ΤΜΗΜΑ ΧΗΜΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ. Εξέταση Φυσικής - Σεπτεμβρίου ΛΥΣΕΙΣ. Διδάσκων: Δ. Κουζούδης

ΤΜΗΜΑ ΧΗΜΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Εξέταση Φυσικής - Σεπτεμβρίου 2015 - ΛΥΣΕΙΣ Διδάσκων: Δ. Κουζούδης Ημερομηνία 24 Σεπτεμβρίου 2015 ΠΡΟΒΛΗΜΑ Κινητό κινείται έτσι ώστε οι συντεταγμένες της ταχύτητά του συναρτήσει του χρόνου να δίνονται από τις v x (t) = A/ t και v y (t) = B όπου A και B είναι σταθερές με κατάλληλες μονάδες. Το μέτρο της ταχύτητας σε πολύ μεγάλους χρόνους τείνει στην τιμή 2 m/s, ενώ η εφαπτομένη της γωνίας της την χρονική στιγμή t = 1 είναι ίση με 1/2.5. Εάν την χρονική στιγμή t = 0 το κινητό βρίσκεται στο σημείο (0, C) όπου C = 2.2 m, να βρεθεί η τροχιά του κινητού και να γίνει η γραφικής της παράσταση. Λύση: Το μέτρο της ταχύτητας ισούται με v = v 2 x + v 2 y = A2 t + B2 και αφού για μεγάλους χρόνους t ο πρώτος όρος στην υπόριζο ποσότητα μηδενίζεται έχουμε 2 = B 2 => Β = ± 2 Από την εφαπτομένη της γωνιας της ταχύτητας στο t = 1 παίρνουμε tanθ = v y v x => 1 2.5 = B A 1 => A = 2.5B = ±2.5 2 Οι συντεταγμένες του κινητού βρίσκονται από ολοκλήρωση των αντίστοιχων συντεταγμένων της ταχύτητας x = A t dt + c 1 = 2A t + c 1 y = Bdt + c 2 = Bt + c 2 Από τις αρχικές συνθήκες έχουμε x(0) = 0 και y(0) = C = 2.2 που οδηγούν στα αποτελέσματα c 1 = 0 και c 2 = 2.2. Έτσι x = 2A t = ±2 2t y = Bt + 2.2 = ±2.5 2t + 2.2 Για να βρούμε τη τροχιά του κινητού πρέπει να απαλείψουμε τον χρόνο t στα x και y ώστε να προκύψει μια σχέση μεταξύ τους. Έτσι από την πρώτη σχέση έχουμε

t = x 2 /8 η οποία όταν αντικατασταθεί στη δεύτερη, οδηγεί στο αποτέλεσμα y = ± 2 2.5 8 x2 + 2.2 η οποία είναι εξίσωση παραβολής συμμετρικής ως προς τον άξονα y, με αρχικό σημείο (0,2.2) επάνω στον άξονα y και με φορά προς τα πάνω ή προς τα κάτω ανάλογα με το πρόσημο. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις. y x ΠΡΟΒΛΗΜΑ Μικρή πέτρα εκτοξεύεται από το έδαφος με αρχική ταχύτητα 2 m/s και γωνία 60 0 ως προς τον ορίζοντα. α) Να γραφούν σε διανυσματική μορφή (συναρτήσει των μοναδιαίων διανυσμάτων) η ταχύτητα και η επιβατική ακτίνα 4.5 δέκατα του δευτερολέπτου μετά την εκτόξευση και β) Να βρεθεί η σχετική τους γωνία (η γωνία μεταξύ τους) κατά την ίδια χρονική στιγμή. Πάρτε g 10 m/s 2 για απλότητα Λύση: Συνιστώσες αρχικής ταχύτητας v 0x = v 0 cos60 0 = 2cos60 0 = 1.0 m/s v 0y = v 0 sin60 0 = 2sin60 0 = 3 m/s Στον χρόνο t = 4.5/10 s οι αντίστοιχες συνιστώσες είναι

v x = v 0x = 1.0 m/s v y = v 0y gt = 3 10 4.5 = 3 4.5 = 2.77 m/s 10 Επομένως σε διανυσματική μορφή η ταχύτητα γράφεται Η γωνία της ταχύτητας ισούται με v = v x e x + v y e y = 1.0e x 2.77e y φ = tan 1 ( v y v x ) = tan 1 ( 2.77 1.0 ) = 70.10 Η γωνία είναι αρνητική επειδή η πέτρα είναι σε φάση καθόδου (έχει περάσει το μέγιστο ύψος) ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο παρακάτω σχήμα, ένα σύστημα ενός ελατηρίου σταθεράς k, ενός ιστίου και μιας σημειακής μάζας m, αναρτιούνται από ένα μικρό γάντζο Α στην οροφή ο οποίος μπορεί και μετακινείται ελεύθερα χωρίς τριβές οριζοντίως σε τροχιά που υπάρχει στην οροφή (κάτι σαν διάδρομος κουρτίνας). Όλα τα σώματα εκτός από τη μάζα είναι αβαρή. Το σύστημα αρχικά ισορροπεί με τη μάζα m να βρίσκεται στην αρχή των συντεταγμένων Ο ενώ στο t = 0 εμφανίζεται οριζόντιος αέρας ο οποίος ασκεί μια σταθερή δύναμη F στο ιστίο. Επίσης στο t = 0 η μάζα τίθεται (από άλλη σύντομη και στιγμιαία δύναμη) σε κατακόρυφη ταλάντωση προς τα κάτω με πλάτος Α > 0. Να βρεθούν σε κάθε χρονική στιγμή t > 0 τα εξής: (α) το διάνυσμα θέσης της μάζας m συναρτήσει των μοναδιαίων x και y, (β) η γωνία της ταχύτητας και η γωνία της επιτάχυνσης της μάζας και (γ) να γίνει ποιοτικώς μια γραφική παράσταση της τροχιάς (Σημείωση: Η μόνη επίδραση της βαρύτητας είναι μια αρχική παραμόρφωση του ελατηρίου προς τα κάτω η οποία έχει ληφθεί υπόψιν στις αρχικές συνθήκες). A F Ιστίο Ελατήριο m Λύση:

