Κεφάλαιο 5 Εφαρμογή των νόμων του Νεύτωνα
Στόχοι 5 ου Κεφαλαίου Έργο. Έργο και κινητική ενέργεια. Έργο και ενέργεια με μεταβαλλόμενες δυνάμεις. Ισχύς.
Εφαρμογές του πρώτου νόμου του Νεύτωνα: Ισορροπία υλικού σημείου. Πρώτος νόμος του Νεύτωνα: όταν ένα σωμάτιο ηρεμεί ή κινείται με σταθερή διανυσματική ταχύτητα σε κάποιο αδρανειακό σύστημα, η ολική δύναμη που ασκείται πάνω του είναι μηδέν. F = 0. Παράδειγμα: Μονοδιάστατη ισορροπία: Τάση σε σχοινί χωρίς μάζα. Μια γυμνάστρια, μάζας m G =50,0 kg, είναι κρεμασμένη στο κάτω άκρο κρεμασμένου σχοινιού. Το άνω άκρο του σχοινιού είναι στερεωμένο στην οροφή του γυμναστηρίου Πόσο είναι το βάρος της γυμνάστριας; Τι δύναμη (μέτρο και κατεύθυνση) ασκεί το σχοινί πάνω της; Ποια είναι η τάση στο άνω άκρο του σχοινιού; Υποθέστε ότι η μάζα του ίδιου του σχοινιού είναι αμελητέα.
Το μέτρο της δύναμης του βάρους που ασκείται πάνω στη γυμνάστρια λόγω του βάρους της είναι w G = m G g = 50,0 kg 9,80 m/s 2 = 490 N. Η κατεύθυνση είναι προς τα κάτω και άρα η συνιστώσα στον άξονα y είναι -490 Ν. Το σχοινί ασκεί πάνω στη γυμνάστριας δύναμη Τ RG που μαζί με το βάρος της γυμνάστριας ισχύει: F = T RG + w G = 0, άρα Τ RG =490 Ν (βλ. διάγραμμα γυμνάστριας). Στο σχοινί ασκούνται η Τ GR η οποία είναι ίση και αντίθετη (δράση-αντίδραση) με την Τ RG και η δύναμη από το ταβάνι (τάση), Τ CR. Επειδή το σχοινί δεν έχει μάζα ισχύει για το σχοινί: F y = T CR + T GR = 0, T CR = T GR = 490 N.
Παράδειγμα: Μονοδιάστατη ισορροπία: Τάση σε σχοινί που έχει μάζα. Υποθέστε ότι το βάρος του σχοινιού στο προηγούμενο παράδειγμα δεν είναι αμελητέο αλλά είναι 120 Ν. Να βρείτε την τάση στο κάθε ένα άκρο του σχοινιού. Συνθήκη ισορροπίας για γυμνάστρια G. F y = T RG + w G = 0, επομένως: T RG = T GR = w G = 490 N Συνθήκη ισορροπίας για σχοινί R. F y = T CR + T GR + w R = 0, επομένως: T CR = T GR + w R = 490 N + 120 N = 610 N. w G w R Στο σύνθετο σύστημα των δύο σωμάτων οι δυνάμεις δράση και αντίδραση είναι εσωτερικές δυνάμεις και επομένως δεν παίζουν ρόλο στον πρώτο νόμο του Νεύτωνα που θεωρεί μόνο εξωτερικές δυνάμεις. Άρα: F y = T CR + w G + w R = 0 άρα T CR = w G + w R = 610 N
Παράδειγμα: Διδιάστατη ισορροπία. Στο πιο κάτω σχήμα κινητήρας αυτοκινήτου βάρους w κρέμεται με αλυσίδα που συνδέεται με δύο άλλες αλυσίδες στο δακτυλίδι Ο, η μια στερεωμένη στην οροφή και η άλλη στον τοίχο. Βρείτε τις τάσεις στην κάθε μια από αυτές τις αλυσίδες, υποθέτοντας το w δεδομένο και τα βάρη του δακτυλιδιού και αλυσίδων είναι αμελητέα. Οι δυνάμεις που ασκούνται στον κινητήρα είναι κατά τον άξονα y και είναι το βάρος w του κινητήρα και η τάση T 1. F y = T 1 + w = 0 άρα T 1 =w. Οι δυνάμεις που ασκούνται στο δαχτυλίδι είναι: F x = T 3 cos 60 o T 2 = 0 και F y = T 3 sin 60 o T 1 = 0
