5. ΟΡΜΗ ΩΘΗΣΗ. Ορμή - ορισμός

5. ΟΡΜΗ ΩΘΗΣΗ Στο παρόν κεφάλαιο θα μελετηθούν δυο πολύ σημαντικές ποσότητες της Φυσικής, η ορμή και η ώθηση. Η σημασία της πρώτης ποσότητας είναι ότι κάτω από ορισμένες προϋποθέσεις διατηρείται σταθερή και από τον νόμο της διατήρησης μπορούμε να υπολογίσουμε τις ταχύτητες διαφόρων σωμάτων, συνήθως πριν ή μετά από κάποια κρούση. Η δεύτερη ποσότητα η ώθηση, έχει να κάνει με την χρονική διάρκεια μιας δύναμης και είναι χρήσιμη σε περιπτώσεις όπου θέλουμε να υπολογίσουμε διάφορες μεταβολές της ορμής. Επίσης σε αυτό το κεφάλαιο θα δώσουμε έναν εναλλακτικό αλλά πιο γενικό ορισμό του νόμου του Νεύτωνα ο οποίος ισχύει και σε περιπτώσεις μεταβαλλόμενης μάζας (ενώ η διατύπωση του νόμου στο προηγούμενο κεφάλαιο ισχύει μόνο για συστήματα σταθερής μάζας). Ορμή - ορισμός Μια χρήσιμη ποσότητα στη Φυσική είναι η "ορμή" η οποία ορίζεται ως το γινόμενο της μάζας ενός σώματος επί την ταχύτητά του. Η ορμή είναι πολύ χρήσιμη στις συγκρούσεις σωμάτων και μας επιτρέπει τον υπολογισμό διαφόρων κινητικών μεγεθών. Επίσης, όπως θα δούμε, μας επιτρέπει να γράψουμε τον 2 ο νόμο του Νεύτωνα σε πιο γενική μορφή ο οποίος ισχύει και στην περίπτωση μεταβαλλόμενης μάζας του κινητού. Η ορμή είναι ένα διανυσματικό μέγεθος και ορίζεται από την p = mv ΟΡΜΗ ΟΡΙΣΜΟΣ (5.1) Οι μονάδες της είναι τα kg m/s. πό τις ιδιότητες πολλαπλασιασμού αριθμού με διάνυσμα που μελετήσαμε σε προηγούμενο κεφάλαιο, κατανοούμε ότι η ορμή p έχει την ίδια φορά με την ταχύτητα v και μέτρο ίσο με p = mv. Επίσης βλέπουμε ότι οι συνιστώσες της p x και p y στις δυο διαστάσεις είναι οι εξής: p x = mv x p y = mv y ΣΥΝΙΣΤΩΣΕΣ ΟΡΜΗΣ (5.2) Μερικές φορές μας ενδιαφέρει και η μεταβολή της ορμής μεταξύ δυο διαφορετικών στιγμών και η οποία ορίζεται ως Δp = p p 0 ΜΕΤΟΛΗ ΟΡΜΗΣ (5.3) όπου p είναι η τελική και p 0 η αρχική ορμή αντίστοιχα.

Παράδειγμα 5.1 Μια σημειακή μάζα m = 0.6 kg κινείται με ταχύτητα 5 m/s όταν ξαφνικά μια δύναμη ασκείται πάνω της κατά τη διεύθυνση της ταχύτητας για 2 δευτερόλεπτα και της προσδίδει επιτάχυνση 1.2 m/s 2. Να βρεθεί η μεταβολή της ορμής της μάζας πριν και μετά την δράση της δύναμης. Λύση: Το πρόβλημα είναι μονοδιάστατο οπότε δεν χρειάζεται να χρησιμοποιούμε διανύσματα. πό την Εξ. 5.1 η αρχική ορμή ισούται με p 0 = mv 0 = 0.6 5 = 3 kg m/s πό τις εξισώσεις της ομαλά επιταχυνόμενης κίνησης, βρίσκουμε για την τελική ταχύτητα και επομένως η τελική ορμή ισούται με v = v 0 + at = 5 + 1.2 2 = 7.4 m/s p = mv = 0.6 7.4 = 4.44 kg m/s Η μεταβολή της ορμής σύμφωνα με την Εξ. 5.3 ισούται με Δp = p p 0 = 4.44 3.00 = 1.44 kg m/s Παράδειγμα 5.2 Μια μπάλα ποδοσφαίρου μάζας m = 0.1 kg κινείται οριζόντια με ταχύτητα 10 m/s απειροστά πριν κτυπήσει το δοκάρι της εστίας. Να υπολογισθεί η μεταβολή της ορμής απειροστά πριν απειροστά μετά με την πρόσκρουση στο δοκάρι. Λύση: Σύμφωνα με την Εξ. 5.1, η αρχική ορμή ισούται με p 0 = mv 0 = 0.1 10 = 1 kg m/s Όταν η μπάλα αναπηδάει στο δοκάρι, επειδή είναι πολύ ελαστική, το μέτρο της ταχύτητάς της δεν μεταβάλλεται σημαντικά, απλά αντιστρέφεται η κατεύθυνση της. Επομένως η τελική ταχύτητα ισούται προσεγγιστικά με v = 10 m/s και η τελική ορμή είναι ίση με p = mv = 0.1 10 = 1 kg m/s Η μεταβολή της ορμής σύμφωνα με την Εξ. 5.3 ισούται με Δp = p p 0 = 1 1 = 2 kg m/s Παράδειγμα 5.3

Μια μπάλα του τένις μάζας 0.02 kg προσπίπτει στο έδαφος με ταχύτητα 25 m/s και γωνία 40 0 ως προς αυτό. Να υπολογισθεί η μεταβολή της ορμής αμέσως πριν αμέσως μετά την αναπήδηση από το έδαφος. 40 0 v 0x v 0 v 40 0 40 0 v 0y v 0 v v y 40 0 v x Λύση: Όπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα, η μπάλα αναπηδάει με την ίδια γωνία με την οποία προσπίπτει, όπως γνωρίζουμε και από την καθημερινή μας εμπειρία. ναλύουμε την αρχική ταχύτητα v 0 = 25 m/s σε συνιστώσες v 0x = v 0 cos40 0 = 19.1 m/s v 0y = v 0 sin40 0 = 16.1 m/s Οι αντίστοιχες συνιστώσες της ορμής σύμφωνα με την Εξ. 5.2 είναι οι p 0x = mv 0x = 0.02 19.1 = 0.382 kg m/s p 0y = mv 0y = 0.02 16.1 = 0.322 kg m/s Η y-συνιστώσα είναι αρνητική επειδή η μπάλα κινείται προς τα κάτω. Μετά την αναπήδηση όμως, η μπάλα κινείται προς τα πάνω και επομένως αυτή η συνιστώσα αναγκαστικά αλλάζει πρόσημο. Για να παραμένει ίδια η γωνία πρέπει οι συνιστώσες να μην αλλάζουν κατά μέτρο. Επομένως Οι αντίστοιχες συνιστώσες της ορμής είναι οι v x = v 0 cos40 0 = 19.1 m/s v y = v 0 sin40 0 = 16.1 m/s p x = mv x = 0.02 19.1 = 0.382 kg m/s p y = mv y = 0.02 16.1 = 0.322 kg m/s Μπορούμε να βρούμε την μεταβολή της ορμής είτε από τις συνιστώσες είτε γραφικά. πό τις συνιστώσες έχουμε Δp x = p x p 0x = 0 Δηλαδή η x-συνιστώσα δεν μεταβάλλεται. ντιθέτως για την y-συνιστώσα έχουμε

Δp y = p y p 0y = 0.322 ( 0.322) = 6.44 kg m/s Επομένως η μεταβολή τη ορμής είναι κατακόρυφη. υτό μπορούμε να το δούμε και γραφικά. Θυμηθείτε από την αφαίρεση διανυσμάτων ότι μπορούμε να γράψουμε Δp = p p 0 = p + ( p 0 ) οπότε προσθέτουμε το αντίθετο της αρχικής ορμής στην τελική ορμή. Όπως είδαμε στο κεφάλαιο με τα διανύσματα, για να προσθέσουμε δυο διανύσματα, φέρνουμε το πέρας του ενός στην αρχή τον άλλου. Τότε το άθροισμά τους βρίσκεται εάν ενώσουμε τα δυο ελεύθερα άκρα. p p 0 Δp λέπουμε ότι και με αυτή τη μέθοδο, το Δp είναι κατακόρυφο. Όπως θα δούμε στο επόμενο εδάφιο, αυτό δεν είναι τυχαίο αλλά η διαφορά της ορμής είναι ανάλογη της δύναμης που δέχεται μια μάζα. Σε αυτή τη περίπτωση η δύναμη είναι η κατακόρυφη αντίδραση από το έδαφος για αυτό και το Δp είναι κατακόρυφο. Θεώρημα Ώθησης Ορμής Έστω ότι μια δύναμη F δρα σε μια μάζα m και της προσδίδει επιτάχυνση a = dv /dt. πό τον 2 ο νόμο του Νεύτωνα μπορούμε να καταλήξουμε στο εξής αποτέλεσμα F = ma => F = m dv dt => F dt = mdv Ολοκληρώνοντας από τη χρονική στιγμή t 1 έως την t 2 και από ταχύτητα v 1 έως και v 2 έχουμε t 2 v 2 F dt = d(mv ) t 1 Η ποσότητα μέσα στο 2 ο ολοκλήρωμα είναι ένα τέλειο διαφορικό, το διαφορικό της ορμής p = mv, οπότε ολοκληρώνεται εύκολα. Το 1 Ο ολοκλήρωμα ονομάζεται "ώθηση", είναι διανυσματικό μέγεθος και έχει μονάδες N s. v 1 t 2 Ω = F dt ΩΘΗΣΗ (5.4) t 1