(α) Η μάζα εκτελεί ταυτόχρονα δυο κινήσεις, μια ομαλά επιταχυνόμενη κατά τον άξονα x και μια αρμονική ταλάντωση πλάτους Α κατά τον άξονα y. Επομένως οι συντεταγμένες του θα δίνονται από τις x = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 y = Asin(ωt + φ) όπου για ελατήριο mω 2 = k. Από το νόμο του Νεύτωνα η επιτάχυνση ισούται με a = F/m (εάν θεωρήσουμε ότι η δύναμη δρα σε όλο το συσσωμάτωμα ιστίου-ελατηρίου-μάζας). Ως προς τον οριζόντιο άξονα το σύστημα δεν έχει αρχική ταχύτητα και έτσι v 0 = 0. Επίσης το σώμα ξεκινάει από την αρχή των συντεταγμένων (0,0) και έτσι x 0 = 0 στον οριζόντιο άξονα ενώ φ = 0 ή φ = π στον κατακόρυφο άξονα. Αφού η κατακόρυφη στιγμιαία δύναμη δίνει αρχική ώθηση προς τα κάτω, τότε πρέπει να επιλέξουμε το φ = π για να έχουμε αρχικά αρνητικές κατακόρυφες απομακρύνσεις (θεωρούμε τον θετικό άξονα y προς τα πάνω, όπως στις γραφικές παραστάσεις). Έτσι: Επομένως το διάνυσμα θέσης δίνεται από την x = F 2m t2 y = Asin(ωt) r = xe x + ye y = F 2m t2 e x Asin(ωt)e y (β) Για να βρούμε την ταχύτητα, παραγωγίζουμε ως προς το χρόνο Η γωνία της ταχύτητας ισούται με v x = x = F m t v y = y = Aωcos(ωt) θ v = arctan ( v y ) = arctan ( Amωcos(ωt) ) v x Ft Για να βρούμε την επιτάχυνση, ξανα-παραγωγίζουμε ως προς το χρόνο Η γωνία της επιτάχυνσης ισούται με a x = v x = F m a y = v y = Aω 2 sin(ωt) = Ak m sin(ωt) θ a = arctan ( a y ) = arctan ( Aksin(ωt) ) a x F (γ) Για να βρούμε τη τροχιά του κινητού πρέπει να απαλείψουμε τον χρόνο t στα x και y ώστε να προκύψει μια σχέση μεταξύ τους. Έτσι από την πρώτη σχέση έχουμε

t = 2mx F Αντικαθιστώντας στη δεύτερη: y = Asin (ω 2mx F ) ΠΡΟΒΛΗΜΑ Μια δύναμη F δρα στο άνω κιβώτιο ενός συστήματος δυο πανομοιότυπων κιβωτίων μάζας m. Τα κιβώτια και το δάπεδο είναι από το ίδιο υλικό και οπότε και οι δυο επιφάνειες επαφής έχουν τους ίδιους συντελεστές στατικής τριβής μ Σ = 0.3 αλλά και τους ίδιους συντελεστές τριβής ολίσθησης μ = 0.2. Να γίνει γραφική παράσταση όλων των δυνάμεων τριβών του συστήματος συναρτήσει της F από 0 έως και μιας αρκετά μεγάλης τιμής ώστε να παρατηρηθούν φαινόμενα ολίσθησης και στις δυο επιφάνειες. Επίσης να γίνει και γραφική παράσταση των επιταχύνσεων των δυο κιβωτίων ως προς F. Θεωρήστε ότι το πλάτος των κιβωτίων είναι αρκετά μεγάλο ώστε να παρατηρηθούν όλα τα σχετικά φαινόμενα F m 1 m 2

Λύση: Για να δούμε όλες τις δυνάμεις που δρουν στο σώμα, εξετάζουμε τα δυο σώματα ξεχωριστά: Ν 12 F m 1 Τ 12 Β Ν Τ 21 Τ m 2 Β Ν 21 Όπου F: η δεδομένη δύναμη ώθησης, B = mg: το βάρος (ίδιο και για τα δυο σώματα), οι N 12 και Ν 12 : οι κάθετες αντιδράσεις που αποτελούν ζεύγος δράσης αντίδρασης, ομοίως οι Τ 12 και Τ 12 : τριβή μεταξύ των δυο σωμάτων και αποτελούν και αυτές ζεύγος δράσης αντίδρασης, Ν: η κάθετη αντίδραση από το δάπεδο και τελικά Τ τριβή από το δάπεδο. Από την κάθετη ισορροπία στο σώμα 1, N 12 = Β = mg, από τον 3 ο νόμο του Νεύτωνα Ν 12 = N 12 = mg. Από την κάθετη ισορροπία στο σώμα 2, N = N 21 + Β = 2mg Οι κάθετες δυνάμεις δεν αλλάζουν. Για τις οριζόντιες δυνάμεις υπάρχουν οι εξής περιπτώσεις: - Αρχικά όταν η F είναι μικρή, οι τριβές αυτοπροσαρμόζονται ώστε το όλο σύστημα να είναι σε ισορροπία που σημαίνει Τ 12 = F T = T 21 και αφού οι Τ 12 και Τ 12 αποτελούν και αυτές ζεύγος δράσης αντίδρασης, όλες οι δυνάμεις τριβής είναι ίσες μεταξύ τους και ίσες με F. Επομένως πρόκειται για στατικές τριβές - Όσο μεγαλώνει η F, οι δυνάμεις τριβής φτάνουν στο όριό τους που είναι τα εξής Τ 12,max = μ Σ N 12 = 0.3mg Τ max = μ Σ Ν = 0.3(2mg) = 0.6mg Επειδή τα όριο της Τ 12 είναι μικρότερο από αυτό της Τ (το μισό), όσο μεγαλώνει η F πρώτα η Τ 12 θα μετατραπεί από στατική τριβή σε τριβή ολίσθησης όταν F = Τ 12,max = 0.3mg και έτσι θα δίνεται από την σχέση Τ 12 = μn 12 = 0.2mg που σημαίνει ότι είναι σταθερή. Τώρα όμως οι δυνάμεις δεν ισορροπούν στο πάνω σώμα αφού σε αυτή τη φάση F Τ 12,max = 0.3mg (θεωρώντας ότι συνεχίζει να μεγαλώνει η F) και άρα υπάρχει πλεόνασμα δυνάμεων προς τα δεξιά. Ο 2 ος νόμο του Νεύτωνα δίνει ΣF = ma 1 => F 0.2mg = ma 1