T 3 = T 1 sin 60 o = w sin 60 o = 1,155 w T 2 = T 3 cos 60 o 1,155 w cos 60 o = 0,578 w T 1 =w Παράδειγμα: Κεκλιμένο επίπεδο. Αυτοκίνητο είναι ακίνητο σε κεκλιμένη ράμπα φορτηγού για μεταφορές αυτοκινήτων. Μόνο ένα συρματόσχοινο δεμένο στο αυτοκίνητο και στο πλαίσιο του φορτηγού εμποδίζει το αυτοκίνητο να κυλίσει προς τα πίσω. Αν το βάρος του αυτοκινήτου είναι w, βρείτε την τάση στο συρματόσχοινο και τη δύναμη την οποία η ράμπα ασκεί στα ελαστικά των τροχών του αυτοκινήτου. F x = T w sin a = 0 F y = n w cos a = 0 T = w sin a n = w cos a
Παράδειγμα: Δυνάμεις μέσω τροχαλίας χωρίς τριβή. Ογκόλιθοι (μπλοκ) από γρανίτη ρυμουλκούνται προς τα πάνω υπό κλίση 15 ο σε λατομείο. Επιπλέον, για περιβαλλοντικούς λόγους, ρίχνονται χώματα (μπάζα) στο λατομείο για να γεμίσουν παλιές τρύπες εξόρυξης. Σας έχει ζητηθεί να βρείτε τρόπο χρησιμοποίησης των μπαζών για να βγάλετε έξω ευκολότερα το γρανίτη. Σχεδιάζεται ένα σύστημα όπου ένας ογκόλιθος σε καρότσι με χαλύβδινες ρόδες (βάρος w 1, συμπεριλαμβανομένου του μπλοκ και του καροτσιού) έλκεται προς τα πάνω σε σιδηροτροχιές (ράγες) με τη βοήθεια κουβά γεμάτου μπάζα (βάρος w 2, συμπεριλαμβανομένου του χώματος και του κουβά) ο οποίος πέφτει κατακόρυφα μέσα στο λατομείο. Αγνοώντας την τριβή στην τροχαλία και στις ρόδες και το βάρος του συρματόσχοινου, προσδιορίστε πώς πρέπει να σχετίζονται τα βάρη w 1 και w 2 ώστε το σύστημα να κινείται με σταθερή ταχύτητα. Για τον κουβά ισχύει: F y = T + w 2 = 0 άρα T = w 2 Για το μπλοκ ισχύει: F x = T + w 1 sin 15 o = 0 T = w 1 sin 15 o w 2 = w 1 sin 15 o = 0,26 w 1
Εφαρμογές του δεύτερου νόμου του Νεύτωνα: Δυναμική υλικού σημείου. Δεύτερος νόμος του Νεύτωνα: όταν επιταχύνεται η ολική δύναμη που ασκείται πάνω του είναι F = ma. Παράδειγμα: Ευθύγραμμη κίνηση με σταθερή δύναμη. Ιστιοφόρο παγοδρομιών ηρεμεί σε μια οριζόντια επιφάνεια με παντελή έλλειψη τριβής. Φυσά σταθερός άνεμος (κατά την κατεύθυνση των παγοδρομιών) έτσι που 4,0 s αφού το ιστιοφόρο έχει ξεκινήσει, αποκτά ταχύτητα 6,0 m/s (περίπου 22 km/h). Πόση οριζόντια δύναμη F w ασκεί ο άνεμος στο ιστιοφόρο; Η συνολική μάζα ιστιοφόρου και ανθρώπου είναι 200 kg. F x = F w = ma x F y = n mg = 0 υ x = υ 0x + a x t a x = υ x υ x0 t Άρα = 6,0m/s 0m/s 4,0 s = 1, 5 m s 2 F w = ma x = 200 kg 1,5 m/s 2 = 300 km m 2 = 300 N.
Παράδειγμα: Ευθύγραμμη κίνηση με δύναμη που μεταβάλλεται με το χρόνο. Ας θεωρήσουμε ξανά το ιστιοφόρο παγοδρομιών να κινείται σε άτριβη επιφάνεια. Όμως τώρα ας υποθέσουμε ότι μόλις το ιστιοφόρο αρχίζει να κινείται, η θέση του ως συνάρτηση του χρόνου είναι: x = 1,2 m/s 2 t 2 0,20 m s 3 t3 Βρείτε σε αυτή την περίπτωση τη δύναμη F w που ασκείται από τον άνεμο ως συνάρτηση του χρόνου. Πόση είναι η δύναμη τη χρονική στιγμή t=3,0 s; Σε ποιους χρόνους η δύναμη είναι μηδέν; Θετική; Αρνητική; Ισχύει και πάλι, F x = F w = ma x α x = d2 x dt 2 = d2 dt 2 1,2 m/s 2 t 2 0,20 m s 3 t3 = 2,4 m s 2 1,2 m/s3 t Επομένως η δύναμη του ανέμου ως συνάρτηση του χρόνου είναι: F w = ma x = 200 kg 2,4 m s 2 1,2 m/s3 t = 480 N 240 N s t Για t=3 s, F w = 240 N. Η φορά της δύναμης του ανέμου είναι αντίθετη από αυτή που υποθέσαμε.