Επομένως έχουμε το εξής θεώρημα ώθησης - ορμής Ω = p 2 p 1 ΘΕΩΡΗΜ ΩΘΗΣΗΣ- ΟΡΜΗΣ (5.5) Η ποσότητα p 2 p 1 είναι στην ουσία η τελική μείον την αρχική ορμή δηλαδή το Δp που είδαμε στο προηγούμενο εδάφιο. Παράδειγμα 5.4 Ένας αθλητής άλματος εις ύψος με μάζα 75 kg προσγειώνεται μετά το άλμα του με ταχύτητα 8 m/s σε στρώμα και έρχεται σε πλήρη ακινησία μετά από 3 s. (α) Να υπολογισθεί η δύναμη που δέχεται από το στρώμα εάν αυτή θεωρηθεί σταθερή και (β) Να γίνει το ίδιο εάν ο άλτης προσέπιπτε σε τσιμεντένιο επίπεδο με πολύ μικρότερο χρόνο επιβράδυνσης 0.25 s. Λύση: (α) πό το θεώρημα ώθησης ορμής Εξ. 5.5 στη μια διάσταση (την κατακόρυφη) έχουμε: t 2 Fdt = p 2 p 1 t 1 φού η δύναμη είναι σταθερή, βγαίνει εκτός ολοκληρώματος. Επίσης η τελική ορμή είναι μηδέν αφού ο αθλητής έρχεται σε ακινησία. Έτσι: t 2 F dt t 1 = 0 p 1 => FΔt = mv => F = mv Δt (β) Ο υπολογισμός είναι ο ίδιος, μόνο ο χρόνος αλλάζει F = mv Δt = 75 ( 8) 0.25 = 75 ( 8) 3 = 2400 N = 200 N υτή είναι μια μεγάλη δύναμη για το ανθρώπινο σώμα, ειδικά εάν λάβει κανείς υπόψιν του ότι ένα οστό μπορεί να σπάσει με δυνάμεις της τάξεως των 3000 Ν και επομένως γίνεται κατανοητό γιατί χρησιμοποιούνται μαλακά στρώματα σε τέτοιες περιπτώσεις και όχι σκληρά υλικά. Ο 2 ος Νόμος του Νεύτωνα ως μεταβολή της Ορμής Εάν στην Εξ. 4.1 που περιγράφει τον 2 ο νόμο του Νεύτωνα F = ma γράψουμε την επιτάχυνση ως a = dv /dt, τότε οδηγούμαστε στο αποτέλεσμα

F = m dv dt = d(mv ) dt όπου η μάζα m εισήλθε μέσα στην παραγώγιση επειδή είναι σταθερή. Ο όρος μέσα στην παρένθεση είναι η ορμή οπότε καταλήγουμε σε μια εναλλακτική μορφή του νόμου του Νεύτωνα: F = dp dt 2 ος ΝΟΜΟΣ του ΝΕΥΤΩΝ (5.6) Δηλαδή με λόγια μπορούμε να πούμε ότι: Η δύναμη ισούται με την χρονική μεταβολή της ορμής Εάν υπάρχουν περισσότερες της μιας δύναμης τότε ως F θεωρείται η συνισταμένη δύναμη. Παρόλο που αποδείξαμε αυτή τη σχέση για σταθερή μάζα, έχει γενικότερη ισχύ ακόμα και για συστήματα μεταβαλλόμενης μάζας όπως π.χ. ένα βλήμα που εκρήγνυται σε πολλαπλά κομμάτια ή στην περίπτωση ενός πυραύλου που χάνει συνεχώς καύσιμη μάζα. Θα μπορούσαμε να πούμε ότι η σταθερής μάζας F = ma είναι ειδική περίπτωση της Εξ. 5.6 για σώματα Παράδειγμα 5.5 Πύραυλος μάζας Μ 0 κινείται στο διάστημα με σταθερή αρχική ταχύτητα v 0 χωρίς ενεργοποιημένο τον μηχανισμό προώθησης. Ξαφνικά στο t = 0 ενεργοποιείται ο μηχανισμός ο οποίος καίει υδρογόνο με ρυθμό κ χιλιόγραμμα ανά δευτερόλεπτο (θετικός αριθμός) τα μόρια του οποίου εκτοξεύονται λόγω της υψηλής θερμοκρασίας τους στο διάστημα με μεγάλη ταχύτητα V σχετικά με τον πύραυλο. Να βρεθεί η ταχύτητα του πυραύλου σε κάθε χρονική στιγμή t > 0 ενόσω υπάρχει ακόμα διαθέσιμο καύσιμο στον πύραυλο. M V dm M dm v v + dv Λύση: Έστω ότι την χρονική στιγμή t ο πύραυλος έχει συνολική μάζα M (καύσιμο + σώμα πυραύλου) και ταχύτητα v. Την επόμενη χρονική στιγμή t + dt ο πύραυλος χάνει μάζα dm και έτσι η μάζα του γίνεται M dm. Θα υποθέσουμε ότι η ταχύτητά του αλλάζει σε v + dv.

Εάν η υπόθεσή μας είναι λάθος, εάν δηλαδή η ταχύτητα του πυραύλου είναι σταθερή, τότε θα καταλήξουμε σε dv = 0. Χάριν απλότητας θα θεωρήσουμε ότι ο πύραυλος κινείται προς τα δεξιά οπότε η ταχύτητά του v είναι θετική και έτσι εάν το dv βρεθεί θετικό, τότε ο πύραυλος θα επιταχύνεται και αντιστρόφως εάν το dv βρεθεί αρνητικό. Η ορμή του πυραύλου χρονική στιγμή t ισούται με: p 1 = Μv Η ολική ορμή του πυραύλου χρονική στιγμή t + dt περιλαμβάνει δυο όρους: Τη ποσότητα του αερίου μάζας dm που εξέρχεται και τον πύραυλο μαζί με το παραμένον καύσιμο με συνολική μάζα M dm. Η μάζα dm κινείται με σχετική ταχύτητα V προς τα πίσω ως προς τον πύραυλο αλλά επειδή ο πύραυλος κινείται με ταχύτητα v προς μπρος, η απόλυτη ταχύτητα της dm ισούται με v V. Όπως προαναφέρθηκε, η ταχύτητα του πυραύλου είναι ίση με v + dv οπότε η ολική ορμή ισούται με : p 2 = (M dm)(v + dv) + (v V)dM Όταν απαλειφθούν οι παρενθέσεις, εμφανίζονται πολλοί όροι, ένας από τους οποίους είναι και ο dvdm. υτό είναι το λεγόμενο διαφορικό 2 ης τάξης το οποίο είναι εξαιρετικά μικρό νούμερο ως γινόμενο δυο διαφορικών και έτσι το αγνοούμε (όταν πολλαπλασιάσουμε δυο μικρούς αριθμούς όπως π.χ. στο γινόμενο 0.01 0.02, το αποτέλεσμα είναι ακόμα μικρότερο, εδώ 0.0002). Έτσι παραλείποντας τον όρο dvdm, το ανάπτυγμα των υπόλοιπων όρων στην παραπάνω διαφορά dp = p 2 p 1 οδηγεί στο αποτέλεσμα: πό την Εξ. 5.6 έχουμε dp = vdm + Μdv + vdm VdM = Μdv VdM F = dp dv dm = Μ V dt dt dt Εφόσον δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στο διάστημα, τότε αναγκαστικά F = 0 και η παραπάνω εξίσωση γίνεται Μ dv dm = V dt dt (εάν π.χ. ο πύραυλος κινείται σε βαρυτικό πεδίο κατακόρυφα, η δύναμη F θα ήταν το βάρος του πυραύλου). Ο πρώτος όρος στην παραπάνω έκφραση είναι παρόμοιος με τον αντίστοιχο όρο μάζα επιτάχυνση στην κλασσική έκφραση του νόμου του Νεύτωνα και επομένως αντιπροσωπεύει κάποιου είδος "δύναμης" η οποία στην ουσία είναι η δύναμη προωθήσεως του πυραύλου. Ο όρος dm/dt είναι ο ρυθμός κ που χάνει ο πύραυλος μάζα. φού το κ είναι σταθερό τότε μπορούμε να γράψουμε για τη μάζα του πυραύλου ότι M = M 0 κt και επομένως ή (M 0 κt ) dv dt = Vκ

dv dt = Vκ M 0 κt = V τ t όπου η σταθερά τ = Μ 0 /κ έχει διαστάσεις χρόνου. Το διαφορικό μιας σταθεράς είναι μηδέν και έτσι μπορούμε να γράψουμε d(τ t) = dt. Η παραπάνω σχέση τότε γράφεται και μπορεί να ολοκληρωθεί πολύ εύκολα οδηγώντας στην dv = V d(τ t) τ t v dv v 0 t d(τ t) = V τ t v = v 0 Vln(1 t/τ) H αντίστοιχη επιτάχυνση a = dv/dt ισούται με a = 0 V τ t Η γραφική παράσταση της ταχύτητας φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Παρόλο που η δύναμη προωθήσεως είναι σταθερή, η κλίση της v(t), δηλαδή η επιτάχυνση, αυξάνει ελαφρά επειδή ο πύραυλος χάνει μάζα. v v 0 t Διατήρηση της Ορμής πό την Εξ. 5.6 βλέπουμε ότι όταν δεν ασκείται κάποια δύναμη σε ένα σώμα, τότε η ορμή του παραμένει σταθερή, δηλαδή p = σταθερό. Εάν η μάζα του σώματος είναι σταθερή, τότε η παραπάνω συνθήκη οδηγεί στο v = σταθερό. υτό βέβαια για ένα σώμα δεν είναι τίποτε