Στο κάτω σώμα ισχύει ακόμα η ισορροπία επειδή όπως είδαμε παραπάνω η Τ έχει μεγαλύτερο περιθώριο πριν να μετατραπεί σε τριβή ολίσθησης. Έτσι αυτοπροραμόζεται ώστε να είναι ίση με Τ 12 η οποία είναι σταθερή οπότε και η Τ είναι σταθερή και ίση με Τ = Τ 12 = 0.2mg Παρακάτω φαίνεται η γραφική παράσταση του Τ 12 με το F. T 12 T 12 = 0.2mg T 12 = F 0.3mg F Και στις δυο περιοχές ισχύει Τ = T 12 οπότε η παραπάνω μπορεί να θεωρηθεί και ως η γραφική παράσταση του Τ με την F. Για τις αντίστοιχες επιταχύνσεις είδαμε ότι στην πρώτη φάση έχουμε ισορροπία και άρα a 1 = a 2 = 0 ενώ στη δεύτερη φάση μόνο το κάτω σώμα είναι σε ισορροπία και άρα a 2 = 0 ενώ όπως είδαμε F 0.2mg = ma 1 δηλαδή a 1 = F/m 0.2g άρα η a 1 αυξάνει γραμμικά με την F. Η γραφική παράσταση της a 1 φαίνεται παρακάτω. Η a 2 είναι τετριμμένη περίπτωση αφού είναι παντού μηδέν.

a 1 a 1 = F/m 0.2g a 1 = 0 0.3mg F Προσέξτε ότι όταν εκκινεί η ολίσθηση στο F = 0.3mg, η επιτάχυνση παρουσιάζει ασυνέχεια επειδή η τριβή κάνει άλμα από την μέγιστη τιμή της στατικής τριβής 0.3mg σε τριβή ολίσθησης 0.2mg. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο παρακάτω σχήμα τα δυο πρίσματα έχουν την ίδια γωνία θ και μάζες ίσες μεταξύ τους και ίσες με την μάζα του κιβωτίου. Δεν υπάρχει τριβή μεταξύ των πρισμάτων αλλά ούτε και μεταξύ του δαπέδου και του πρίσματος 1. Υπάρχει όμως τριβή μεταξύ του κιβωτίου και του πρίσματος 2 με συντελεστή στατικής τριβής μ. Μια δύναμη F δρα στο κάτω πρίσμα 1 και παρατηρείται ότι και τα τρία σώματα κινούνται μαζί ως ένα σώμα. Να βρεθούν α) Η επιτάχυνση a του συστήματος β) Η δύναμη F και γ) Το ελάχιστο μ ώστε το κιβώτιο να παραμένει ακίνητο σχετικά με το πρίσμα 2 (Σημείωση: Δουλέψτε στο σύστημα συντεταγμένων x y που εικονίζεται στο σχήμα). θ 1 2 3 y x F θ Λύση:

Ας εξετάσουμε τις δυνάμεις που δρουν στα τρία σώματα ξεχωριστά. Θεωρήστε το παρακάτω σχήμα 3 Ν 23 mg Τ 23 T 23 Ν 12 sinθ N 21 Ν 12 cosθ Ν F θ mg Ν 12 cosθ Ν 23 N 12 2 mg Ν 12 sinθ 1 θ Περιγραφικά οι δυνάμεις είναι οι εξής: mg τα αντίστοιχα βάρη τα οποία είναι τα ίδια και για τα τρία σώματα αφού έχουν την ίδια μάζα. Ν 23 και Ν 32 οι κάθετες αντιδράσεις λόγω αλληλεπίδρασης μεταξύ του κιβωτίου και του πάνω πρίσματος σε μορφή ζεύγους δράσης-αντίδρασης. Ν 12 και Ν 21 οι κάθετες αντιδράσεις λόγω αλληλεπίδρασης των δυο πρισμάτων σε μορφή ζεύγους δράσης-αντίδρασης. Αυτές οι δυνάμεις έχουν αναλυθεί σε οριζόντιες και κατακόρυφες συνιστώσες (π.χ. Ν 12 sinθ και Ν 12 cosθ για την Ν 12 αντίστοιχα). Τ 23 και Τ 32 οι τριβές λόγω αλληλεπίδρασης μεταξύ του κιβωτίου και του πάνω πρίσματος σε μορφή ζεύγους δράσης αντίδρασης. Ν η κάθετη αντίδραση από το έδαφος στο κάτω πρίσμα F η δεδομένη δύναμη η οποία δρα μόνο στο κάτω πρίσμα. Θα εφαρμόσουμε τον 2 ο νόμο του Νεύτωνα σε κάθε σώμα ξεχωριστά και για τις δυο κατευθύνσεις x και y. Ξεκινώντας από το πάνω σώμα: Μεσαίο σώμα: Από τα παραπάνω αποτελέσματα: Ν 23 = mg Τ 23 = ma Ν 12 cosθ = Ν 23 + mg Ν 12 sinθ T 23 = ma Ν 12 cosθ = 2mg

