Tο ένα άκρο A οµογενούς ράβδου AB αρθρώνεται σε οριζόντιο επίπεδο, ενώ το άλλο της άκρο Β εφάπτεται κατακόρυ φου τοίχου, µε τον οποίο η ράβδος παρουσιάζει συντελεστή οριακής τριβής µ. H άρθρωση της ράβδου είναι λεία και της επιτρέπει να στρέ φεται, ώστε να διαγράφει την παράπλευρη επιφάνεια ενός κώνου, του οποίου η βάση βρίσκεται πάνω στον κατακόρυφο τοίχο, η δε κορυφή του είναι η άρθρωση A. Eάν O είναι η προβολή της άρθρωσης πάνω στον κατακόρυφο τοίχο, να βρείτε την γωνία που σχηµατίζει το επίπε δο AOB, µε το κατακόρυφο επίπεδο που διέρχεται από την OA, την στιγµή που επίκειται η ολίσθηση του άκρου Β της ράβδου επί του τοίχου. Δίνεται το µήκος L της ράβδου και η απόσταση AO=α. ΛΥΣΗ: Την στιγµή που επίκειται η ολίσθηση του άκρου Β της ράβδου πάνω στον κατακόρυφο τοίχο η ράβδος ισορροπεί οριακά υπό την επίδραση του βά ρους της w, της δύναµης R από την άρθρωση και της δύναµης επαφής από τον τοίχο που αναλύεται στην στατική τριβη T και στην κάθετη αντίδραση N. Η τριβή έχει φορέα εφαπτόµενο του κυκλικού τόξου που τείνει να διαγράψει Σχήµα 1
το άκρο Β της ράβδου, φορά αντίθετη εκείνης προς την οποία τείνει να ολισθή σει (σχ. 1) και µέτρο ίσο µε µν. Εξάλλου, λόγω της οριακής ισορροπίας της ράβδου το αλγεβρικό άθροισµα των ροπών των παραπάνω δυνάµεων, περί τον κατακόρυφο άξονα Αy που διέρχεται από το αρθρωµένο άκρο της Α είναι µηδε νικό, δηλαδή ισχύει η σχέση: " (Ay) = -N( OB' ) + T = N( OB' ) = T (1) όπου T η οριζόντια συνιστώσα της T, και Β η προβολή του Β στο οριζόντιο επίπεδο. Πρέπει να τονίσουµε ότι η η ροπή της N περί τον άξονα Οy είναι ίση µε την ροπή περί το Α της προβολής N της N στο οριζόντιο επίπεδο, ενώ οι ροπές της κατακόρυφης συνιστώσας T 1 της T και του βάρους w της ράβδου περί τον άξονα Οy είναι µηδενικές, διότι οι φορείς των δυνάµεων αυτών είναι παράλληλοι προς τον άξονα. Όµως για το µέτρο της T ισχύει: T = T"$ = µn"$ () όπου φ η ζητούµενη γωνία. Επί πλέον από την Γεωµετρία του σχήµατος (1) προκύπτει η σχέση: ( O B ) = ( OB)"µ = "µ L - $ (3) H (1) λόγω των () και (3) γράφεται: Nµ" L - = µn$%&" " = µ$ L - $ (4) P.M. fysikos Mια οµογενής λεπτή ράβδος AΒ, µήκους L και µάζας m, βρίσκεται ακίνητη πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. i) Σε ποιο σηµείο της ράβδου πρέπει να ενεργήσει µια οριζόντια κρουστική δύναµη (δύναµη βραχείας διάρκειας) µε διεύθυνση κάθε τη στην ράβδο, ώστε το άκρο της A κατά την έναρξη της κινήσεώς της στο οριζόντιο επίπεδο να αποτελεί στιγµιαίο κέντρο περιστροφής αυτής; ii) Εάν είναι η ώθηση της κρουστικής δύναµης, ποιο είναι το έργο της δύναµης αυτής; iii) Eάν η ράβδος είχε την δυνατότητα να στρέφεται επί του οριζόντι ου επιπέδου περί σταθερό κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το άκρο της Α, ποια δύναµη θα δεχεται ο άξονας αυτός κατα την κίνη ση της ράβδου. Δίνεται η ροπή αδράνειας I=mL /3 της ράβδου, ως προς άξονα που διέρχεται από το ένα άκρο της και είναι κάθετος στην ράβδο.