Η δύναμη γίνεται μηδέν όταν 480 N 240 N t = 0. Τότε t= 2 s. Για t=3 s s βρήκαμε ότι η δύναμη του ανέμου έχει κατεύθυνση προς τα αρνητικά x. Έτσι για t >2s ο άνεμος σπρώχνει το ιστιοφόρο προς τα αριστερά. Για t < 2s ο άνεμος έχει θετική φορά και σπρώχνει το ιστιοφόρο προς τα δεξιά. Παράδειγμα: Ευθύγραμμη κίνηση με τριβή. Ας υποθέσουμε ξανά ότι ο άνεμος είναι σταθερός και φυσά στη κατεύθυνση + x όπως στο προηγούμενο παράδειγμα, έτσι ώστε να κινείται με επιτάχυνση α x =1,5 m/s 2. Τώρα όμως υπάρχει οριζόντια δύναμη τριβής μέτρου 100 Ν που αντιτίθεται στην κίνηση του πλοιαρίου. Σε αυτή την περίπτωση ποια δύναμη F w πρέπει να ασκεί ο άνεμος στο ιστιοφόρο; F x = F w f = ma x F w = ma x + f = 400 N. Βρήκαμε ότι χρειάζεται μεγαλύτερη δύναμη του ανέμου F w για να κινήσει το πλοιάριο όταν υπάρχει τριβή. (χωρίς τριβή χρειάζεται μικρότερο F w. =300 N).
Παράδειγμα: Τάση σε συρματόσχοινο ανελκυστήρα. Ανελκυστήρας με το φορτίο του έχουν συνολική μάζα 800 kg. Ο ανελκυστήρας αρχικά κινείται προς τα κάτω με 10,0 m/s, επιβραδύνεται με σταθερή επιτάχυνση και ακινητεί μετά από απόσταση 25,0 m. Βρείτε την τάση του συρματόσχοινου Τ καθώς ο ανελκυστήρας επιβραδύνεται μέχρι να σταματήσει. F y = T mg = ma y T = mg + ma y = m g + a y Προσδιορισμός του α y από την εξίσωση: υ y 2 = υ 0y 2 + 2a y y y 0 a y = υ y 2 υ 2 0y 2 y y 0 = 0 2 10,0 m/s 2 2 25,0 m + 2,00 m/s 2 Η επιτάχυνση είναι θετική προς τα πάνω με μειούμενη ταχύτητα. Αντικαθιστώντας την τιμή της a y βρίσκουμε για την τάση Τ: T = m g + a y = 800 kg 9,80 m s 2 + 2,00 m/s2 = 9440 N
Παράδειγμα: Φαινόμενο βάρος σε επιταχυνόμενο ανελκυστήρα. Γυναίκα μάζας 50,0 kg στέκεται σε ζυγαριά μπάνιου ενώ ταξιδεύει με τον ανελκυστήρα του προηγούμενου παραδείγματος. Ποια είναι η ένδειξη της ζυγαριάς; Η επιτάχυνση από το προηγούμενο πρόβλημα είναι α y =+2 m/s 2 Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: F y = n + mg = ma y, n = m g + a y = 50,0 kg = 590 N. Η ζυγαριά δείχνει 100 Ν παραπάνω από το βάρος της γυναίκας. Η ένδειξη αυτή της ζυγαριάς είναι ένα φαινόμενο βάρος. Η γυναίκα αισθάνεται το έδαφος να σπρώχνει τα πόδια της προς τα πάνω. Αν ο ανελκυστήρας επιταχυνόταν προς τα κάτω ώστε α y =-2,00 τότε n=390 N. Στην ακραία περίπτωση που α y =-g, n=0. Η γυναίκα εκτελεί ελεύθερη πτώση και αισθάνεται έλλειψη βάρους.
Παράδειγμα: Επιτάχυνση προς τα κάτω σε πλαγιά. Έλκηθρο φορτωμένο με μαθητές που κάνουν διακοπές (ολικό βάρος w ) γλιστρά προς τα κάτω σε μια μεγάλη κατωφέρεια πίστας χιονιού. Η γωνία κλίσης είναι α. Θεωρούμε ότι το έλκηθρο κατεβαίνει την πλαγιά χωρίς τριβή. Τι επιτάχυνση έχει; n Από το διάγραμμα ελεύθερου σώματος έχουμε για τις δυνάμεις που ασκούνται στο έλκηθρο: wcosa α w wsina α F x = w sin a = ma x F y = n w cos a = 0 w = mg Επομένως: a x = g sin a και n = mg cos a Ανεξάρτητα από τη μάζα του ένα σώμα όταν ολισθάνει χωρίς τριβή σε κεκλιμένο επίπεδο με κλήση α με επιτάχυνση g sin a. Είναι φανερό ότι αν α=0 το έλκηθρο δεν επιταχύνεται. Ενώ αν η κλήση είναι α=90 ο τότε α y =g και το έλκηθρο εκτελεί ελεύθερη πτώση.
Παράδειγμα: Δύο σώματα με την ίδια επιτάχυνση. Σπρώχνεται δίσκο σερβιρίσματος φαγητού 1,00 kg πάνω στον πάγκο καφετέριας με σταθερή δύναμη 9,0 N. Καθώς κινείται ο δίσκος, με τη σειρά του σπρώχνει ένα χαρτονένιο κουτί με γάλα 0,50 kg. Ο δίσκος και το κουτί γλιστρούν σε οριζόντια επιφάνεια η οποία είναι τόσο πολύ λαδωμένη που η τριβή μπορεί να αγνοηθεί. Βρείτε την επιτάχυνση του συστήματος και την οριζόντια δύναμη που ασκεί ο δίσκος στο κουτί.
Δύο μέθοδοι λύσεων: 1 η μέθοδος: δίσκος F x = F F CT = F F TC = m T a x Κουτί: F x = F TC = m C a x F m C a x = m T a x F 9,00 N a x = = = 6,0 m/s2 m C + m T 1,00 kg + 0,50 kg F TC = m C a x = 0,5 kg 6,0 m/s 2 = 3 N 2 η μέθοδος: Θεωρούμε το σύστημα κουτί-δίσκος σαν ένα σώμα. F x = F = ma x a x = F m = 9 N = 6,0 m/s2 1,5 kg Η δύναμη που πρέπει να ασκεί ο δίσκος στο κουτί είναι: F TC = m C a x = 0,50 kg 6,0 m/s 2 = 3,0 N.
Παράδειγμα: Δύο σώματα με επιτάχυνση ίδιου μέτρου. Στο πιο κάτω σχήμα ένα καροτσάκι αεροτροχιάς με μάζα m 1 που κινείται σε οριζόντια αεροτροχιά χωρίς τριβή, σε εργαστήριο φυσικής. Το καροτσάκι συνδέεται με εργαστηριακό βαρίδι (βάρος) με μάζα m 2 με ελαφρύ, εύκαμπτο, μη εκτατό νήμα που διέρχεται από μικρή τροχαλία χωρίς τριβή. Βρείτε την επιτάχυνση του καθενός σώματος και την τάση του νήματος. Η επιτάχυνση για το καροτσάκι και το βαρίδι έχει το ίδιο μέτρο α. Καροτσάκι: F x = T = m 1 a 1x = m 1 a F y = n m 1 g = m 1 a 1y = 0 Από τις πιο πάνω εξισώσεις a = m 2 m 1 +m 2 g και T = m 1m 2 m 1 +m 2 g Βαρίδι: F y = T m 2 g = m 2 a 2y = m 2 a
Δυνάμεις Τριβής. Όταν ένα σώμα ολισθαίνει πάνω σε μια επιφάνεια τότε επιδρά πάνω του σε οριζόντια διεύθυνση η δύναμη της τριβής. Όταν το σώμα ολισθαίνει πάνω σε επιφάνεια η τριβή ονομάζεται δύναμη κινητικής τριβής f k Το μέτρο της κινητικής τριβής αυξάνεται όταν αυξάνεται η κάθετη δύναμη που δέχεται ένα σώμα από την επιφάνεια στην οποία ακουμπά. Πχ. Χρειάζεται μεγαλύτερη δύναμη να κινήσουμε ένα κουτί που είναι γεμάτο από ότι όταν είναι άδειο. Σε πολλές περιπτώσεις το μέτρο της δύναμης κινητικής τριβής είναι ανάλογο της κάθετης δύναμης n. f k = μ k n, όπου μ k είναι ο συντελεστής κινητικής τριβής. Μπορεί όμως να υπάρξει δύναμη τριβής και όταν ένα σώμα δεν ολισθαίνει. Για παράδειγμα ασκούμε σ ένα κιβώτιο μια οριζόντια δύναμη προκειμένου να το μετακινήσουμε, αλλά αυτό δεν μετακινείται. Τότε ασκείται στο κιβώτιο μια οριζόντια δύναμη τριβής ίση και αντίθετη από την οριζόντια δύναμη που ασκείται στο κιβώτιο. Αυτή η δύναμη τριβής ονομάζεται δύναμη στατικής τριβής f s.