Ν 12 sinθ = 2ma Παίρνοντας λόγους a = gtanθ β) Δύναμη ώθησης: F = 3ma = 3mgtanθ γ) Οριακά στο πάνω σώμα T 23 = μn 23 Συνδυάζοντας ma = μmg => μ = a g = tanθ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο παρακάτω σχήμα οι μάζες Μ Β > Μ Α με Μ Β = 2.5M A συνδέονται με ιδανικό νήμα και ιδανική τροχαλία. Ο συντελεστή τριβής ολίσθησης μ = 0.4 είναι ο ίδιος για όλες τις επιφάνειες. Να βρεθεί η επιτάχυνση του κιβωτίου Β εάν ολισθαίνει προς τα κάτω. Πάρτε g 10 m/s 2 για ευκολία. Α Β 30 0 Κεκλιμένο επίπεδο Λύση: Ας εξετάσουμε τις δυνάμεις που δρουν στα δυο σώματα ξεχωριστά. Θεωρήστε το παρακάτω σχήμα

Ν ΑΒ Κιβώτιο Α Κιβώτιο Β Β A sinθ F T N Τ BΑ F T Τ ΑΒ Β A Β A cosθ Β B sinθ Ν ΒΑ T θ = 30 0 Κεκλιμένο επίπεδο Β B Β Β cosθ Περιγραφικά οι δυνάμεις είναι οι εξής: Β Α = Μ Α g και Β Β = M B g τα αντίστοιχα βάρη τα οποία έχουν αναλυθεί σε συνιστώσες κάθετες και παράλληλες με το δάπεδο. Ν ΑΒ και Ν ΒΑ οι κάθετες αντιδράσεις λόγω αλληλεπίδρασης των δυο κιβωτίων σε μορφή ζεύγους δράσης αντίδρασης. Τ ΑΒ = μν ΑΒ και Τ ΒΑ = μν ΒΑ οι τριβές ολίσθησης λόγω αλληλεπίδρασης των δυο κιβωτίων σε μορφή ζεύγους δράσης αντίδρασης. Ν η κάθετη αντίδραση από το έδαφος στο κάτω κιβώτιο και T = μn η αντίστοιχη τριβή ολίσθησης (παρατηρήστε ότι υπάρχουν δυο δυνάμεις τριβής στο Β κιβώτιο, μια από την πάνω επιφάνεια επαφής και μια από την κάτω). F T η τάση του νήματος το οποίο επειδή είναι ιδανικό, είναι η ίδια και στα δυο κιβώτια. Επειδή η τροχαλία είναι ιδανική, δεν χρειάζεται να σχεδιάσουμε και εκεί τις δυνάμεις, η μόνη της συνεισφορά είναι να αλλάζει φορά στην τάση του νήματος. Στην διεύθυνση που είναι κάθετη στο δάπεδο υπάρχει ισορροπία ενώ στην διεύθυνση που είναι παράλληλη με το δάπεδο υπάρχει κοινή επιτάχυνση (αφού το νήμα είναι μη εκτατό) και στα δυο κιβώτια, έστω a. Επομένως ο 2 ος νόμος του Νεύτωνα για τα δυο σώματα οδηγείς στις (αναλύουμε στις δυο παραπάνω διευθύνσεις): Σώμα Α: Σώμα B: Ν ΑΒ Β A cosθ = 0 F T Τ ΑΒ Β A sinθ = Μ Α a Ν Ν BA Β Β cosθ = 0 Β Β sinθ Τ Τ ΒΑ F T = Μ Β a Επίσης λόγω δράσης αντίδρασης έχουμε N AB = N BA και Τ AB = Τ BA. Από τις παραπάνω δυο εξισώσεις ισορροπίας (με το δεύτερο μέλος ίσο με 0), παίρνουμε με εύκολες πράξεις: Ν ΑΒ = Β A cosθ Ν = Β A cosθ + Β Β cosθ

Προσθέτοντας κατά μέλη τις άλλες δυο εξισώσεις (ώστε να απαλειφθεί το F Τ ) και αντικαθιστώντας τα παραπάνω αποτελέσματα έχουμε Τ ΑΒ Β A sinθ + Β Β sinθ Τ ΒΑ T = Μ A a + Μ Β a Αντικαθιστώντας τις εκφράσεις για τις τριβές ολίσθησης έχουμε: και τελικά: Τ ΑΒ = Τ ΒΑ = μν ΑΒ = μβ Α cosθ T = μν = μ(β Α + Β Β )cosθ 2μM Α gcosθ M A gsinθ + M Β gsinθ μg(m Α + M Β )cosθ = (Μ A + Μ Β )a a = M B (sinθ μcosθ) M A(3μcosθ + sinθ) g M A + M B ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ένας δίσκος ακτίνας ρ και αμελητέου πάχους περιστρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω = 6 rad/s. Η ακτίνα ΚΜ σχηματίζει γωνία φ = π/4 με τον άξονα x στο t = 0. Ένα έντομο κινείται με σταθερή ταχύτητα v 0 = 2.5 m/s επάνω στην ακτίνα ΚΜ προς τα έξω. Εάν στο t = 0 το έντομο βρίσκεται στο σημείο Κ τότε να βρεθεί το διάνυσμα της ταχύτητάς του σε διανυσματική μορφή (συναρτήσει των μοναδιαίων διανυσμάτων) σε τυχαίο χρόνο t > 0 όπως κινείται επάνω στο ΚΜ (και πριν να φτάσει στην περιφέρεια του δίσκου). Λύση: Εφόσον ο δίσκος περιστρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω = 6 rad/s, τότε η ακτίνα ΚΜ σε τυχαίο χρόνο t σχηματίζει γωνία φ = ωt + φ 0 = 6t + π/4