άλλο παρά ο 1 ος νόμος του Νεύτωνα ο οποίος μας λέει ότι απουσία δυνάμεων, ένα σώμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση. Μπορεί αυτή η ιδέα να γενικευτεί στην περίπτωση ενός συστήματος δυο ή περισσοτέρων σωμάτων; Θεωρήστε το παρακάτω Σχήμα 5.1. όπου δυο σημειακές μάζες m 1 και m 2 αλληλοεπιδρούν μεταξύ τους ως εξής: f 12 είναι η δύναμη που δρα στην μάζα 1 εξαιτίας της μάζας 2 f 21 είναι η δύναμη που δρα στην μάζα 2 εξαιτίας της μάζας 1 υτές οι δυνάμεις μπορεί να είναι π.χ. δυνάμεις επαφής κατά τη διάρκεια μιας σύγκρουσης ή θα μπορούσαν να είναι και ηλεκτρικές δυνάμεις εάν οι δυο μάζες ήταν φορτισμένες κτλ. και ονομάζονται "εσωτερικές δυνάμεις" του συστήματος των δυο μαζών. m 1 f 12 f 21 F 2 F 1 m 2 Σχήμα 5.1. Εσωτερικές και εξωτερικές δυνάμεις σε ένα σύστημα δυο μαζών. Επιπλέον στο σχήμα φαίνονται και κάποιες "εξωτερικές δυνάμεις" που δρουν στα δυο σώματα από κάποιο άλλο σώμα, ξένο με το σύστημα των δυο μαζών. Η F 1 δρα στην μάζα m 1 και η F 2 δρα στη μάζα m 2. υτές οι δυνάμεις θα μπορούσαν να είναι π.χ. δυνάμεις βαρύτητας, τάση κάποιου νήματος, δυνάμεις τριβής ή κάθετης αντίδρασης από κάποια επιφάνεια κ.τ.λ. Ο 2 ος νόμος του Νεύτωνα, Εξ. 5.6 για τη κάθε μάζα ξεχωριστά δίνει: F 1 + f 12 = dp 1 dt F 2 + f 21 = dp 2 dt Οι δυνάμεις f 12 και f 21 έχουν την μορφή δράσης-αντίδρασης και από τον 3 ο νόμο του Νεύτωνα γνωρίζουμε ότι είναι ίσες και αντίθετες. Επομένως εάν προσθέσουμε τις δυο παραπάνω εξισώσεις, αυτές οι δυο δυνάμεις αλληλοαναιρούνται και έτσι έχουμε: F 1 + F 2 = dp 1 dt + dp 2 dt Εάν ορίσουμε την συνολική ορμή του συστήματος των μαζών ως Σp = p 1 + p 2 και την συνισταμένη όλων των εξωτερικών δυνάμεων που δρουν στο σύστημα ως ΣF = F 1 + F 2, τότε έχουμε

ΣF = d(σp ) dt Η παραπάνω εξίσωση μπορεί να γενικευτεί για ένα σύστημα με οποιοδήποτε αριθμό σωμάτων που αλληλοεπιδρούν μεταξύ τους και στο οποίο σύστημα δρα ένα σύνολο εξωτερικών δυνάμεων με συνισταμένη ΣF ΕΞ. Σε αυτή την περίπτωση ΣF ΕΞ = d(σp ) dt ΕΞΩΤ. ΔΥΝΜΕΙΣ - ΟΡΜΗ (5.7) όπου η ποσότητα Σp είναι η συνολική ορμή του συστήματος και δίνεται από την: Σp = p 1 + p 2 + + p N ΟΛΙΚΗ ΟΡΜΗ (5.8) Η Εξ. 5.7 μας θυμίζει την Εξ. 5.6 που ισχύει για ένα μοναδικό σώμα για ένα σώμα με την μόνη διαφορά ότι εδώ μιλάμε για ολικά μεγέθη και λαμβάνουμε υπόψη μόνο εξωτερικές δυνάμεις, ακόμα και εάν οι εσωτερικές δυνάμεις είναι τεράστιες όπως στην περίπτωση μιας έκρηξης. Όταν εξετάζουμε το σύνολο των θραυσμάτων, οι δυνάμεις της έκρηξης είναι εσωτερικές δυνάμεις. πό την Εξ. 5.7 είναι προφανές ότι εάν δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα, τότε d(σp )/dt = 0 που σημαίνει ότι Σp : σταθερό. υτός ο νόμος είναι γνωστός ως "η διατήρηση της ορμής" και εκφράζεται με λόγια ως εξής: πουσία εξωτερικών δυνάμεων, η συνολική ορμή ενός συστήματος μαζών διατηρείται. Συνήθως η διατήρηση της ορμής εφαρμόζεται σε δυο σώματα που αλληλεπιδρούν μεταξύ τους, όπως στο παρακάτω Σχήμα 5.2 και έτσι οι δυνάμεις είναι μόνο εσωτερικές, θεωρώντας ότι δεν υπάρχουν εξωτερικές τριβές ή άλλες εξωτερικές δυνάμεις. Σε αυτή τη περίπτωση ο νόμος γράφεται ως Σp πριν = Σp μετά ΔΙΤΗΡΗΣΗ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ (5.9) ΠΡΙΝ ΕΠΦΗ ΜΕΤ v 1 1 u 2 1 2 2 v 2 u 1 2 1 Σχήμα 5.2. Ταχύτητες δυο σωμάτων πριν και μετά τη σύγκρουση. όπου Σp πριν και Σp μετά είναι η συνολική ορμή των δυο σωμάτων πριν και μετά την αλληλεπίδραση (π.χ. επαφή) αντιστοίχως. Σε αυτό το κεφάλαιο θα χρησιμοποιήσουμε τον εξής συμβολισμό - ονοματολογία:

u 1 : ταχύτητα του σώματος 1 πριν τη σύγκρουση u 2 : ταχύτητα του σώματος 2 πριν τη σύγκρουση v 1 : ταχύτητα του σώματος 1 μετά τη σύγκρουση v 2 : ταχύτητα του σώματος 2 μετά τη σύγκρουση Με τη χρήση του παραπάνω συμβολισμού, η Εξ. 5.9 γράφεται και ως: m 1 u 1 + m 2 u 2 = m 1 v 1 + m 2 v 2 ΔΙΤΗΡΗΣΗ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ (5.10) Υπάρχει μια ειδική περίπτωση όπου ακόμα και όταν δρα μια εξωτερική δύναμη σε ένα σύστημα, μπορούμε και πάλι προσεγγιστικά να χρησιμοποιήσουμε την διατήρηση της ορμής Εξ. 5.9. υτό γίνεται όταν εξετάζουμε δυο χρονικές στιγμές απειροστά κοντά. Θεωρήστε την Εξ. 5.7 η οποία μπορεί να γραφτεί ως d(σp ) = ΣF ΕΞ dt κόμα και εάν οι εξωτερικές δυνάμεις ΣF ΕΞ που δρουν σε ένα σώμα ή σε ένα σύστημα σωμάτων είναι πολύ ισχυρές, επειδή dt 0 τότε αναγκαστικά και d(σp ) 0 οπότε η μεταβολή της ορμής είναι ανεπαίσθητη. Πάρτε για παράδειγμα μια πέτρα μάζας m που πετιέται κατακόρυφα προς τα πάνω. Ως γνωστόν η ταχύτητά της v μειώνεται συνεχώς λόγω της δράσης της εξωτερικής δύναμης που δεν είναι άλλη από τη βαρύτητα και επομένως και η ορμής της mv μειώνεται συνεχώς. Έτσι δεν έχει νόημα να μιλάμε για την διατήρηση της ορμής. Εάν όμως η ταχύτητά της πέτρας κατά τη χρονική στιγμή t = 1 s είναι για παράδειγμα ίση με 0.6 m/s, δεν περιμένουμε πρακτικώς να έχει αλλάξει δραματικά κατά μια αμέσως επόμενη κοντινή χρονική στιγμή t = 1.00000000001 s και έτσι μπορούμε με πολύ μεγάλη ακρίβεια να πάρουμε την διατήρηση της ορμής κατά τις δυο αυτές κοντινές χρονικές στιγμές. Εάν π.χ. αντί για πέτρα είχαμε ένα ιπτάμενο πυροτέχνημα το οποίο τη χρονική στιγμή t 1 εκρήγνυται και διαχωρίζεται στα φλεγόμενα φωτεινά θραύσματά του, μπορούμε να πάρουμε τη διατήρηση της ορμής κατά τις χρονικές στιγμές t 1 + και t 1 για να υπολογίσουμε διάφορες ποσότητες του συστήματος όπως π.χ. την ταχύτητα ενός θραύσματος. Παράδειγμα 5.6 Ένα κορίτσι 20 kg και ένα αγόρι αγνώστου μάζας κάνουν πατινάζ και αρχικά στέκονται αντικριστά. Ωθούν ο ένας τον άλλον όσο πιο δυνατά μπορούν, και το αγόρι κινείται προς τα αριστερά με ταχύτητα 2 m/s, ενώ η κοπέλα κινείται προς τα δεξιά με ταχύτητα 3 m/s. Πόση είναι η μάζα του αγοριού; Λύση: Στο σύστημα αγοριού-κοριτσιού η μεταξύ τους ώθηση είναι εσωτερική δύναμη και επομένως μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη διατήρηση της ορμής. Όλες οι ταχύτητες είναι οριζόντιες και επομένως δεν χρειάζεται να χρησιμοποιήσουμε διανύσματα αλλά πρέπει να προσέξουμε