ΛΥΣΗ: i) Εφαρµόζοντας για το κέντρο µάζας C της ράβδου κατά τον πολύ µικρό χρόνο Δt (Δt ) που ενεργεί σ αυτήν η δύναµη κρούσεως F, το θεώρη µα ώθησης-ορµής, παίρνουµε την σχέση: m v = + F t m v = mv = (1) όπου v η ταχύτητα του κέντρου µάζας της ράβδου αµέσως µετά την κρούση. Εφαρµόζοντας για την ράβδο και για τον ίδιο χρόνο Δt το θεώρηµα ώθησηςστροφορµής, θεωρώντας την στροφορµή της ράβδου περί το κέντρο µάζας της C, παίρνουµε την σχέση: I C = + ( x " F )t I C = x " ( ) ( I A - ml /4) = x"µ ( $/) ( ml /3 - ml /4) = x" ml /1 = x" () Σχήµα όπου x η απόσταση του φορέα της κρουστικής δύναµης F από το C και η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου αµέσως µετά την κρούση. Διαιρώντας κατά µέλη τις (1) και () παίρνουµε: ml 1mv = x" " L 1v = x (3) Όµως θέλουµε το άκρο Α της ράβδου να αποτελεί αµέσως µετά την κρούση στιγµιαίο κέντρο περιστροφής αυτής, οπότε θα ισχύει v = L/ και η (3) γρά φεται: x = L 1 L = L 6 ii) H ράβδος µετά την δράση της κρουστικής δύναµης F θα εκτελέσει επίπεδη κίνηση επί του οριζόντιου επιπέδου στην διάρκεια της οποίας το κέντρο µάζας της θα έχει σταθερή ταχύτητα ίση µε v και σταθερή γωνιακή ταχύτητα ίση µε η δε κινητική της ενέργεια Κ θα δίνεται από την σχέση: (4) K = mv + I C = mv + 4mL v = mv 4L 3 (1)
K = m 3 " % $ ' m& = 3m (5) Το έργο W F της κρουστικής δύναµης είναι σύµφωνα µε το θεώρηµα κινητικής ενέργειας-έργου ίσο µε Κ, δηλαδή θα έχουµε: W F = K (5) W F = 3m iii) Eάν η ράβδος µπορεί να περιστρέφεται περί σταθερό κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το άκρο της Α, τότε αµέσως µετά την δράση της κρουστικής δύ ναµης F η ράβδος θα αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα ", για την οποία σύµφω να µε το θεώρηµα ώθησης-στροφορµής θα ισχύει: I A " = x + L (4) & % ( F)t $ ' ml " 3 = L 6 + L & % ( ) " $ = ' m Σχήµα 3 σύµφωνα δε µε τους προηγούµενους υπολογισµούς προκύπτει " = ", οπότε και η ταχύτητα v του κέντρου µάζας θα είναι ίση µε v. Στην συνέχεια η ράβ δος θα εκτελεί γνήσια περιστροφική κίνηση µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα, που σηµαίνει ότι η ταχύτητα του κέντρου µάζας της θα διατηρεί σταθερο µέτρο ίσο µε v. H δύναµη που δέχεται η ράβδος από τον άξονα περιστροφής της αναλύεται σε µια συνιστώσα F 1 κατα την διεύθυνση της ράβδου που αποτελεί για την κίνηση του κέντρου µάζας της κεντροµόλο δύναµη και σε µια συνιστώ σα F κάθετη στην ράβδο, που αποτελεί επιτρόχια δύναµη για το κέντρο µάζας. Θα έχουµε λοιπόν, συµφωνα µε τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα, τις σχέσεις: F 1 = mv C /(L/ ) F = m(dv C / dt) " F 1 = mv / L " F = (1) F 1 ( ) /L = m / m F = " $ % $ F 1 = m / ml " F = $ Άρα, κατά το αξίωµα της ισότητας µεταξύ δράσης-αντίδρασης η δύναµη που δέχεται ο άξονας περιστροφής της ράβδου είναι ίση µε - F 1. P.M. fysikos