με τον άξονα x. Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όταν το έντομο βρίσκεται σε τυχαίο σημείο Ρ επάνω στην ΚΜ με απόσταση ρ = ΚΡ από το κέντρο Κ θα έχει συντεταγμένες x και y που δίνονται από τις x = ρ cosφ = ρ cos(6t + π/4) y = ρ sinφ = ρ sin(6t + π/4) y Κ Ρ φ x Μ Αφού το έντομο κινείται με σταθερή ταχύτητα v 0 = 2.5 m/s επάνω στην ακτίνα ΚΜ προς τα έξω, με αρχικό σημείο το Κ, τότε μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση της ευθύγραμμης ομαλής κίνησης: Συνδυάζοντας με τις παραπάνω ρ = 2.5t x = ρ cosφ = 2.5tcos(6t + π/4) y = ρ sinφ = 2.5tsin(6t + π/4) Για να βρούμε την ταχύτητα παραγωγίζουμε ως προς το χρόνο: Σε μορφή διανύσματος με τις συνιστώσες που φαίνονται παραπάνω. v x = x = 2.5cos(6t + π/4) 6 2.5tsin(6t + π/4) v y = y = 2.5sin(6t + π/4) + 6 2.5tcos(6t + π/4) v = v x e x + v y e y

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο παρακάτω σχήμα να βρεθεί η ολική σταθερά ελατηρίου k του συστήματος συναρτήσει των k 1 και k 2 Οροφή k 1 k 2 F Λύση: Όπως περιγράφεται στο βιβλίο στα Παραδείγματα 3.10 και 3.11, υπάρχουν δυο παραμορφώσεις, η x 1 του ελατηρίου 1 και η x 2 του ελατηρίου 2, και μια μετατόπιση x R του νήματος λόγω περιστροφής της τροχαλίας. Οι τρεις αυτές μεταβλητές συνδέονται μέσω της x 2 = x R x 1, δηλαδή όταν αυξάνει η παραμόρφωση του ελατηρίου 1, μειώνεται αντίστοιχα η παραμόρφωση του ελατηρίου 1, όμως η τελευταία αυξάνει λόγω της δεξιόστροφης περιστροφής της τροχαλίας. Επίσης σε αυτά τα παραδείγματα δείχνεται ότι η δύναμη F μεταφέρεται στην άλλη μεριά στο ελατήριο 2 ενώ στο ελατήριο 1 δρα μια δύναμη μέτρου 2F. Επομένως από τον νόμο του Hook ισχύει x 1 = F/k 1 και x 2 = 2F/k 2. Αντιθέτως με το ελατήριο 2, στην αντίθετη πλευρά όπου εφαρμόζεται η δύναμη F, η αντίστοιχη συνολική μετατόπιση του νήματος είναι ίση με x = x 1 + x R Δηλαδή η μετατόπιση αυτή που είναι κατά μήκος της δύναμης F, αυξάνει προς τα κάτω όταν αυξάνει η παραμόρφωση του ελατηρίου 1, αλλά και όταν περιστρέφεται και η τροχαλία. Εάν θεωρήσουμε το όλο σύστημα ελατηρίων-τροχαλίας ως ένα σύνθετο ελατήριο, τότε η σταθερά του θα δίνεται από την σχέση F = kx. Αντικαθιστώντας τα παραπάνω F = kx = k(x 1 + x R ) = k ( F k 1 + 2F k 2 )

Απαλείφοντας το F οδηγεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα ή 1 k = 1 k 1 + 2 k 2 k = k 1k 2 k 2 + 2k 1 ΠΡΟΒΛΗΜΑ Η συνάρτηση δυναμικής ενέργειας μιας σημειακής μάζας στη μια διάσταση δίνεται από την έκφραση U(x) = a(x b)(x c) 2 όπου a = 4, b = 6.5 και c = 9.5 (σε κατάλληλες μονάδες). α) Να γίνει η γραφική παράσταση U(x), β) Να βρεθούν τα σημεία x ευσταθούς και ασταθούς ισορροπίας και η τιμής της U(x) εκεί γ) εάν η μηχανική ενέργεια του κινητού είναι E = a, να εξηγηθεί ποιοτικά (μην λύσετε εξισώσεις) το είδος της κίνησης του κινητού επάνω στη γραφική σας παράσταση (δηλαδή μόνο περιγραφικά εάν υπάρχουν δέσμιες τροχιές, ανάκλαση κίνησης, κίνηση στο άπειρο κ.λ.π.) Λύση: α) Παρατηρούμε ότι η U(x) έχει ρίζες στο x = b = 6.5 και x = c = 9.5 (διπλή). Στο ± τείνει στο ax 3 και επειδή a > 0, τότε έχουμε αντίστοιχα U(± ) ±. Επομένως η γραφική παράσταση θα μοιάζει όπως παρακάτω. β) Το σημείο ευσταθούς ισορροπίας είναι στο ελάχιστο της U(x) που βρίσκεται επάνω στη διπλή ρίζα x = 9.5. Αντιθέτως το σημείο ασταθούς ισορροπίας είναι στο μέγιστο της U(x). Για να βρούμε τα μέγιστα-ελάχιστα μιας συνάρτησης, την παραγωγίζουμε και την θέτουμε ίση με μηδέν: U (x) = 0 => (x c) 2 + 2(x c)(x b) = 0 Η μια λύση είναι η x = c όπως αναμένεται αφού είναι το ελάχιστο. Απαλείφοντας την αντίστοιχη παρένθεση έχουμε (x c) + 2(x b) = 0 => 3x = c + 2b Δηλαδή x = 7.5 που αντιστοιχεί στο μέγιστο και άρα σημείο ασταθούς ισορροπίας.