με τα πρόσημα. Θα λάβουμε ως κινητό Νο. 1 το κορίτσι και κινητό Νο. 2 το αγόρι και έτσι m 1 = 20 kg ενώ ο άγνωστος είναι το m 2. Οι ταχύτητες θεωρούνται θετικές όταν η φορά τους είναι προς τα δεξιά και αρνητικές στην αντίθετη περίπτωση. πό τα δεδομένα έχουμε u 1 = u 2 = 0 (πριν και οι δυο είναι ακίνητοι), v 1 = 3 m/s (το κορίτσι κινείται προς τα δεξιά μετά την επαφή), ενώ v 2 = 2 m/s (το αγόρι κινείται προς τα αριστερά μετά την επαφή). πό την Εξ. 5.10 έχουμε στη μια διάσταση: Παράδειγμα 5.7 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 20 3 + m 2 ( 2) = 0 m 2 = 30 kg Ένα παιδί 30 kg κάνει πατινάζ και αρχικά είναι ακίνητο. Ο πατέρας του από έξω του πετάει μια μπάλα 0.8 kg με ταχύτητα 15 m/s. Τι ταχύτητα θα έχει το παιδί όταν θα πιάσει την μπάλα; Λύση: πό τα δεδομένα έχουμε: m 1 = 30 kg, m 2 = 0.8 kg, u 1 = 0 (αρχικά το παιδί είναι ακίνητο), u 2 = 15 m/s (θεωρούμε αυθαίρετα ότι η μπάλα ταξιδεύει προς τα δεξιά). φού το παιδί πιάσει τη μπάλα, και οι δύο κινούνται με την ίδια ταχύτητα και έτσι μπορούμε να γράψουμε v 1 = v 2 = v (δίνουμε μια κοινή μεταβλητή v στης δυο ταχύτητες). πό τη διατήρηση της ορμής Εξ. 5.10: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 30v + 0.8v = 30 0 + 0.8 15 v = 0.39 m/s Προσέξτε ότι η Εξ. 5.10 είναι διανυσματική που σημαίνει ότι ισχύει ξεχωριστά για την κάθε της συνιστώσα, π.χ. στην x και y εάν δουλεύουμε στις 2 διαστάσεις όπως στο παρακάτω παράδειγμα. Επίσης υπάρχει περίπτωση να ισχύει μόνο σε μια από τις δυο διαστάσεις, π.χ. εάν το σύνολο των δυνάμεων είναι μηδέν κατά την διεύθυνση x αλλά όχι κατά y, τότε διατηρείται μόνο η x-συνιστώσα της ορμής. Παράδειγμα 5.8 Δυο μικρές μπάλες κυλούνε σε λείο έδαφος χωρίς τριβές και συναντιούνται κάθετα όπως στο παρακάτω σχήμα. Δίνονται m 1 = 0.2 kg, m 2 = 0.3 kg, u 1 = 2.5 m/s και u 2 = 1.5 m/s πριν τη σύγκρουση. Εάν η m 1 αναδύεται με ταχύτητα v 1 = 2.2 m/s και γωνία 30 0 ως προς τον άξονα x, να βρεθεί η ταχύτητα της m 2 μετά τη σύγκρουση.

y m 2 u 2 m 1 u 1 Σύγκρουση x Λύση: φού η m 1 αναδύεται με αρνητική γωνία ως προς τον άξονα x, τότε κατευθύνεται προς τα κάτω όπως στο παρακάτω σχήμα. Έστω ότι η m 2 αναδύεται με γωνία θ ως προς τον άξονα x και με ταχύτητα v 2. πό την πρακτική εμπειρία περιμένουμε και η θ να είναι αρνητική αλλά θα εργαστούμε σαν να μην το γνωριζουμε αυτό και θα δούμε το νούμερο στο τέλος. y m 2 v 2 30 0 Σύγκρουση v 1 θ m 1 x Επειδή το πρόβλημα είναι στις δυο διαστάσεις, αναλύουμε την Εξ. 5.10 σε δυο συνιστώσες: m 1 u 1x + m 2 u 2x = m 1 v 1x + m 2 v 2x m 1 u 1y + m 2 u 2y = m 1 v 1y + m 2 v 2y Πριν τη σύγκρουση η u 1 είναι οριζόντια οπότε u 1y = 0 και u 1x = 2.5 m/s. ντιθέτως η u 2 είναι κατακόρυφη οπότε u 2x = 0 και u 2y = 1.5 m/s (το μείον είναι επειδή η m 2 κατευθύνεται προς τα κάτω). Μετά τη σύγκρουση, οι συνιστώσες της v 1 ισούνται με: v 1x = v 1 cos( 30 0 ) = 2.2 cos( 30 0 ) = 1.90 m/s v 1y = v 1 sin( 30 0 ) = 2.2 sin( 30 0 ) = 1.10 m/s Ομοίως οι συνιστώσες της v 2 ισούνται με: v 2x = v 2 cos θ

v 2y = v 2 sin θ ντικαθιστώντας στις εξισώσεις της διατήρησης της ορμής παραπάνω, οδηγεί στο 0.2 2.5 + 0 = 0.2 1.90 + 0.3 v 2 cos θ => v 2 cos θ = 0.400 0 0.3 1.5 = 0.2 ( 1.1) + 0.3 v 2 sinθ => v 2 sinθ = 0.767 Διαιρώντας κατά μέλη, το v 2 απλοποιείται και έχουμε tanθ = 0.558 => θ = 62.5 0 Όντως η θ είναι αρνητική όπως αναμένεται και άρα και η m 2 κατευθύνεται προς τα κάτω. ντικαθιστώντας αυτό το αποτέλεσμα στην πρώτη εξίσωση που περιγράφει τις συνιστώσες της v 2, οδηγεί στο αποτέλεσμα v 2 cos( 62.5 0 ) = 0.40 => v 2 = 0.86 m/s Προβλήματα Θεώρημα Ώθησης Ορμής 5.1 Ένας ποδοσφαιριστής κλωτσάει μια ακίνητη μπάλα ποδοσφαίρου μάζας 0.2 kg προσδίδοντάς της ταχύτητα 30 m/s. Πόση είναι η ώθηση της δύναμης του ποδιού του σε αυτό το χτύπημα; 5.2 Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα το οποίο απεικονίζει την κάτοψη ενός τραπεζιού μπιλιάρδου, μια μπάλα μάζας 0.2 kg που κινείται με ταχύτητα 10 m/s προσπίπτει στη δεξιά πλευρά τραπεζιού, ανακλάται και ακολούθως προσπίπτει στην πάνω πλευρά του και ανακλάται ξανά. Να βρεθεί η ώθηση που ασκεί το τραπέζι στην μπάλα κατά τις δυο ανακλάσεις, εάν σε κάθε ανάκλαση γνωρίζουμε ότι (α) η γωνία πρόσπτωσης ισούται με τη γωνία ανάκλασης και (β) σε κάθε ανάκλαση η ταχύτητα μειώνεται κατά 20%. 65 0

5.3 Σε μια δοκιμή σύγκρουσης ενός βαγονιού τραίνου μάζας m με ένα ελαστικό προστατευτικό τοιχίο από κάποιο ειδικό σύνθετο υλικό, οι σχεδιαστές μηχανικοί κατέγραψαν την δύναμη F(t) (κατά μέτρο) που δέχεται το βαγόνι όταν κινείται με μια συγκεκριμένη χαμηλή και σταθερή ταχύτητα v 0 προς τα δεξιά, συναρτήσει του χρόνου t. Συγκεκριμένα βρήκαν ότι η δύναμη αυτή είναι μηδέν, όπως αναμένεται, πριν την επαφή με το τοιχίο, αυξάνει μέχρι μιας μέγιστης τιμής F 0 και ξαναπέφτει στην τιμή μηδέν όταν σταματάει το βαγόνι. Η διάρκεια όλης της επαφής είναι ίση με 2t 0. Επειδή η συνάρτηση αυτή F(t) είναι συμμετρική ως προς το μέγιστο, όρισαν αυθαίρετα ως t = 0 το χρόνο στο μέγιστο και έτσι προκύπτει η πρώτη επαφή στο t = t 0 και το σταμάτημα του βαγονιού στο t = t 0. (α) Εάν γνωρίζετε ότι η F(t) είναι μια τετραγωνική συνάρτηση του χρόνου, σχεδιάστε τη γραφική της παράσταση και βρείτε τη μαθηματική εξίσωση του περιγράφει αυτή τη δύναμη από t = t 0 έως το t = t 0 (β) οι μηχανικοί θέλουν να χρησιμοποιήσουν τα δεδομένα τους για να υπολογίζουν το v 0 και για το σκοπό αυτό βρείτε μια έκφραση του v 0 συναρτήσει του t 0, F 0 και m (γ) ποδείξτε το θεώρημα ώθησης-ορμής για το συγκεκριμένο παράδειγμα, δηλαδή υπολογίστε την ώθηση από τον ορισμό της και δείξτε ότι είναι ίση με την μεταβολή της ορμής του βαγονιού. 5.4 Μια μπάλα του τένις μάζας 0.1 kg η οποία προσπίπτει σε μια ρακέτα με ταχύτητα μέτρου v 1 = 45 m/s και γωνίας θ 1 = 155 0 (ως προς τον άξονα-x), δέχεται μια στιγμιαία δύναμη F από αυτήν ώστε μετά την επαφή να ταξιδεύει με ταχύτητα μέτρου v 2 = 70 m/s και γωνίας θ 2 = θ 1 90 0. Να βρεθεί η γωνία θ της δύναμης F. πάντηση: 32.3 0 5.5 Σώμα το οποίο έχει αρχική ορμή μέτρου p = 45 kg m/s και ταξιδεύει με ταχύτητα η οποία σχηματίζει γωνία 20 0 ως προς τον άξονα-x, εκτρέπεται από την πορεία του λόγω μιας δύναμης που ασκείται επάνω του στο χρονικό διάστημα από t = 0 s έως και 2 s και η οποία έχει συνιστώσες F x = bt 2 + ct και F y = ctsin(bt/c) όπου b = 6 N/s 2 και c = 10 N/s. Να βρεθεί η x-συνιστώσα της τελικής ορμής σε μονάδες S.I. στο πέρας των 2 δευτερολέπτων. πάντηση: 78.3 kg m/s Διατήρηση της Ορμής 5.6 Ένα άτομο 75 kg που στέκεται σε μια πλατφόρμα πάγου χωρίς τριβή ρίχνει μια μπάλα προς τα εμπρός με ταχύτητα 11 m/s. Εάν μετά τη ρίψη κινείται προς τα πίσω με ταχύτητα 30 cm/s, ποια είναι η μάζα της μπάλας;