Στην διάταξη του σχήµατος (4) η κινητή τροχαλία (τ) έχει µάζα Μ που θεωρείται συγκεντρωµένη στην περιφέρειά της ακτίνας R. Tο αυλάκι της τροχαλίας περιβάλλεται µε αβαρές και µη εκτατό νήµα του οποίου οι άκρες συνδέονται προς τα σώµατα Σ 1 και Σ µαζών m 1 και m αντιστοίχως. Να βρέθεί η µέγιστη κατακόρυφη προς τα πάνω επιτάχυνση της τροχαλίας, ώστε το σώµα Σ 1 να µη χά νει την επαφή του µε το οριζόντιο δάπεδο. Ποιος θα είναι τότε ο ρυθ µός µεταβολής της στροφορµής της τροχαλίας περί το κέντρο της; Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας Ι=ΜR / της τροχαλίας ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο της και είναι κάθετος στο επίπεδό της. ΛΥΣΗ: Ας δεχθούµε ότι η κατακόρυφη επιτάχυνση a του κέντρου της τροχα λίας έχει τιµή που εξασφαλίζει ηρεµία του σωµατος Σ 1 επί του δαπέδου, οπότε αναγκαστικά το σώµα Σ θα ανέρχεται κατακόρυφα και έστω a η επιτάχυνσή του. Το σώµα Σ 1 δέχεται το βάρος του m 1 g, την τάση T 1 του νήµατος και την δύναµη επαφής N από το δάπεδο και λόγω της ισορροπίας του ισχύει: T 1 + N - m 1 g = N = m 1 g - T 1 (1) To σώµα Σ δέχεται το βάρος του m g και την τάση T του νήµατος, λόγω δε της κατακόρυφης επιτάχυνσής του θα έχουµε την σχέση: T - m g = m a T = m g + m a () Σχήµα 4 Εξάλλου η τροχαλία εκτελεί επίπεδη κίνηση σε κατακόρυφο επίπεδο που µπο ρεί να θεωρηθεί ως επαλληλία µιας κατακόρυφης µεταφορικής κίνησης και µιας αριστερόστροφης περιστροφικής κίνησης που οφείλεται στις ροπές περί το κέντρο της των δυνάµεων - T 1 και - T που δέχεται από το νήµα που περιβάλλει το αυλάκι της. Σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης θα έχουµε για την τροχαλία την σχέση: T 1 R - T R = I " T 1 R - T R = MR " /
T 1 - T = MR " / (3) Επειδή το σώµα Σι είναι ακίνητο η εφαπτοµενική επιτάχυνση του σηµείου Α της τροχαλίας είναι µηδενική, δηλαδή µπορουµε να γράψουµε την σχέση: a - " R = a = " R και η (3) γράφεται: T 1 - T = Ma / (4) Aκόµη παρατηρούµε ότι η εφαπτοµενική επιτάχυνση του σηµείου Β της τροχα λίας είναι ίση µε a, δηλαδή ισχύει: a B = a a + " R = a a = a οπότε η () γράφεται: T = m g + m a (5) Συνδυάζοντας την (4) µε την (5) έχουµε: T 1 - m g - m a = Ma / T 1 = m g + ( M/ + m)a (6) Εξάλλου η (1) λόγω της (6) γράφεται: N = m 1 g - m g + ( M/ + m)a (7) Όµως για να µη χάνει το σώµα Σ 1 την επαφή του µε το δάπεδο πρέπει να ισ χύει N, η οποία λόγω της (7) δίνει: m 1 g - m g - ( M / + m)a g( m 1 - m ) ( M/ + m)a a g ( m - m 1 ) ( ) M/ + m a = g m - m 1 max M / + m (8) Εφαρµόζοντας για την τροχαλία το γενικευµένο νόµο της στροφικής κίνησης στην περίπτωση που ανέρχεται µε επιτάχυνση a max παίρνουµε την σχέση: dl dt = " = I $ dl dt = MR dl dt = MR $ & " % g ( m 1 - m ) " a max R $ & % ( ) M/ + m = MgR m - m 1 M + 4m = MRa max (8) P.M. fysikos
Ένα δοκάρι µάζας Μ και µήκους L, κρατείται ακί νητο επί λείου κεκλιµένου επιπέδου γωνίας κλίσεως φ ως προς τον ορίζοντα. Κάποια στιγµή το δοκάρι αφήνεται ελεύθερο και ταυτόχρο να εκτοξεύεται από το κάτω άκρο του κατά µήκος αυτού και προς τα πάνω, ένα µικρό σώµα µάζας m. i) Εάν κατά την κίνηση του σώµατος το δοκάρι παραµένει ακίνητο να βρεθεί η αρχική του ταχύτητα, ώστε το σώµα να σταµατήσει στιγµιαία σε απόσταση L/3 από το σηµείο εκτόξευσής του. ii) Nα εξετάσετε την περαιτέρω κίνηση του σώµατος στο σύστηµα ανα φοράς του δοκαριού. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) To σώµα κινείται επί του δοκαριού υπό την επίδραση του βάρους του w που αναλύεται στην παράλληλη προς το δοκάρι συνιστώσα w x και στην κάθετη προς αυτό συνιστώσα w y και της δύναµης επαφής από το δοκάρι που αναλύεται στην τριβή ολισθήσεως T και στην κάθετη αντίδραση N που εξουδε τερώνει την w y, διότι το σώµα δεν έχει κάθετη προς το δοκάρι κίνηση. Εφάρµό ζοντας για το σώµα το θεώρηµα κινητικής ενέργειας-έργου παίρνουµε την σχέ ση: - mv = W w x + W T -mv = -w L x 3 - T L 3 3mv = 4mgLµ" + 4LT (1) Σχήµα 5 Σχήµα 6 όπου v η ζητούµενη ταχύτητα εκτόξευσης του σώµατος. Εξάλλου το δοκάρι ισορροπεί επί του κεκλιµένου επιπέδου δεχόµενο το βάρος του W, που αναλύε ται στην παράλληλη προς το κεκλιµένο επίπεδο συνιστώσα W x και στην κάθετη προς αυτό συνιστώσα W y, την δύναµη επαφής από το σώµα που αναλύεται στην συνιστώσα T αντίθετη της T και στην συνιστώσα N αντίθετη της N και τέλος την δύναµη επαφής A από το κεκλιµένο επίπεδο, της οποίας ο φορέας είναι κάθετος σ αυτό (σχ. 6). Λόγω της ισορροπίας του δοκαριού έχουµε: T = W x = Mgµ" () Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και () παίρνουµε:
3mv = 4mgLµ" + 4LMgµ" v = 4 ( m + M )glµ" 3m ( v = m + M )glµ" 3m (3) ii) To σώµα αφού ηρεµήσει στιγµιαία τείνει να ολισθήσει προς τα κάτω µε απο τέλεσµα να δέχεται από το δοκάρι τριβή T προς τα πάνω, ενώ το δοκάρι ωθεί ται προς τα κάτω µε δύναµη - T. Αν δεχθούµε ότι η τριβή είναι στατική, τότε το σώµα θα ηρεµεί ως προς το δοκάρι και εποµένως θα έχει την ίδια επι τάχυνση a µε αυτό, σύµφωνα δε µε τον δεύτερο νόµο της