U(x) + 6.5 9.5 x γ) Στο μέγιστο x = 7.5 η τιμή της U είναι ίση με: U(x) = 4(7.5 6.5)(7.5 9.5) 2 = 16 που είναι πολύ υψηλότερη από την τιμή E = a = 4 που μας δίνεται. Επομένως το κινητό είτε θα κινηθεί μεταξύ των σημείων Α και Β (δέσμια τροχιά) είτε θα μετακινηθεί από το σημείο Γ έως το με το σημείο Γ να είναι σημείο ανάκλασης. U(x) + Γ Α Β E = a 6.5 9.5 x

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Το παρακάτω στερεό έχει τη μορφή λεπτού πτερυγίου αμελητέου πάχους που περιορίζεται στο επίπεδο x y από τις δυο καμπύλες y 1 (x) = a 1 [1 e x ], y 2 (x) = a 2 [1 e x ], την κατακόρυφο x = b και τον άξονα x. Η κατανομή της μάζας είναι ομοιογενής. Να βρεθεί η x-συντεταγμένη του κέντρου μάζας του στερεού εάν δίνονται οι σταθερές a 1 = 3.5, a 2 = a 1 +2.5, b = 2.5 (σε κατάλληλες μονάδες) και το εμβαδό κάτω από την καμπύλη y 1 (x) από x = 0 έως x = b ίσο με a 1 (b + e b 1) (και ομοίως και για την καμπύλη y 2 (x) ). Σημείωση: Δίνονται τα ολοκληρώματα x n dx = x n+1 /(n + 1) και xe x dx = (x + 1)e x. dx Λύση: Τεμαχίζουμε το κινητό σε ένα πλήθος άπειρων κατακόρυφων λωρίδων πάχους dx όπως αυτή που φαίνεται στο παραπάνω σχήμα. Η λωρίδα αυτή επεκτείνεται κατακόρυφα από την y 1 (x) έως και την y 2 (x) και επομένως έχει ύψος Δy = y 2 (x) y 1 (x) = (a 2 a 1 )[1 e x ] και στοιχειώδες εμβαδό ίσο με da = dxδy Αφού το σώμα είναι ομοιογενές, ο λόγος των εμβαδών θα ισούται με τον λόγο των μαζών και έτσι εάν m είναι η ολική μάζα του πτερυγίου και Α το ολικό εμβαδό του, θα ισχύει: dm m = da A Όπου dm είναι η στοιχειώδης μάζα της λωρίδας. Λύνοντας έχουμε dm = da A m Εξ ορισμού η x-συντεταγμένη του κέντρου μάζας ισούται με x KM = 1 m xdm Π = 1 A xda Π όπου η ολοκλήρωση γίνεται επάνω σε όλο το πτερύγιο, δηλαδή από το x = 0 έως και x = b. Αντικαθιστώντας για την στοιχειώδη μάζα παραπάνω έχουμε:

x KM = 1 A b x=0 xdxδy = a 2 a 1 A b xdx[1 e x ] = x=0 a 2 a 1 [ b2 A 2 + (b + 1)e b 1] Όμως αφού δίνεται το εμβαδό που περικλείουν οι δυο καμπύλες με τον άξονα x, τότε με αφαίρεση προκύπτει ότι το εμβαδό μεταξύ τους, που είναι ίσο με το εμβαδό του πτερυγίου, ισούται με: A = a 2 (b + e b 1) a 1 (b + e b 1) = (a 2 a 1 )(b + e b 1) Επομένως το τελικό αποτέλεσμα ισούται με x KM = 1 (b + e b 1) [b2 2 + (b + 1)e b 1] ΠΡΟΒΛΗΜΑ: Το παρακάτω στερεό έχει τη μορφή λεπτής πλάκας αμελητέου πάχους με ακανόνιστο σχήμα στο επίπεδο x y που ορίζεται από τέσσερις ευθείες που περνάνε από τα εξής τέσσερα σημεία: ( A, 0), (B, 0), (0, C) και (0, D) όπου A = 4, B = 4.6, C = 3.2 και D = 2.3 (όλα σε m, το σχήμα δεν είναι σε κλίμακα). Να βρεθεί το x-συντεταγμένη στο κέντρο μάζας. y (0, C) Πάχος dx y 2 (x) ( A, 0) x y 1 (x) (0, D) (B, 0) x Λύση: Θα βρούμε πρώτα τη x-συντεταγμένητου Κ.Μ. Για το σκοπό αυτό τεμαχίζουμε το στερεό σε ένα πλήθος άπειρων κατακόρυφων λωρίδων πάχους dx όπως αυτή που φαίνεται στο παραπάνω σχήμα στη συντεταγμένη x. Η λωρίδα αυτή επεκτείνεται κατακόρυφα από την y 1 (x) έως και την y 2 (x) και