5.7 Ένα αυτοκίνητο που κινείται με 9 m/s συντρίβεται επάνω σε άλλο αυτοκίνητο ίσης μάζας σταματημένο σε ένα φανάρι. Ποια είναι η ταχύτητα του συσσωματώματος μετά τη συντριβή, υποθέτοντας ότι τα δυο αυτοκίνητα προσκολλιούνται μεταξύ τους; 5.8 Σημειακή μάζα m 1 = 0.6 kg ταξιδεύει κατά μήκος του θετικού άξονα x με ταχύτητα u 1 και συγκρούεται με δεύτερη σημειακή και ακίνητη μάζα m 2 = 0.3 kg. Μετά την σύγκρουση, η m 1 κινείται προς τον αρνητικό άξονα y με ταχύτητα 4 m/s ενώ η ταχύτητα v 2 της m 2 σχηματίζει γωνία 41 0 με τον άξονα x. Να βρεθούν οι u 1 και v 2. πάντηση: 12.2 m/s & 4.6 m/s 5.9 Ένα βλήμα μάζας 1.2 kg εκτοξεύεται από ένα σημείο Ο στο έδαφος με αρχική ταχύτητα 18 m/s και γωνία 65 0 ως προς το έδαφος. Σε χρόνο 0.5 s το βλήμα εκρήγνυνται και χωρίζεται οριζοντίως σε δυο μέρη (οι δυνάμεις της εκρήξεως έδρασαν οριζόντια) με αναλογία μάζας 2: 1 (δεν υπάρχουν άλλα θραύσματα) τα οποία οριζοντίως κινούνται προς την ίδια κατεύθυνση όπως και το αρχικό βλήμα. Εάν η ταχύτητα του μεγάλου θραύσματος απειροστά μετά την έκρηξη σε χρόνο t = 0.5 + s είναι κατά μέτρο ίση με 12 m/s, να βρεθούν (α) Η ταχύτητα κατά μέτρο του άλλου θραύσματος στον ίδιο χρόνο και (β) η γωνία μεταξύ των δυο ταχυτήτων των δυο θραυσμάτων στον ίδιο χρόνο. Πάρτε g 10 m/s 2 για ευκολία. πάντηση: (α) 18.6 m/s, (β) 33.2 0 Ο 2ος Νόμος του Νεύτωνα ως μεταβολή της Ορμής 5.10 Πύραυλος μάζας Μ 0 τοποθετημένος κατακόρυφα στην επιφάνεια της γης, θέτει σε εφαρμογή τον μηχανισμό προώθησης στο t = 0 ο οποίος καίει υδρογόνο με ρυθμό κ χιλιόγραμμα ανά δευτερόλεπτο (θετικός αριθμός) τα μόρια του οποίου εξέρχονται λόγω της υψηλής θερμοκρασίας τους με μεγάλη ταχύτητα V σχετικά με τον πύραυλο. Να βρεθεί η ταχύτητα του πυραύλου σε κάθε χρονική στιγμή t > 0 ενόσω υπάρχει ακόμα διαθέσιμο καύσιμο στον πύραυλο. Μπορείτε να θεωρήσετε ότι η καύση διαρκεί για λίγα δευτερόλεπτα και έτσι να θεωρήσετε την επιτάχυνση της βαρύτητας g σταθερή.

6. ΕΡΓΟ - ΕΝΕΡΓΕΙ Η ενέργεια έπαιζε και παίζει σημαντικό ρόλο στην τεχνολογική εξέλιξη της κοινωνίας. Έτσι τα μοντέρνα νοικοκυριά, οι μεταφορές, η θέρμανση και ψύξη δημόσιων και ιδιωτικών χώρων, ο φωτισμός κ.λ.π. έχουν ως προϋπόθεση την παροχή ενέργειας όπως π.χ. ηλεκτρική, χημική σε μορφή καύσης υδρογονανθράκων ή υγραερίου, φωτοβολταϊκή ενέργεια κ.λ.π. Στην Μηχανική η ενέργεια παίζει επίσης πολύ σημαντικό ρόλο. Θα δούμε ότι υπάρχουν δυο ειδών δυνάμεις, οι συντηρητικές και οι μη συντηρητικές. Συντηρητικές ονομάζονται εκείνες οι δυνάμεις των οποίων το έργο κατά μήκος κλειστής διαδρομής είναι μηδέν. Παράδειγμα συντηρητικής δύναμης είναι η δύναμη της βαρύτητας, ενώ παράδειγμα μη συντηρητικής δύναμης είναι η δύναμη της τριβής. Όταν σε ένα σύστημα δρουν μόνο συντηρητικές δυνάμεις, η συνολική ενέργεια του συστήματος διατηρείται και πολλές φορές αυτό απλοποιεί τη μελέτη του συστήματος. Ορισμός του Έργου Το έργο είναι μια μορφή ενέργειας, αυτής που παράγεται από μια δύναμη (ή μια ροπή όταν θα μελετήσουμε περιστροφές). Στο Λύκειο μαθαίνουμε ότι Έργο = Δύναμη Μετατόπιση αλλά αυτός ο απλοϊκός ορισμός ισχύει μόνο για σταθερή δύναμη στη μια διάσταση. Εδώ θα ξεκινήσουμε από τον πιο γενικό ορισμό του έργου αλλά αργότερα θα πάρουμε υποπεριπτώσεις που είναι πολύ απλούστερες. Έστω ένα κινητό που διαγράφει μια τυχαία τροχιά στο χώρο από το σημείο στο σημείο όπως αυτή που φαίνεται στο παρακάτω Σχήμα 6.1. Έστω ότι την χρονική στιγμή t το κινητό έχει διάνυσμα θέσης r και λίγο αργότερα σε χρόνο t = t + dt έχει μετακινηθεί σε νέα θέση με διάνυσμα θέσης r. Κατά τη διάρκεια του απειροστού χρόνου dt το υλικό σημείο μετακινείται κατά μήκος της στοιχειώδους μετατόπισης dr = r r η οποία βρίσκεται επάνω στην τροχιά. Έστω επίσης ότι κατά τη μετακίνηση αυτή δρα επάνω του μια τυχαία δύναμη F η οποία σχηματίζει γωνία θ ως προς τη μετατόπιση dr. Η δύναμη και η γωνία μπορούν να θεωρηθούν σταθερές κατά τη μετακίνηση αυτή λόγω του μικρού απειροστού χρόνου dt και έτσι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω ορισμό και να γράψουμε για το αντίστοιχο στοιχειώδες έργο dw = F r dr = Fcosθdr ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΣ ΕΡΓΟ (6.1) όπου F r = Fcosθ είναι η συνιστώσα της δύναμης F κατά μήκος του dr και dr το μέτρο του dr.

Τροχιά κινητού κινητό θ F r r dr O ρχή συντεταγμένων Σχήμα 6.1. Ορισμός του στοιχειώδους έργου Με τη βοήθεια του εσωτερικού γινομένου, Εξ. 2.9, η παραπάνω έκφρασή μπορεί να γραφεί και ως dw = F dr ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΣ ΕΡΓΟ (6.2) όπου η τελεία συμβολίζει το εσωτερικό γινόμενο. Το συνολικό έργο από το σημείο έως το σημείο της τροχιάς ισούται με W = F dr = Fcosθ dr ΕΡΓΟ (6.3) όπου το ολοκλήρωμα είναι επικαμπύλιο όπως λέμε στα Μαθηματικά, δηλαδή ολοκληρώνουμε κατά μήκος της καμπύλης AB. Ο παραπάνω ορισμός είναι ο πιο γενικός που μπορούμε να έχουμε για το έργο αλλά φαίνεται κάπως αφηρημένος. Τα πράγματα απλοποιούνται όμως σε κάποιες ειδικές περιπτώσεις που θα δούμε στη συνέχεια. πό τον ορισμό του, το έργο έχει μονάδες Ν m τα οποία είναι γνωστά και ως Joules και συμβολίζονται με το γράμμα J. Δύναμη και μετατόπιση στη μια διάσταση. Εάν τόσο η δύναμη όσο και η μετατόπιση είναι κατά τον άξονα x, τότε θ = 0 και το dr είναι στην ουσία το dx. Η δύναμη εν γένει δεν είναι σταθερή ως προς x οπότε δεν βγαίνει εκτός ολοκληρώματος και έτσι: x B W = Fdx x A ΕΡΓΟ 1-Δ (6.4)

Τα όρια είναι από x = x A έως x, τις συντεταγμένες δηλαδή των σημείων και. Εάν επιπλέον η δύναμη είναι σταθερή, τότε έχουμε την εξής απλή περίπτωση: Σταθερή Δύναμη και μετατόπιση στη μια διάσταση. Σε αυτή την περίπτωση η δύναμη F βγαίνει εκτός ολοκληρώματος και έχουμε W = FΔx ΕΡΓΟ ΣΤΘΕΡΗ F 1-Δ (6.5) όπου το Δx είναι η απόσταση x x A. Η F μπορεί να είναι θετική ή αρνητική ανάλογα προς τα πού δείχνει. Ομοίως και η μετατόπιση Δx μπορεί να είναι αρνητική οπότε το έργο μπορεί να είναι είτε θετικό είτε αρνητικό. Θετικό έργο σημαίνει ότι η δύναμη προσφέρει ενέργεια στο σύστημα, δηλαδή το έργο είναι παραγόμενο, ενώ αρνητικό έργο σημαίνει ότι η δύναμη αφαιρεί ενέργεια από το σύστημα, δηλαδή το έργο είναι καταναλισκόμενο Κίνηση σε ευθεία. Υπάρχουν περιπτώσεις όπου μια δύναμη F δρα υπό γωνία θ ως προς μια ευθύγραμμη τροχιά ενός κινητού, το οποίο προφανώς είναι περιορισμένο από άλλες δυνάμεις να κινείται κατά αυτό τον τρόπο, π.χ. ένα κιβώτιο επάνω σε κεκλιμένο επίπεδο. Εάν λάβουμε για απλότητα ως τον άξονα x την ευθύγραμμη κατεύθυνση του κινητού, όπως στο παρακάτω Σχήμα 6.2, τότε το Fcosθ στη Εξ. 6.1 δεν είναι τίποτε άλλο από την x συνιστώσα της δύναμης F x. F Τροχιά κινητού κινητό θ dx Σχήμα 6.2. Ορισμός του έργου με κινητό περιορισμένο να κινείται στη μια διάσταση ενώ η δύναμη έχει τυχαίο προσανατολισμό. Σε αυτή την περίπτωση το έργο της συγκεκριμένης δύναμης F ισούται με x B W = F x dx x A ΕΡΓΟ ΕΥΘΕΙ ΤΡΟΧΙ (6.6) Εάν επιπλέον η δύναμη και η γωνία είναι σταθερή, τότε έχουμε την εξής απλή περίπτωση: Σταθερή Δύναμη υπό σταθερή γωνία, κίνηση σε ευθεία. Σε αυτή την περίπτωση η δύναμη F βγαίνει εκτός ολοκληρώματος και έχουμε