Παράδειγμα: Τριβή σε οριζόντια κίνηση. Κάποια εταιρία μεταφορών μόλις έχει ξεφορτώσει στον ιδιωτικό δρόμο της κατοικίας σας ένα κιβώτιο 500 Ν γεμάτο με όργανα γυμναστικής για το σπίτι. Βρίσκετε ότι για να κάνετε το κιβώτιο να ξεκινήσει να κινείται προς την είσοδο του σπιτιού, πρέπει να τραβήξετε με οριζόντια δύναμη μέτρου 230 Ν. Από τη στιγμή που «απελευθερώνεται» και αρχίζει να κινείται, μπορείτε να το διατηρήσετε σε κίνηση με σταθερή ταχύτητα με μόνο 200 Ν. Ποιοι είναι οι συντελεστές στατικής και κινητικής τριβής;
Πριν αρχίσει το κιβώτιο να κινείται: F x = T f s max = 0, f s max = 230 N, F y = n w = 0, n = 500 N. μ s = f s max 230 N = n 500 N = 0,46 Όταν το κιβώτιο κινείται: F x = T f k = 0, f k = 200 N, F y = n w = 0, n=w=500 N. μ k = f k n = 200 N 500 N = 0,40
Παράδειγμα: Ελαχιστοποίηση της κινητικής τριβής. Στο προηγούμενο παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι προσπαθείτε να κινήσετε το κιβώτιο που είναι γεμάτο με όργανα γυμναστικής αφού δέσετε γύρω του ένα σχοινί και τραβάτε προς τα πάνω το σχοινί που σχηματίζει γωνία 30 ο πάνω από τον ορίζοντα. Πόσο δυνατά πρέπει να τραβάτε για να διατηρήσετε το κιβώτιο σε κίνηση με σταθερή διανυσματική ταχύτητα; Αυτό είναι ευκολότερο ή δυσκολότερο από την περίπτωση που τραβάτε οριζόντια; Υποθέστε ότι w=500 N και μ k =0,40. F x = T cos 30 o f k = 0 Άρα T cos 30 o = μ k n F y = T sin 30 o + n w = 0 Άρα n = w T sin 30 o T cos 30 o = μ k w T sin 30 o μ k w T = cos 30 o = 188 N + μ k sin 30o n = w T sin 30 o = 406 N. Χρειάζεται μικρότερη δύναμη για να τραβηχτεί το κιβώτιο υπό γωνία από ότι οριζόντια. Επίσης η κάθετη δύναμη n είναι και αυτή μικρότερη από την οριζόντια περίπτωση αφού υπάρχει συνιστώσα της Τ που τραβά το κιβώτιο προς τα πάνω.
Παράδειγμα: Κίνηση έλκηθρου με τριβή 1-κίνηση με σταθερή ταχύτητα. Η περίπτωση του έλκηθρου με τριβές. Βρείτε τη γωνία κλίσης για την οποία το έλκηθρο ολισθαίνει με σταθερή ταχύτητα σαν συνάρτηση του βάρους w και του συντελεστή κινητικής τριβής μ k. F x = w sin a f k = 0 (σταθερή ταχύτητα) f k = μ k n F y = n w cos a = 0 =0 μ k = sin a cos a α = arc tan μ k
Παράδειγμα: Κίνηση έλκηθρου με τριβή 2-κίνηση με επιτάχυνση. Το έλκηθρο ολισθαίνει την πλαγιά με κλίση α επιταχυνόμενο. Να βρεθεί η έκφραση της επιτάχυνσης α σαν συνάρτηση των g, w, της γωνίας κλίσης α και του συντελεστή κινητικής τριβής μ k. F x = w sin a f k = ma x F y = n mg cos a = 0 f k = μ k n = μ k mg cos a 0 mg sin a μ k mg cos a = ma x a x = g sin a μ k cos a
Τριβή κύλισης. Η τριβή κύλισης είναι η τριβή για παράδειγμα όταν κινούμε ένα αντικείμενο σε ρόδες. Ο συντελεστής τριβής κύλισης μ r μπορεί να οριστεί ως η οριζόντια δύναμη που χρειάζεται για σταθερή ταχύτητα σε οριζόντια επιφάνεια διαιρούμενη δια της προς τα πάνω κάθετης δύναμης που ασκεί η επιφάνεια. Παράδειγμα: Κίνηση με τριβή κύλισης. Ένα αυτοκίνητο ζυγίζει 12000 Ν. Αν ο συντελεστής τριβής κύλισης είναι μ r =0,015, τι οριζόντια δύναμη χρειάζεται η οποία να κάνει το αυτοκίνητο να κινείται με σταθερή ταχύτητα σε οριζόντιο δρόμο; Αγνοήστε την αντίσταση του αέρα. f r = μ r n = 0,015 12000 N = 180 N