επομένως έχει ύψος Δy = y 2 (x) y 1 (x) όπου οι y 1 (x) και y 2 (x) είναι εξισώσεις ευθείας τις οποίες πρέπει να βρούμε. Στα αριστερά η ευθεία y 1 (x) περνάει από τα σημεία ( A, 0), και (0, C) επομένως δίνεται από την εξίσωση y 1 (x) = C (x + A) A Αντιθέτως, στην δεξιά πλευρά περνάει από τα σημεία (B, 0) και (0, C) και επομένως δίνεται από την εξίσωση y 1 (x) = C (x Β) Β Ομοίως για την y 2 (x) στην αριστερή πλευρά έχουμε ενώ στην δεξιά Η στοιχειώδης λωρίδα έχει εμβαδό ίσο με y 2 (x) = D (x + A) A y 2 (x) = D (x Β) Β de = dxδy = dx(y 2 (x) y 1 (x)) Αφού το σώμα είναι ομοιογενές, ο λόγος των εμβαδών θα ισούται με τον λόγο των μαζών και έτσι εάν m είναι η ολική μάζα του και Ε το ολικό εμβαδό του τότε θα ισχύει: dm m = dε Ε όπου dm είναι η στοιχειώδης μάζα της λωρίδας. Λύνοντας έχουμε dm = dε Ε m Εξ ορισμού η x-συντεταγμένη του κέντρου μάζας ισούται με x KM = 1 m xdm ΣΤ = 1 Ε xdε ΣΤ = 1 Ε xdxδy ΣΤ = 1 Ε xdx(y 2 (x) y 1(x)) ΣΤ όπου η ολοκλήρωση γίνεται επάνω σε όλο το στερεό ΣΤ, δηλαδή από το x = Α έως και x = Β. Τη περιοχή ολοκλήρωσης τη χωρίζουμε σε δυο μεριές, αριστερά και δεξιά: 0 x KM = 1 Ε xdx(y 2 (x) y 1 (x)) + 1 Ε xdx(y 2 (x) y 1(x)) x= A Αντικαθιστώντας τις συναρτήσεις y 2 (x) και y 1 (x) παραπάνω έχουμε: 0 x KM = 1 Ε xdx ( D A (x + A) C A (x + A)) + 1 Ε xdx (D Β (x Β) + C (x Β)) = Β 1 Ε 0 x= A x= A 0 B x=0 D + C xdx A x 1 Ε xdx(d + C) + 1 D + C xdx Ε B x 1 Ε x= A B B x=0 x=0 B x=0 xdx(d + C)

x KM = 1 + C ( A) 3 (D + C)( A)2 {D + Ε A 3 2 + B3 D + C 3 B (D + C)B2 } 2 Τελικά D + C x KM = (A + B)(A B) 6Ε Πρέπει να υπολογίσουμε και το συνολικό εμβαδό Ε το οποίο μπορούμε να το δούμε ως άθροισμα τεσσάρων τριγώνων. Έτσι έχουμε Ε = 1 2 CA + 1 2 CB + 1 2 DA + 1 2 DB = 1 2 C(A + B) + 1 D(A + B) 2 Οπότε E = 1 (A + B)(C + D) 2 2(D + C) x KM = (A + B)(A B) 6(A + B)(C + D) x KM = 1 (A B) 3 Προσέξτε ότι η x-συντεταγμένη του Κ.Μ. δεν εξαρτάται από τα κατακόρυφες αποστάσεις C και D του στερεού! Για να βρούμε την αντίστοιχη y-συντεταγμένη του Κ.Μ. σκεφτόμαστε ως εξής: Εάν περιστρέψουμε το στερεό κατά 90 0 τότε το σημείο που βρίσκεται στον θετικό άξονα y με τετμημένη C θα έρθει επάνω στον άξονα x με τεταγμένη C και ομοίως το σημείο που βρίσκεται στον αρνητικό άξονα y με τετμημένη D θα έρθει επάνω στον άξονα x με τεταγμένη D. Τότε σύμφωνα με το προηγούμενο αποτέλεσμα, το Κ.Μ. θα έχει συντεταγμένη x KM = 1 (D C) 3 Μόλις όμως ξαναπεριστρέψουμε το σώμα πίσω στην αρχική του θέση, τα x ξαναγίνονται y και έτσι το παραπάνω νούμερο είναι η y-συντεταγμένη του Κ.Μ.: Αντικαθιστώντας τα δεδομένα y KM = 1 (D C) 3 (x KM, y KM ) = (0.2, 0.3)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Δυο κύματα που διαδίδονται πάνω σε μια χορδή, αναπαρίστανται από τις εξισώσεις: και a y 1 = (bx ct) 2 + 2 a y 2 = (bx + ct d) 2 + 2 όπου a = 5, b = 3, c = 4 και d = 6 σε κατάλληλες μονάδες ώστε τα x και y να είναι σε μέτρα ενώ το t σε δευτερόλεπτα. α) Να γίνει η γραφική παράσταση των δυο κυμάτων κατά την χρονική στιγμή t = 0. β) Να βρεθούν οι ταχύτητες των δυο κυμάτων. γ) Να βρεθεί γραφικώς σε ποια χρονική στιγμή τα δυο κύματα αλληλοεξουδετερώνονται σε όλα τα σημεία x. δ) Να βρεθεί γραφικώς σε ποιο σημείο της χορδής τα δυο κύματα αλληλοεξουδετερώνονται σε κάθε χρονική στιγμή t; Λύση: α) Για t 0 τα δυο κύματα γίνονται y 1 = 5 (3x) 2 + 2 και 5 y 2 = (3x 6) 2 + 2 Η y 1 (x) είναι συμμετρική συνάρτηση του x αφού y 1 ( x) = y 1 (x) λόγω του τετραγώνου. Επίσης παίρνει παντού θετικές τιμές. Επειδή το x βρίσκεται στον παρανομαστή, είναι επίσης μια φθίνουσα συνάρτηση του x (απόλυτο λόγω του τετραγώνου). Όταν x τότε y 1 0 και στο x = 0 παίρνουμε y 1 = 5/2 επομένως η γραφική παράσταση θα είναι κάπως έτσι: 2.5 2 1.5 1 0.5-4 -2 2 4