W = F x Δx = FΔxcosθ όπου το Δx είναι η απόσταση x x A. ΕΡΓΟ ΣΤΘΕΡΗ F ΣΤΘΕΡΗ θ ΕΥΘΕΙ ΤΡΟΧΙ (6.7) Δύναμη και κίνηση στο επίπεδο. Στις δυο διαστάσεις, μπορούμε να τεμαχίσουμε την τροχιά σε μικρά οριζόντια και κατακόρυφα βήματα dx και dy όπως φαίνεται στο παρακάτω Σχήμα 6.3. Τότε σύμφωνα με την Εξ. 6 το έργο σε κάθε στοιχειώδες κομμάτι θα ισούται με F x dx και F y dy. Τροχιά κινητού F dy dx κινητό Σχήμα 6.3. Ορισμός του έργου επάνω σε τυχαία τροχιά στις δυο διαστάσεις. Εάν ολοκληρώσουμε σε όλη τη διαδρομή παίρνουμε: x B y B W = F x dx + F y dy x A y A ΕΡΓΟ 2-Δ (6.8) Η παραπάνω εξίσωση μπορεί να προκύψει και από τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου αφού το F dr στην Εξ. 6.3 μπορεί να γραφτεί με την βοήθεια της Εξ. 2.10 ως F x dx + F y dy, δεδομένου ότι οι x και y συνιστώσες του διανύσματος dr είναι οι dx και dy αντίστοιχα. Παράδειγμα 6.1 Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, ένα τρακτέρ ελκύει κιβώτιο μάζας 800 kg υπό γωνία θ = 41 0 με δύναμη F = 5000 N. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι 0.35. Εάν το κιβώτιο μετακινείται κατά 6 m, να υπολογισθεί το έργο της κάθε δύναμης που δρα στο κιβώτιο. F θ

Λύση: Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, στο κιβώτιο ασκούνται τέσσερις συνολικά δυνάμεις, η έλξη F = 5000 N από το τρακτέρ, η κάθετη αντίδραση του εδάφους Ν, η τριβή ολίσθησης Τ και το βάρος = mg = 800 9.8 = 7840 N. ναλύουμε την F σε δυο συνιστώσες, την F x = Fcos41 0 = 3773 N και την F y = Fsin41 0 = 3280 N. Ως προς την κατακόρυφη διεύθυνση έχουμε ισορροπία οπότε οι δυνάμεις πρέπει να αλληλοαναιρούνται: Ν + F y = => Ν = 4560 Ν Η τριβή ολίσθησης ισούται με Τ = μν = 0.35 4560 = 1596 Ν. Ν Τ F y F F x θ Τα αντίστοιχα έργα από την Εξ. 6.7 είναι τα εξής: W F = FΔx cos(41 0 ) = 5000 6 cos(41 0 ) = 22640 J W B = BΔx cos( 90 0 ) = 0 J W N = NΔx cos(90 0 ) = 0 J W T = TΔx cos(180 0 ) = 1596 6 = 9576 J Σημείωση: Προσέξτε ότι τα έργα των και Ν είναι μηδέν επειδή είναι κάθετα στη μετατόπιση και όχι επειδή οι δυνάμεις αυτές είναι μεταξύ τους αντίθετες. υτό είναι ένα γενικό αποτέλεσμα. Επίσης το έργο της τριβής είναι αρνητικό επειδή αντιτίθεται στην κίνηση. λέπουμε λοιπόν την σημασία του συνημιτόνου στον υπολογισμό του έργου. Παράδειγμα 6.2 Ελατήριο σταθεράς k έχει τη μια άκρη του στερεωμένη σε ακλόνητο σημείο. Όταν το ελατήριο είναι στο φυσικό του μήκος, τότε η ελεύθερη άκρη του βρίσκεται στο x = 0. Ένας φοιτητής το παραμορφώνει αργά εφαρμόζοντας κατάλληλη δύναμη F στο ελεύθερο άκρο του. Να βρεθεί το έργο της δύναμης του φοιτητή από αρχική παραμόρφωση x = x 1 έως και την τελική παραμόρφωση x = x 2. F

Λύση: Είδαμε στο προηγούμενο κεφάλαιο ότι για να επιμηκύνει το ελατήριο, ο φοιτητής πρέπει να ασκήσει μια δύναμη F = kx. Εφόσον έχουμε μη σταθερή δύναμη στην μια διάσταση, θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε την Εξ. 6.4 για τον υπολογισμό του έργου: Παράδειγμα 6.3 x 2 W = F(x)dx = k xdx = k (x 2 x 1 2 2 x 2 1 ) x 2 x 1 Έστω ότι στο παρακάτω σχήμα το κιβώτιο μάζας m = 12 kg κινείται προς τα πάνω με σταθερή ταχύτητα σε επαφή με το κεκλιμένο επίπεδο λόγω εφαρμογής μιας προώθησης που δεν δείχνεται. Εάν ο συντελεστής της τριβής ολίσθησης ισούται με μ = 0.6 να βρεθεί το έργο της τριβής ολίσθησης και του βάρους για μια μετακίνηση 2 m κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου. Ταχύτητα v 30 0 Κεκλιμένο επίπεδο Λύση: Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που δρουν στο κιβώτιο. Το βάρος του κιβωτίου ισούται με = 12 9.8 = 117.6 Ν. Στην κάθετη διεύθυνση ως προς τη κίνηση, οι δυνάμεις ισορροπούν και έτσι η κάθετη αντίδραση είναι ίση με τη μια συνιστώσα του βάρους Ν = 2 = cos30 0 = 101.8 N. Η τριβή ισούται με Τ = μν = 0.6 101.8 = 61.1 Ν N Ταχύτητα v 1 Ταχύτητα v 120 0 Τ 30 0 Κεκλιμένο επίπεδο 2 Όπως και στο παράδειγμα 6.1, η γωνία που σχηματίζει η τριβή με την κίνηση του κιβωτίου είναι 180 0 και έτσι το έργο της τριβής είναι ίσο με W Τ = 61.1 2 = 122.2 J Το βάρος σε αυτό το παράδειγμα σχηματίζει γωνία 120 0 με τη κατεύθυνση της κίνησης, δείτε το μικρό διάγραμμα στα αριστερά του παραπάνω σχήματος. Επομένως W = 117.6 2 cos(120 0 ) = 117.6 J

Παράδειγμα 6.4 Μια διανυσματική δύναμη F = c(2xy, y 2 ) όπου c = 30 N/m 2, δρα σε κινητό το οποίο κινείται στην ευθεία y = 2x. Να βρεθεί το έργο της δύναμης όταν δράσει στο κινητό από x = 2 έως x = 4 m. Λύση: πό την Εξ. 6.8 έχουμε x B y B W = F x dx + F y dy x A όπου F x = 2cxy και F y = cy 2 είναι οι συντεταμένες της δύναμης. Η πρώτη ολοκλήρωση είναι ως προς x οπότε πρέπει να τα εκφράσουμε όλα ως προς x. Επάνω στην ευθεία που βρίσκεται το κινητό ισχύει y = 2x. ντικαθιστώντας έχουμε 4 2 cxydx = x=2 y A 4 4 30 x 2 dx = 120 ( 43 x=2 3 23 ) = 2240 J 3 Ομοίως για το δεύτερο ολοκλήρωμα πρέπει να εκφράσουμε τα όρια συναρτήσει του x. πό στη δεδομένη ευθεία έχουμε x = y/2. Επίσης τα όρια x = 2 και x = 4 αντιστοιχούν στα όρια y = 4 και y = 8. Επομένως y B 8 F y dy = c y 2 dy = 30 ( 83 y A 3 43 3 ) = 4480 J y=4 Έτσι, το συνολικό έργο είναι ίσο με W = 2240 4480 = 2240 J Κινητική Ενέργεια Εξ ορισμού η κινητική ενέργεια είναι η ενέργεια που κατέχει ένα σώμα λόγω κίνησης. Καταλαβαίνουμε από την καθημερινή μας εμπειρία ότι η ταχύτητα σχετίζεται με την ενέργεια, π.χ. ένα αυτοκίνητο που κινείται με μεγάλη ταχύτητα προκαλεί μεγαλύτερες ζημιές σε μια πρόσκρουση από ότι το ίδιο αυτοκίνητο εάν κινούταν με μικρότερη ταχύτητα. Ο αέρας παρασέρνει πολλά αντικείμενα στο διάβα του όταν η ταχύτητά του είναι μεγάλη. Επίσης η μάζα παίζει σημαντικό ρόλο στην ενέργεια αφού π.χ. ένα τραίνο που κινείται με κάποια ταχύτητα έχει πολύ μεγαλύτερη ενέργεια από ένα αυτοκίνητο που κινείται με την ίδια ταχύτητα. Ποσοτικά η κινητική ενέργεια ενός σώματος μάζας m που κινείται με ταχύτητα v δίνεται από την εξίσωση: Κ = 1 2 mv2 ΚΙΝΗΤΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙ (6.9)