Αντίσταση ρευστού. Αντίσταση ρευστού είναι η δύναμη που ασκεί το ρευστό πάνω στο σώμα. Έχει φορά αντίθετη από τη διανυσματική ταχύτητα του σώματος μέσα στο ρευστό. Για μικρές ταχύτητες του σώματος μέσα στο ρευστό ισχύει: f = kυ Το k εξαρτάται από το σχήμα και το μέγεθος του σώματος και τις ιδιότητες του ρευστού. Για κίνηση μέσα στον αέρα με ταχύτητες μπάλας του τένις ή μεγαλύτερες η δύναμη της αντίστασης είναι ανάλογη του υ 2. f = Dυ 2 Η αντίσταση του αέρα σ αυτή την περίπτωση ονομάζεται οπισθοέλκουσα αέρος ή απλά οπισθοέλκουσα. Η τιμή του D εξαρτάται από το σχήμα και το μέγεθος του σώματος και την πυκνότητα του αέρα.
Αφήνεται μια πέτρα στην επιφάνεια λίμνης η οποία πέφτει προς τον πυθμένα της. Ισχύει για την πέτρα ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα: F y = mg kυ y = ma y Αρχικά η ταχύτητα της πέτρας είναι υ y, η δύναμη της αντίστασης είναι μηδενική και η αρχική επιτάχυνση είναι α y =g. Καθώς αυξάνεται η ταχύτητα, η δύναμη της αντίστασης αυξάνεται, έως ότου γίνει ίση με τη δύναμη της βαρύτητας, mg kυ y = 0. Τότε η επιτάχυνση γίνεται μηδέν και η πέτρα κινείται με σταθερή οριακή ταχύτητα, υ t : υ t = mg k.
Για να πάρουμε τα διαγράμματα θέσης και ταχύτητας με το χρόνο παίρνουμε το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: m dυ y dt = mg kυ y υ t dυ y = k t υ y υ t m 0 ln υ t υ y υ t 0 dt = k m t ή 1 υ y υ t = υ y = υ t 1 e k m t Η ταχύτητα υ y γίνεται ίση με την οριακή ταχύτητα υ t στο όριο t. Το διάγραμμα της επιτάχυνσης ως προς το χρόνο λαμβάνεται με την παραγώγιση του υ y : α y = ge k m t Το διάγραμμα θέσης χρόνου προκύπτει από ολοκλήρωση του υ y ως προς το χρόνο: y = υ t t m k 1 e k m t
Για κίνηση μέσα στον αέρα για μεγάλες ταχύτητες η δύναμη της αντίστασης είναι ανάλογη του υ 2. f = Dυ 2 Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται ότι η οριακή ταχύτητα υ t δίνεται από: υ t = mg D Αυτή η σχέση εξηγεί γιατί βαριά αντικείμενα πέφτουν με μεγαλύτερη οριακή ταχύτητα από ότι τα ελαφρύτερα. Αν για παράδειγμα μια μπάλα του τένις και μια μπάλα από μολύβι με την ίδια ακτίνα έχουν το ίδιο D, η μπάλα από μολύβι πέφτει γρηγορότερα από ότι η μπάλα του τένις που έχει μικρότερη μάζα. Επίσης όταν ένα χαρτί πέφτει στον αέρα θα έχει μικρότερη ταχύτητα αν το ίδιο χαρτί τυλιχτεί σε μπαλάκι. Σ αυτό το παράδειγμα η μάζα παραμένει ίδια αλλά το D είναι μικρότερο όταν το μέγεθος είναι μικρότερο (μικρότερη οπισθοέλκουσα δύναμη).
Παράδειγμα: Οριακή ταχύτητα δύτη αέρα. Για ένα ανθρώπινο σώμα που πέφτει μέσα στον αέρα με τεντωμένα χέρια, η σταθερή D είναι 0,25 kg/m. Βρείτε την οριακή ταχύτητα του δύτη αέρα των 80 kg. υ t = mg D = 80 kg 9,8 m/s2 0,25 kg/m = 56 m/s
Δυναμική της κυκλικής κίνησης. Στην ομαλή κυκλική κίνηση η επιτάχυνση και η ολική δύναμη κατευθύνονται προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς. Το μέτρο της κεντρομόλου επιταχύνσεως στην ομαλή κυκλική κίνηση είναι: a = υ2 R Το μέτρο της συνολικής δύναμης που ασκείται σε σώμα που κάνει ομαλή κυκλική κίνηση είναι: F = mυ2 R Και ονομάζεται κεντρομόλος δύναμη.