Η y 2 (x) μπορεί να γραφεί ως y 2 = 5 (3x 6) 2 + 2 = 5 (3x ) 2 + 2 Όπου x = x 2 δηλαδή έχει την ίδια μορφή με την y 1 (x) με την μόνη διαφορά ότι παίρνει παντού αρνητικές τιμές και ότι είναι κεντραρισμένη στο x = 2. Επομένως η γραφική παράσταση της y 2 (x) είναι κάπως έτσι: -4-2 2 4-0.5-1 -1.5-2 -2.5 β) Η γενική έκφραση ενός κύματος που κινείται προς τα δεξιά είναι y = f(x vt). Εάν η ταχύτητα v είναι αρνητική τότε το κύμα κινείται προς τα αριστερά. Οι δοθείσες y 1 και y 2 μπορούν να γραφούν ως y 1 = 5 9(x 4/3t) 2 + 2 και 5 y 2 = 9(x + 4/3t 2) 2 + 2 οπότε η μια είναι συνάρτηση του x 4/3t και η άλλη του x + 4/3t και άρα η y 1 κινείται προς τα δεξιά με ταχύτητα v 1 = 4/3 m/s και η άλλη προς τα αριστερά με ταχύτητα v 2 = 4/3 m/s. γ) Επειδή πρόκειται για δυο ίσων και αντίθετων κυματομορφών που κινούνται με ίσες και αντίθετες ταχύτητες πλησιάζοντας η μια την άλλη, σε κάποια στιγμή θα είναι κεντραρισμένες στο ίδιο σημείο και θα αλληλοεξουδετερωθούν. Όπως είδαμε στο t = 0 η μία είναι κεντραρισμένη στο x = 0 και η άλλη στο x = 2. Λόγω συμμετρίας θα κεντραριστούν στο μέσο στο x = 1 οπότε θα έχει διέλθει χρόνος ίσος με t = x/v 1 = 1/v 1 = 3/4 s. Η κατάσταση θα μοιάζει κάπως έτσι:

2 1-4 -2 2 4-1 -2 δ) Λύση 1: Σε κάποιο σημείο ισχύει λόγω επαλληλίας y 1 + y 2 = 0. Από τις δοθείσες εξισώσεις αυτό σημαίνει 9(x 4/3t) 2 + 2 = 9(x + 4/3t 2) 2 + 2 (x 4/3t) 2 = (x + 4/3t 2) 2 (x 4 3t ) = ±(x + 4 3t 2) Η θετική ρίζα δίνει τον χρόνο t = 3/4 s του προηγούμενου ερωτήματος. Η αρνητική ρίζα οδηγεί στο x 4 3 t = x 4 t + 2 => 2x = 2 => x = 1 3 Λύση 2: Οι δυο κορυφές κινούνται αντίθετα με ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με εξισώσεις x 1 = 3/4t και x 2 = 2 3/4t (κεντραρισμένες στο x = 0 και x = 2 αντίστοιχα και με αντίθετες ταχύτητες ±3/4). Λόγω συμμετρίας, στο μέσο των δυο κορυφών, τα δυο κύματα αλληλο-αναιρούνται. Ο μέσος είναι στο x = x 1 + x 2 2 = 3 4 t + 2 3 4 t = 1 2 ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται τα δυο στιγμιότυπα ενός κύματος (για t = 6 s η διακεκομμένη γραμμή και t = 4 s η συνεχής γραμμή αντίστοιχα) το οποίο για t = 0 s περιγράφεται από την εξίσωση y(x, 0) = y 0 (1 x 2 /x 2 0 ) με τον περιορισμό y 0 (δηλαδή το συγκεκριμένο κύμα δεν λαμβάνει αρνητικές τιμές). Να βρεθεί η γενική μαθηματική έκφραση y(x, t) του κύματος για κάθε χρονική στιγμή t. Να προσδιορισθούν όλες οι σταθερές του προβλήματος από τη δεδομένη γραφική παράσταση εάν γνωρίζετε ότι είναι όλοι ακέραιοι αριθμοί. Να σχεδιασθεί η γραφική παράσταση του στιγμιότυπου t = 10 s και να βρεθεί η τιμή του y του κύματος στο x = 6 m (αυτού του στιγμιότυπου).

y 14 12 10 8 6 4 2 5 0 5 x(m) Λύση: (Περιορισμοί, οι χρόνοι πρέπει να είναι t + / t_ = 2/3, και το στιγμιότυπο να είναι σε χρόνο t > t_. Για το x σκεφτόμαστε ως εξής, από την ταχύτητα v = 5/(t + t ) το μέγιστο είναι στο x M = vt οπότε πάρε x M 4 < x < x M 1 Η απομάκρυνση των δυο κυματομορφών ισούται με Δx = x 2 x 1 = 7 ( 2) = 5 m (από τις αριστερές άκρες). Η χρονική διαφορά των δυο κυμάτων ισούται με: Έτσι η ταχύτητα του κύματος είναι Δt = t 2 t 1 = 4 ( 6) = 10 s v = Δx Δt = 5 = 0.5 m/s 10 Επομένως η γενική μαθηματική έκφραση y(x, t) του κύματος είναι η εξής: y(x, t) = y 0 (1 (x vt)2 (x + 0.5t)2 ) 2 = y x 0 (1 ) 2 0 x 0 Από τη γραφική παράσταση, το μέγιστο είναι στο y 0 = 12. Η γραφική παράσταση στο t = 0 είναι συμμετρική με ρίζες στο x = ±x 0 και έτσι έχει εύρος στον άξονα x ίσο με 2x 0. Από τη γραφική παράσταση βλέπουμε ότι οι δεδομένοι παλμοί έχουν εύρος 8 ( 2) = 10 (η διακεκομμένη) και έτσι x 0 = 5. Επομένως η γενική μαθηματική έκφραση y(x, t) του κύματος είναι η εξής: Για x = 6 και t = 10 s έχουμε (x + 0.5t)2 y(x, t) = 12 (1 ) 25 y( 6, 10) = 11.52