Οι μονάδες είναι όπως και στον ορισμό του έργου τα Joules. Παράδειγμα 6.5 Ένα αυτοκίνητο μάζας ενός τόνου κινείται με 90 km/h. (α) Να βρεθεί η κινητική ενέργεια του αυτοκινήτου και (β) Εάν μια σταθερή δύναμη εφαρμόζεται στο αυτοκίνητο συνολικά για 40 m και το σταματάει, να υπολογισθεί δύναμη αυτή εξισώνοντας όλη την κινητική ενέργεια με το έργο της δύναμης. Λύση: (α) Το αυτοκίνητο έχει μάζα ενός τόνου δηλαδή m = 1000 kg. Η ταχύτητά του ισούται με v = 90 km h 1000 m = 90 = 25 m/s 3600 s πό την Εξ. 6.7, η κινητική του ενέργεια ισούται με Κ = 1 2 1000 252 = 312.5 kj β) Για να σταματήσει το αυτοκίνητο πρέπει να του αφαιρεθεί το παραπάνω ποσό ενέργειας και άρα το έργο της δύναμης πρέπει να είναι αρνητικό. υτό όπως είδαμε γίνεται όταν η δύναμη είναι αντίθετη με τη μετακίνηση, όπως σε αυτό το παράδειγμα. πό τον ορισμό του έργου Εξ. 6.7 έχουμε 312500 = F 40 cos180 0 => F = 7812.5 N Θεώρημα Έργου Ενέργειας Ένα πολύ χρήσιμο θεώρημα για τον υπολογισμό ταχυτήτων αλλά και δυνάμεων που δρουν σε ένα σώμα κατά την κίνησή του, είναι το θεώρημα έργου ενέργειας το οποίο διατυπώνεται ως εξής: Έστω κινητό μάζας m το οποίο κινείται σε τυχαία τροχιά όπως στο παρακάτω σχήμα, από το αρχικό σημείο στο τελικό σημείο και έστω F 1, F 2 F N ένας αριθμός δυνάμεων που δρουν στο σώμα κατά τη διάρκεια αυτής της μετακίνησης όπως στο παρακάτω σχήμα. Τροχιά κινητού F 1 F 2 κινητό F Ν Σχήμα 6.4. Εφαρμογή πολλών δυνάμεων σε σώμα που κινείται επάνω σε τυχαία τροχιά.

Τότε το θεώρημα έργου-ενέργειας έχει τη μορφή W = Κ B Κ A ΘΕΩΡΗΜ ΕΡΓΟΥ- ΕΝΕΡΓΕΙΣ (6.10) όπου K και K είναι η αρχική και η τελική κινητική ενέργεια του κινητού στα σημεία και αντίστοιχα, και W το συνολικό έργο όλων των δυνάμεων F 1, F 2 F N κατά μήκος της τροχιάς. Δίνουμε την απόδειξη για κίνηση στη μια διάσταση: W = W 1 + W 2 + +W N = F 1 dx (F 1 + F 2 + +F N )dx mdv dx dt = mvdv = ΣFdx + F 2 dx = madx + + F N dx = = m dv dt dx = = [ 1 B 2 mv2 ] = 1 A 2 mv B 2 1 2 mv A 2 = K B K A Παράδειγμα 6.6 Έστω ότι στο Παράδειγμα 6.1 παραπάνω, μας δίνεται ότι η ταχύτητα του τρακτέρ σε κάποιο σημείο της διαδρομής του είναι ίση με 5 m/s και ότι μετά από αυτό το σημείο το τρακτέρ διανύει άλλα 6 m. Να βρεθεί η ταχύτητα του τρακτέρ μετά το πέρας των 6 m θεωρώντας ότι σε όλα αυτή τη διαδρομή το κιβώτιο ελκύει το κιβώτιο ομαλά. Λύση: Εφόσον το κιβώτιο παραμένει προσδεμένο στο τρακτέρ, η ταχύτητα του κιβωτίου είναι ίση με την ταχύτητα του τρακτέρ. Σύμφωνα με το θεώρημα έργου-ενέργειας, έχουμε για το κιβώτιο 1 2 mv 2 1 2 mv 2 = W όπου v = 5 m/s και m = 800 kg. Είδαμε στο Παράδειγμα 6.1 ότι στο σώμα ασκούνται τέσσερις δυνάμεις και ότι για μια συνολική μετακίνηση 6 m τα αντίστοιχα έργα τους είναι W F = 22640 J, W B = W N = 0 J και W T = 9576 J. Επομένως το συνολικό έργο ισούται με W = 22640 9576 = 13064 J. πό το παραπάνω θεώρημα, έχουμε για την τελική ταχύτητα του κιβωτίου v (και άρα και του τρακτέρ): 1 2 mv 2 = 1 2 mv 2 + W => v 2 = v 2 + 2W m ντικαθιστώντας τα δεδομένα οδηγεί στο v = 7.59 m/s. Παράδειγμα 6.7

Έστω ότι στο Παράδειγμα 6.3 παραπάνω, η έλξη παύει κάποια στιγμή να ασκείται στο κιβώτιο και έτσι αυτό επιβραδύνεται και σταματάει. Να βρεθεί πόση απόσταση Δs καλύπτει το κιβώτιο κατά την επιβράδυνση αυτή εάν τη στιγμή που έπαψε η έλξη η ταχύτητά του ήταν ίση με 5 m/s. Λύση: Σε αυτή τη περίπτωση έχουμε v A = 5 m/s και v = 0. Όπως είδαμε στο κιβώτιο δρα η τριβή Τ = 61.1 Ν και το βάρος του = 117.6 Ν με γωνίες θ = 180 0 και 120 0 ως προς την κατεύθυνση της κίνησης αντίστοιχα. πό τον ορισμό του έργου Εξ. 6.7 έχουμε W T = 61.1 Δs cos180 0 = 61.1 Δs W B = 117.6 Δs cos( 120 0 ) = 58.8 Δs και άρα το συνολικό έργο ισούται με άθροισμα τους W = 119.9 Δs. Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου-ενέργειας οδηγεί στο αποτέλεσμα W = 1 2 mv 2 1 2 mv 2 => 119.9 Δs = 0 5 2 => Δs = 0.208 m Συντηρητικές Δυνάμεις - Δυναμική Ενέργεια Όπως είδαμε η κινητική ενέργεια είναι η ενέργεια λόγω κίνησης. Υπάρχουν και άλλες μορφές ενέργειας και μια από αυτές είναι και η δυναμική ενέργεια που είναι ενέργεια λόγω θέσης ενός σώματος. Για παράδειγμα εάν μια κοτρώνα βρίσκεται ψηλά σε ένα λόφο ξέρουμε ότι μπορεί να προκαλέσει μεγαλύτερη ζημιά πέφτοντας από ότι η ίδια κοτρώνα όταν πέφτει από μια μικρότερη απόσταση μερικών εκατοστών. Ομοίως ένα συμπιεσμένο ελατήριο έχει πολύ μεγαλύτερη αποθηκευμένη ενέργεια από ότι το ίδιο ελατήριο λιγότερα συμπιεσμένο. Ποιος είναι όμως ο ορισμός της δυναμικής ενέργειας; Σε αντίθεση με την κινητική ενέργεια που δίνεται πάντα από τον ίδιο τύπο Εξ. 6.7, η δυναμική ενέργεια (Δ.Ε.) έχει πολλές διαφορετικές εκφράσεις ανάλογα με την δύναμη που ασκείται στο σώμα. Έτσι π.χ. υπάρχει Δ.Ε. ελατηρίου, βαρυτική Δ.Ε. ηλεκτρική Δ.Ε. κτλ. Ο ορισμός της Δ.Ε. είναι κάπως γενικός και μη έμμεσος αλλά θα δούμε ότι καταλήγει σε εύκολους τύπους ανάλογα με την εφαρμογή. Μπορούμε πάντοτε να ορίσουμε την δυναμική ενέργεια για οποιαδήποτε δύναμη; Η απάντηση είναι όχι, η δυναμική ενέργεια ορίζεται μόνο για μια κατηγορία δυνάμεων που ονομάζονται "συντηρητικές δυνάμεις" (επίσης γνωστές και ως "διατηρητικές δυνάμεις"). Έτσι στα παραπάνω παραδείγματα η βαρυτική δύναμη, η δύναμη ελατηρίου και η ηλεκτρική δύναμη είναι όλες παραδείγματα συντηρητικών δυνάμεων. ντιθέτως η τριβή είναι μη συντηρητική δύναμη και δεν υπάρχει δυναμική ενέργεια τριβής γιατί απλά στην τριβή δεν παίζει ρόλο η θέση του σώματος αλλά μόνο η ταχύτητά του. Όμως ποιες δυνάμεις είναι συντηρητικές; Είναι οι δυνάμεις εκείνες των οποίων το έργο W AB μεταξύ δυο σημείων και, είναι ανεξάρτητο της διαδρομής που ακολουθεί το σώμα για να φτάσει από το στο. Θεωρήστε για παράδειγμα το παρακάτω Σχήμα 6.5 όπου μια βρύση τροφοδοτεί ένα λάστιχο με νερό με τη βοήθεια του έργου της πίεσης και της βαρύτητας. Η ταχύτητα του νερού στην έξοδο της μάνικας (κοινώς το λάστιχο) είναι η ίδια ανεξάρτητα του

σχήματος του λάστιχου. Έτσι π.χ. στο σημείο (δυο πρώτα διαγράμματα στα αριστερά) η ταχύτητα είναι χαμηλή επειδή το σημείο αυτό είναι υψηλότερα από τη βρύση αλλά είναι η ίδια 0.2 m/s και για τους δυο σχηματισμούς του λάστιχου, με βρόχους ή όχι. Άρα το έργο είναι ανεξάρτητο από την διαδρομή και εξαρτάται μόνο από τη σχετική θέση του σημείου ως προς τη βρύση. 0.2 m/s 0.2 m/s Γ 1 m/s Γ 1 m/s Σχήμα 6.5. Παράδειγμα συντηρητικής δύναμης. Ομοίως στο σημείο Γ (στα δυο τελευταία διαγράμματα στα δεξιά) η ταχύτητα είναι μεγαλύτερη από ότι στο επειδή το σημείο αυτό είναι χαμηλότερα από τη βρύση αλλά είναι η ίδια 1 m/s ανεξάρτητα από τη διαδρομή Γ του λάστιχου, με βρόχο ή όχι. ντιθέτως στο παρακάτω Σχήμα 6.6 έχουμε την περίπτωση μη συντηρητικής δύναμης. Μελετάμε το έργο της τριβής για τις δυο διαφορετικές διαδρομές που μπορεί να ακολουθήσει ένα αυτοκίνητο μεταξύ των σημείων και. Θεωρώντας ότι και οι δυο διαδρομές έχουν την ίδια ποιότητα ασφάλτου, πως μπορούμε ποιοτικώς να συγκρίνουμε το έργο της τριβής για τις δυο περιπτώσεις; Ένας τρόπος είναι από την φθορά των ελαστικών. Γνωρίζουμε από την καθημερινή μας εμπειρία ότι τα λάστιχα φθείρονται περισσότερο σε μια μεγάλη διαδρομή παρά σε μια συντομότερη (ειδικά εάν καλύπτουμε αυτές τις διαδρομές καθημερινά). Άρα το έργο της τριβής είναι μικρότερο στην ευθεία από ότι στην μακρύτερη καμπύλη. Επομένως η τριβή είναι μια μη συντηρητική δύναμη.