Παράδειγμα: Δύναμη σε ομαλή κυκλική κίνηση. Έλκηθρο μάζας 25,0 kg είναι ακίνητο σε οριζόντιο στρώμα πάγου πρακτικά χωρίς τριβή. Το έλκηθρο είναι δεμένο με σχοινί 5,00 m σε ένα στύλο που είναι μπηγμένος στον πάγο. Αφού του δοθεί ένα σπρώξιμο, το έλκηθρο περιφέρεται κάνοντας ομαλή κυκλική κίνηση. Αν το έλκηθρο κάνει πέντε περιφορές κάθε λεπτό, βρείτε τη δύναμη F που ασκείται πάνω στο σχοινί. F x = F = ma a = 4π2 R T 2 = 4π2 0,5 m = 37 m/s2 12,0 s 2 Εναλλακτικά: υ = 2πR T a = υ2 R 2π 5,00 m = 12,0 s = 2,62 m/s 2 5,00 m F = ma = 25,0 kg 1,37 m/s 2 = 34,3 kg m/s 2 = 2,62 m/s = 1,37 m/s2
Παράδειγμα: Κωνικό εκκρεμές. Κάποιος εφευρέτης προτείνει να κατασκευάσει ένα ρολόι εκκρεμές χρησιμοποιώντας βαρίδι εκκρεμούς μάζας m δεμένο στο άκρο λεπτού νήματος μήκους L. Αντί να κινείται μπρός πίσω, το βαρίδι κινείται σε οριζόντιο κύκλο με σταθερή ταχύτητα υ, ενώ το νήμα σχηματίζει γωνία β με την κατακόρυφη διεύθυνση. Υποθέτοντας ότι η γωνία β είναι γνωστή, βρείτε την τάση F στο νήμα και την περίοδο Τ (το χρόνο για μια περιφορά του βαριδιού). F x = F sin β = ma F y = F cos β mg = 0 a = 4π2 R T 2 = 4π2 L sin β T 2 tan β = a g L cos β T = 2π g F = mg cos β
Παράδειγμα: Κίνηση σε οριζόντια στροφή. Το αυτοκίνητο της εικόνας κινείται σε στροφή οριζόντιου επίπεδου δρόμου ακτίνας R, χωρίς κλίση. Αν ο συντελεστής τριβής μεταξύ των ελαστικών και του δρόμου είναι μ s, πόση είναι η μέγιστη ταχύτητα υ max με την οποία μπορεί ο οδηγός να πάρει τη στροφή χωρίς να ολισθήσει (χωρίς ντελαπάρισμα); Η δύναμη που δίνει την κυκλική επιτάχυνση στο όχημα είναι η δύναμη τριβής ή οποία θα πρέπει να έχει φορά προς το κέντρο. Επίσης αφού δεν υπάρχει ακτινική κίνηση η δύναμη τριβής είναι στατική με μέγιστο μέτρο f max = μ s n F x = f = ma = m υ2 R F y = n mg = 0 Από τη σχέση που δίνει το f σαν συνάρτηση της ταχύτητας υ βλέπουμε το f αυξάνει με την ταχύτητα. Η μέγιστη δύναμη τριβής f max = μ s n = μ s mg. Άρα υ max = μ s gr = 0,87 9,8 m/s 2 230 m = 44 m/s.
Παράδειγμα: Κίνηση σε στροφή με κλίση. Αυτοκίνητο που κινείται με συγκεκριμένη ταχύτητα, είναι δυνατό να πάρει στροφή σε κεκλιμένο δρόμο με κατάλληλη γωνία έτσι ώστε να μη χρειάζεται καθόλου τριβή για να κρατηθεί το αυτοκίνητο στην τροχιά του που έχει δεδομένη καμπυλότητα. Τι γωνία κλίσης β ένα αυτοκίνητο με ταχύτητα υ πρέπει έχει ώστε το αυτοκίνητο να πάρει τη στροφή με ασφάλεια ακόμα και χωρίς τριβή; F x = n sin β = ma F y = n cos β mg = 0 tan β = α g a = υ2 R tan β = υ2 gr 25 m/s Αν R=230 m και υ=5 m/s (88 km/h) β = arc tan 2 = 9,8 m/s 2 230 m 15o Αυτή η γωνία είναι μέσα στο εύρος των κλίσεων που χρησιμοποιύνται στους εθνικούς δρόμους. Όταν υ=44 m/s, σε αυτοκινητοδρόμους αγώνων, τότε β=41 ο.
