράβδος μάζας Μ και μήκους l η οποία δύναται να περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από κέντρο της. Ένας δίσκος μάζας m (και ακτίνας r << l) κινείται με ταχύτητα υ και κατευθύνεται προς το ένα άκρο της ράβδου, έτσι ώστε ο δίσκος να προσκρούσει κάθετα πάνω στη ράβδο. Αν κρούση είναι τελείως ελαστική, τότε να βρείτε τις σχέσεις που συνδέουν τη γωνιακή ταχύτητα ω της ράβδου καθώς και την ταχύτητα υ του δίσκου μετά την κρούση συναρτήσει του μήκους l της ράβδου, της αρχικής ταχύτητας υ του δίσκου και του λόγου α=μ/m. Να διερευνήσετε τα αποτελέσματα ως προς την τιμή της παραμέτρου α. l l Μ Ο Μ Ο Ο ω Ο ω r r m υ m υ m υ υ

Παίρνουμε το κέντρο Ο της ράβδου ως το σημείο αναφοράς. Επειδή θεωρήσαμε την ακτίνα του δίσκου πολλές φορές μικρότερη από το μήκος της ράβδου, τη χρονική στιγμή ακριβώς πριν την κρούση του δίσκου με το άκρο της ράβδου, καθώς και τη χρονική στιγμή ακριβώς μετά την κρούση, το διάνυσμα θέσης r της μάζας m είναι κάθετο με τα διανύσματα υ και υ της ταχύτητας της μάζας πριν και μετά την κρούση, αντίστοιχα. Κατά συνέπεια, από τον ορισμό της στροφορμής ως προς το κέντρο της ράβδου: L = r (mυ) L = rmυ = l mυ 2 (1) Αρχική κατάσταση Τελική Κατάσταση Στροφορμή δίσκου ως προς κέντρο ράβδου: L δ = l 2 mυ L δ = l 2 mυ Στροφορμή ράβδου ως προς κέντρο της: L ρ = L ρ = Ιω Ολική στροφορμή συστήματος: L αρχ = L δ + L ρ L τελ = L δ + L ρ L αρχ = l 2 mυ L τελ = l mυ + Ιω 2 Κινητική ενέργεια δίσκου: Κ δ = 1 2 mυ 2 K δ = 1 2 mυ2 Περιστροφική ενέργεια ράβδου: Κ ρ = Κ ρ = 1 2 Ιω2 Μηχανική ενέργεια συστήματος: Ε αρχ = Κ δ + K ρ Κ τελ = Κ δ + K ρ Ε αρχ = 1 2 mυ 2 Ε τελ = 1 2 mυ2 + 1 2 Ιω2 Διατήρηση της στροφορμής: L αρχ = L τελ l 2 mυ = l mυ + Ιω (2) 2 Αρχή διατήρησης ενέργειας: Ε αρχ = Ε τελ 1 2 mυ 2 = 1 2 mυ2 + 1 2 Ιω2 (3) όπου Ι = 1 12 Μl2 (4) είναι η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο της. Οι Εξισώσεις 2 και 3 σε συνδυασμό με την Εξίσωση 4, και με δεδομένο ότι (Μ/m) = α, γράφονται: l 2 mυ = l 2 mυ + 1 12 aml2 ω υ = υ + 1 6 alω υ υ = 1 alω (4) 6 1 2 mυ 2 = 1 2 mυ2 + 1 1 2 12 aml2 ω 2 υ 2 = υ 2 + 1 12 al2 ω 2 υ 2 υ 2 = 1 12 al2 ω 2 (5) Διαιρούμε κατά μέλη τις Εξισώσεις 5 και 4, οπότε έχουμε διαδοχικά: υ 2 υ 2 1 υ υ = 12 al2 ω 2 1 6 alω (υ υ)(υ + υ) υ υ = 1 2 lω υ + υ = 1 lω (6) 2

Η ταχύτητα υ του δίσκου και η γωνιακή ταχύτητα ω της ράβδου, μετά την κρούση, βρίσκονται από τη λύση του συστήματος των Εξισώσεων 4 και 6. Συγκεκριμένα, προσθέτοντας κατά μέλη τις Εξισώσεις 4 και 6 παίρνουμε: 2υ = 1 6 alω + 1 2 lω = (1 6 α + 1 + 3 ) lω = (α 2 6 ) lω ω = 12υ (α + 3)l Αντικαθιστούμε την γωνιακή ταχύτητα ω, που βρήκαμε, στην Εξίσωση 6 για να βρούμε: (7) υ + υ = 1 2 l 12υ (α + 3)l = 6υ α + 3 υ = 6υ α + 3 υ = 6υ (α + 3)υ α + 3 υ = 3υ αυ α + 3 υ = 3 α 3 + α υ (8) Διερεύνηση των αποτελεσμάτων ως προς την παράμετρο α = Μ/m Πρώτη περίπτωση, α < 3: Μετά την κρούση, ο δίσκος συνεχίζει να κινείται χωρίς να αλλάζει η κατεύθυνση της κίνησής του. Δεύτερη περίπτωση, α = 1 (δίσκος και ράβδος έχουν την ίδια μάζα): Στην περίπτωση αυτή, οι Εξισώσεις 7 και 8 δίνουν: ω = 12υ (1 + 3)l ω = 3υ l υ = 3 1 3 + 1 υ υ = υ 2 Τρίτη περίπτωση, α = 3 (η ράβδος έχει τριπλάσια μάζα από το δίσκο): ω = 12υ (3 + 3)l ω = υ 2l υ = 3 3 3 + α υ υ = Ο δίσκος ακινητοποιείται. Τέταρτη περίπτωση, α > 3: Από την Εξίσωση 8 προκύπτει ότι υ <. Στην περίπτωση αυτή, μετά την κρούση, ο δίσκος ανακλάται από τη ράβδο και συνεχίζει να κινείται με κατεύθυνση που είναι αντίθετη από την κατεύθυνση της αρχικής ταχύτητας υ.