κίνησης του Νεύτω να θα ισχύουν οι σχέσεις: Mgµ" + T = Ma $ mgµ" - T = ma % (+ ) ( M + m)gµ" = ( M + m)a a = gµ" Σχήµα 7 Σχήµα 8 που σηµαίνει Τ=. Όµως αυτό αποτελεί άτοπο, διότι κατα την έναρξη της κίνη σης του σώµατος αυτό τείνει να ολισθήσει προς τα κάτω επί του δοκαριού και εποµένως είναι Τ>. Εποµένως η T είναι τριβή ολισθήσεως, που σηµαίνει ότι το σώµα και το δοκάρι έχουν διαφορετικές επιταχύνσεις. Εξετάζοντας το σώµα στο σύστηµα αναφοράς του δοκαριού αυτό δέχεται κατά την παράλληλη προς το δοκάρι διεύθυνση, την συνιστώσα w x του βάρους του, την τριβή ολίσθησης T και την αδρανειακή δύναµη D Alembert -m a, όπου a η επιτάχυνση του δοκαριού στο σύστηµα αναφοράς του κεκλιµένου επιπέδου. Εξάλλου το δοκάρι επιταχύνεται προς τα κάτω και σύµφωνα µε τον δεύτερο νόµο της κίνησης του Νευτωνα θα έχουµε την σχέση: W x + T = Ma Mgµ" + Mgµ" = Ma a = g"µ (4) Εάν a " είναι η σχετική επιτάχυνση του σώµατος ως προς το δοκάρι, σύµφωνα µε τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα θα έχουµε: (4) T + ma - w x = ma " Mgµ" + mgµ" - mgµ" = ma $ a " = ( M + m)gµ$ / m
Δηλαδή το σώµα επιταχύνεται οµαλά εκ της ηρεµίας προς τα πάνω σε σχέση µε το δοκάρι και κάποια στιγµή θα το εγκαταλείψει. P.M. fysikos Ένα οµογενές ηµισφαίριο ακτίνας R, κρέµεται από το άκρο του µε νήµα όπως φαίνεται στο σχήµα (9), µε τέτοιο τρόπο ώστε να εφάπτεται απλώς, χωρίς να πιέζει το τραχύ δάπεδο που βρίσ κεται από κάτω του. Kάποια στιγµή κόβουµε το νήµα και το ηµισ φαίριο αρχίζει να κυλίεται επί του οριζόντιου δαπέδου. Να βρείτε την επιτάχυνση του γεωµετρικού κέντρου του ηµισφαιρίου κατά την έναρξη της κινήσεώς του. Το κέντρο µάζας του ηµισφαιρίου βρίσκεται στον άξονα συµµετρίας του σε απόσταση 3R/8 από το γεωµετρικό του κέντρο η δε ροπή αδράνειας ενός οµογενούς σφαιρικού σώµατος µά ζας m και ακτίνας R ως προς άξονα διερχόµενο από το κέντρο του είναι Ι=mR /5. Δίνε ται ακόµη η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: Πρίν κοπεί το νήµα το ηµισφαίριο ισορροπεί υπό την επίδραση του βά ρους του w και της τάσεως F του κατακόρυφου νήµατος που το συγκρατεί. Οι δύο αυτές δυνάµεις πρέπει να έχουν τον ίδιο φορέα αντίθετες φορές και ίσα µέτρα, που σηµαίνει ότι η προς τα κάτω προέκταση του νήµατος διέρχεται από το κέντρο µάζας C του ηµισφαιρίου (σχ. 9). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟCB έχουµε: " = OC/OB = 3R/8R = 3/8 Σχήµα 9 Σχήµα 1 όπου φ η κλίση της διαµέτρου του ηµισφαιρίου που διέρχεται από το σηµείο εξάρτησης του Β µε το νήµα, ως προς την κατακόρυφη διεύθυνση. Το ηµισφαί ριο αµέσως µετά την θραύση του νήµατος έρχεται εκ της ηρεµίας σε επαφή µε το τραχύ οριζόντιο εδαφος και οι δυνάµεις που δέχεται το θέτουν σε κίνηση. Με την προυπόθεση ότι το ηµισφαίριο κυλίεται χωρίς ολίσθηση πάνω στο οριζόντιο δάπεδο η κίνησή του µπορεί κάθε στιγµή να θεωρηθεί ως γνήσια περι στροφή περι οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το εκάστοτε στιγµιαίο κέντρο του, που είναι το σηµείο επαφής του Α µε το οριζόντιο δάπεδο. Επειδή η περιστροφή αυτή είναι δεξιόστροφη το σηµείο επαφής Α τείνει να κινηθεί προς
τα αριστερά µε αποτέλεσµα η στατική τριβή T από το δάπεδο να έχει φορά προς τα δεξιά (σχ. 1), ενώ ο φορέας της κάθετης αντίδρασης N του δαπέδου διέρχεται από το γεωµετρικό κέντρο Ο του ηµισφαιρίου. Εφαρµόζοντας για το ηµισφαίριο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης την στιγµή t= που έρχεται σε επαφή µε το δάπεδο παίρνουµε την σχέση: " (A) = I A $ wrµ" = I A $ " = mgrµ$ / I A (1) όπου " η γωνιακή επιτάχυνση του ηµισφαιρίου, m η µάζα του και Ι Α η ροπή αδράνειάς του ως προς τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής του. Σύµφωνα µε το θεώρηµα του Steiner η Ι Α συνδέεται µε την ροπή αδράνειάς του Ι C ως προς άξονα παράλληλο προς τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής και διερχόµενο από το κέντρο µάζας του C, µέσω της σχέσεως: I A = I C + m( AC) () Από το ίδιο θεώρηµα έχουµε την σχέση: I O = I C + m( OC) I C = I O - m( OC) I C = 1 4mR $ " 5 % & - m 3R " 8 $ & % = mr 5-9mR 64 (3) όπου Ιο η ροπή αδράνειας του ηµισφαιρίου ως προς άξονα παράλληλο προς τον στιγµιαίο άξονα περιστροφής και διερχόµενο από το γεωµετρικό του κέντρο Ο, η οποία είναι ίση προς το µισό της ροπής αδράνειας µιας οµογενούς σφαίρας µάζας m και ακτίνας R, ως προς άξονα διερχόµενο από το κέντρο της. Εφαρµό ζοντας εξάλλου στο τρίγωνο ΟΑC το θεώρηµα του συνηµιτόνου, παίρνουµε την σχέση: ( AC) = R + 3R $ & " 8 % οπότε η () µέσω των (3) και (4) γράφεται: - R 3R $ & '()* = R + 9R " 8 % 64-3R +µ, (4) 4 I A = mr 5-9mR 64 + mr + 9mR 64-3mR µ" 4 I A = mr 5 + mr - 3mR 4 µ" = mr ( 6-15µ" ) (5) H (1) λόγω της (4) δίνει: " = mgrµ$ ( ) = gµ$ R( 6-15µ$ ) mr 6-15µ$ (6) Όµως κατα την έναρξη της κινήσεως του ηµισφαιρίου το γεωµετρικό του κέν τρο Ο έχει µηδενική ταχύτητα, που σηµαίνει ότι µηδενική θα είναι και η κεν
τροµόλος επιτάχυνσή του, δήλαδή η επιτάχυνσή του a O είναι επιτρόχιος µε φορέα κάθετο στην επιβατική του ακτίνα AO (σχ. 1) το δε µέτρο της είναι ίσο µε (ΑΟ)ω, δηλαδή θα έχουµε την σχέση: µε (6) a O = " R µ" = $" 1 + $ " a O = (6) Rgµ" R( 6-15µ" ) = gµ" 6-15µ" µ" = 3/8 ( ) = 1 + 3/8 3 73 (7) P.M. fysikos