Παράδειγμα: Ομαλή κυκλική κίνηση σε κατακόρυφο κύκλο. Ένας επιβάτης είναι ανεβασμένος στον κατακόρυφο τροχό Λούνα Παρκ και κινείται σε κύκλο ακτίνας R με σταθερή ταχύτητα υ. Υποθέτοντας ότι κατά τη διάρκεια της κίνησης το κάθισμα παραμένει σε όρθια θέση, να εξάγετε εκφράσεις για την ασκούμενη δύναμη από το κάθισμα στον επιβάτη στο ανώτατο σημείο του κύκλου και στο κατώτατο. Κορυφή: F y = n T mg = m υ2 R n T = m g υ2 R Βάση: F y = n B mg = m υ2 R Ας υποθέσουμε το ειδικό παράδειγμα όπου η μάζα του επιβάτη είναι 60,0 kg, η ακτίνα του κύκλου 8,00 m και ο τροχός κάνει μια στροφή σε 10 s. a = υ2 R = 4π2 R T 2 = 4π2 8,00 m 10,0 s 2 = 3,16 m/s 2 n B = m g + υ2 R n T = 398 N n B = 778 N
Θεμελιώδεις δυνάμεις της Φύσης. Βαρυτική αλληλεπίδραση. Παραδείγματα: το βάρος ενός σώματος, η βαρυτική έλξη μεταξύ των πλανητών. Ηλεκτρομαγνητική αλληλεπίδραση. Παραδείγματα ηλεκτρικών αλληλεπιδράσεων: στατικός ηλεκτρισμός, δυνάμεις μεταξύ φορτισμένων σωματιδίων. Παραδείγματα μαγνητικών αλληλεπιδράσεων: μαγνητικές δυνάμεις μεταξύ μαγνητών, μαγνητικές δυνάμεις που οφείλονται σε κινούμενα φορτία, σ ένα ηλεκτρομαγνήτη το ηλεκτρικό ρεύμα που διέρχεται από το συρμάτινο πηνίο του προκαλεί μαγνητικές δυνάμεις. Οι βαρυτικές και ηλεκτρομαγνητικές αλληλεπιδράσεις διαφέρουν παρά πολύ στην έντασή τους. Η ηλεκτρική άπωση μεταξύ δύο πρωτονίων για δεδομένη απόσταση μεταξύ τους είναι ισχυρότερη από τη βαρυτική έλξη μεταξύ τους κατά παράγοντα της τάξης 10 35. Οι βαρυτικές δυνάμεις δεν παίζουν σημαντικό ρόλο στην ατομική και μοριακή δομή.
Ισχυρή αλληλεπίδραση. Υπεύθυνη για τη συγκράτηση του πυρήνα του ατόμου. Οι πυρήνες αποτελούνται από ουδέτερα νετρόνια και θετικά φορτισμένα πρωτόνια τα οποία απωθούνται μεταξύ τους. Επομένως πρέπει να υπάρχει μια ελκτική δύναμη η οποία να αντιτίθεται στις απωστικές ηλεκτρικές δυνάμεις έτσι ώστε να μην καταρρεύσει ο πυρήνας. Έχει πολύ μικρότερη εμβέλεια από τις ηλεκτρικές αλληλεπιδράσεις αλλά είναι πολύ ισχυρότερη μέσα στην εμβέλειά της. Οι αλληλεπιδράσεις αυτές είναι μεταξύ των συστατικών του πυρήνα (κουάρκς και γκλουόνια). Στην ισχυρή αλληλεπίδραση οφείλεται πολλές φορές η γένεση ασταθών σωματιδίων κατά τη σύγκρουση σωματιδίων με υψηλές ενέργειες. Ασθενής αλληλεπίδραση. Η ασθενής αλληλεπίδραση είναι υπεύθυνη για τη συνήθη μορφή ραδιενέργειας που ονομάζεται διάσπαση βήτα, κατά την οποία ένα νετρόνιο ενός ραδιενεργού πυρήνα μετατρέπεται σε πρωτόνιο εκπέμποντας ένα ηλεκτρόνιο και ένα πρακτικά άμαζο σωματίδιο, το αντινετρίνο. Εδώ και πολλές δεκαετίες γίνεται προσπάθεια να ενοποιηθούν όλες οι αλληλεπιδράσεις σε μια θεωρία των πάντων.