Σχήμα 6.6. Παράδειγμα μη συντηρητικής δύναμης Παράδειγμα 6.8 Στο παρακάτω σχήμα ένα υλικό σημείο βρίσκεται στο σημείο ενός ισοσκελούς τριγώνου με μήκος βάσης = 2a. Υπολογίστε το έργο για τις δυο διαδρομές Ο (ευθύγραμμη κατά μήκος της βάσης) και Γ (κατά μήκος των δυο ίσων πλευρών) των εξής δυο δυνάμεων: (α) της τριβής ολίσθησης εάν θεωρηθεί ότι είναι σταθερή και ίση με Τ παντού και (β) μιας τυχαίας σταθερής δύναμης F με κατεύθυνση κατά τον θετικό άξονα x (δηλαδή F = Fe x ) Γ 35 0 Ο 35 0 Λύση: (α) Η τριβή είναι παντού σταθερή και αντιτίθεται στην κίνηση του κινητού επομένως στην Εξ. 6.3, η γωνία είναι θ = 180 0 και το Τ μπορεί να βγει εκτός ολοκληρώματος: W = Τcosθ dr = Τcos180 0 dr Όμως cos180 0 = 1 και dr είναι το μήκος της διαδρομής από το στο. Για την διαδρομή Ο το μήκος είναι το δεδομένο 2a ενώ για την Γ το μήκος είναι AΓB = Γ + Γ = Ο cos35 0 + ΟB cos35 0 = 2a cos35 0 Επομένως τα αντίστοιχα έργα για τις δυο διαδρομές ισούνται με W AΟB = TΔx AΟB = 2Ta W Γ = TΔx AΓB = 2Ta cos35 0 λέπουμε ότι όντως το έργο της τριβής είναι ΜΗ συντηρητικό εφόσον σε δυο διαφορετικές διαδρομές ανάμεσα στα σημεία και, το έργο είναι διαφορετικό. (β) Η δύναμη F είναι σταθερή τόσο κατά μέτρο όσο και κατά διεύθυνση και επομένως βγαίνει εκτός ολοκλήρωσης. Για την διαδρομή Ο έχουμε θ = 0 0 και έτσι

W Ο = Fcosθ dr = F dr ντιθέτως για την διαδρομή Γ και Γ έχουμε θ = 35 0 W Γ = Fcos35 0 dr = Γ = 2Fa = Fcos35 0 2a cos35 0 = 2Fa λέπουμε δηλαδή ότι η F είναι συντηρητική αφού και οι δυο διαδρομές οδηγούν στο ίδιο έργο. Στην κίνηση στη μια διάσταση, συντηρητικές είναι οι δυνάμεις οι οποίες δεν έχουν εξάρτηση από την ταχύτητα v ή τον χρόνο t, εξαρτώνται δηλαδή μόνο από την απόσταση x ή είναι σταθερές. Έτσι η δύναμη ελατηρίου F Ε = kx είναι συντηρητική αφού εξαρτάται μόνο από το x αλλά και η βαρύτητα = mg αφού είναι σταθερή. ντιθέτως η τριβή εξαρτάται από το πρόσημο της ταχύτητας γιατί πάντοτε αντιτίθεται σε αυτή (έχουν πάντα αντίθετα πρόσημα) και άρα δεν μπορεί να χαρακτηρισθεί ως σταθερή όπως θα φανταζόντανε κάποιος. Έτσι η τριβή είναι δύναμη μη συντηρητική. Επίσης ένας σεισμός παράγει μια δόνηση η οποία είναι συνάρτηση του χρόνου και επομένως στα σώματα που είναι στην περιοχή του σεισμού ασκείται μια μη συντηρητική δύναμη της μορφής F(t). Μια συντηρητική δύναμη λοιπόν θα είναι μια συνάρτηση F(x) (ακόμα και η σταθερή μπορεί να θεωρηθεί ως μια ειδική συνάρτηση του x) και έτσι θα υπάρχει μια άλλη συνάρτηση από την οποία η F(x) θα προκύπτει με παραγώγιση. Η αντίθετη αυτής της δεύτερης συνάρτησης είναι εξ ορισμού η δυναμική ενέργεια της συγκεκριμένης δύναμης, δηλαδή η δυναμική ενέργεια μιας δύναμης F(x) είναι μια συνάρτηση U(x) που ικανοποιεί την εξίσωση: F(x) = du(x) dx ΟΡΙΣΜΟΣ ΔΥΝΜΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ 1-Δ (6.11) Με απλά λόγια: Η δύναμη ισούται με το μείον της χωρικής παραγώγου της δυναμικής ενέργειας ντίστροφα μπορούμε να γράψουμε U(x) = F(x)dx ΟΡΙΣΜΟΣ ΔΥΝΜΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ 1-Δ (6.12) Τα παρακάτω παραδείγματα θα αποσαφηνίσουν τον παραπάνω ορισμό καλύτερα. αρυτική δυναμική ενέργεια. Εάν στην Εξ. 6.11 αντικαταστήσουμε την F με το βάρος mg ενός κινητού (το μείον είναι επειδή το βάρος είναι κατά την αρνητική y κατεύθυνση) τότε

mg = du(y) dy όπου χρησιμοποιούμε την μεταβλητή y αντι της x επειδή η κίνηση είναι κατακόρυφη. πό αυτή τη σχέση εύκολα βρίσκει κανείς ότι U(y) = mgy Δυναμική ενέργεια ελατηρίου. Όπως είδαμε, η δύναμη επαναφοράς ενός ελατηρίου δίνεται από την F Ε (x) = kx την οποία όταν την αντικαταστήσουμε την Εξ. 6.11 οδηγεί στην kx = du(x) dx πό τις ιδιότητες των παραγώγων ξέρουμε ότι η δευτεροβάθμια συνάρτηση παραγωγιζόμενη μας δίνει μια γραμμική συνάρτηση κι έτσι U(x) = 1 2 kx2 Δύναμη αντιστρόφου τετραγώνου. Γενικά μια οποιαδήποτε δύναμη F(x) η οποία είναι συνάρτηση της απομάκρυνσης, θα σχετίζεται με μια αντίστοιχη δυναμική ενέργεια μέσω της Εξ. 6.11. Σε μεγάλες αποστάσεις r από το κέντρο της γης (όπως αποστάσεις δορυφόρων, πλανητών κτλ.), η δύναμη της βαρύτητας δεν δίνεται πλέον από τον απλό τύπο mg αλλά είναι της μορφής F = c/r 2 όπου c μια σταθερά και r είναι η απόσταση της μάζας από το κέντρο της γης. Ομοίως θα δούμε στη Φυσική ΙΙ ότι η ηλεκτρική δύναμη δίνεται από μια παρόμοια σχέση. ντικαθιστώντας αυτή τη σχέση στην Εξ. 6.11 οδηγεί στην c r 2 = du(r) dr όπου τώρα η κατάλληλη μεταβλητή είναι το r. πό τις ιδιότητες των παραγώγων εύκολα μπορούμε να δούμε ότι U(r) = c r Θα πρέπει να σημειωθεί ότι στις παραπάνω σχέσεις επειδή ολοκληρώνουμε πρέπει σε όλα τα αποτελέσματα να προστεθεί και μια αυθαίρετη σταθερά U 0. Όπως όμως θα δούμε στο επόμενο εδάφιο, την δυναμική ενέργεια την χρησιμοποιούμε στην λεγόμενη "αρχή της διατήρησης της μηχανικής ενέργειας" και σε αυτήν την αρχή σημασία έχουν μόνο οι διαφορές της U μεταξύ δυο σημείων οπότε οι οποιεσδήποτε σταθερές αλληλοεξουδετερώνονται και έτσι χάριν απλότητας τις παραλείπουμε. Όπως προαναφέρθηκε, η δυναμική ενέργεια ορίζεται μόνο για τις περιπτώσεις όπου η δύναμη είναι συνάρτηση του x. Εάν η δύναμη είναι συνάρτηση άλλων μεταβλητών όπως π.χ. ο χρόνος t ή η ταχύτητα v, τότε δεν μπορούμε να ορίσουμε δυναμική ενέργεια, π.χ. για τη δύναμη F(t) του σεισμού ή για την τριβή δεν υπάρχει αντίστοιχη δυναμική ενέργεια. Στις δυο διαστάσεις η δυναμική ενέργεια είναι της μορφής U(x, y) και ορίζεται από δυο εξισώσεις

U(x) U(x, y) F x = x U(x, y) & F y = y ΟΡΙΣΜΟΣ ΔΥΝΜΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ 2-Δ (6.13) όπου ο συμβολισμός / x σημαίνει παραγώγιση μόνο ως προς x, είναι δηλαδή η λεγόμενη μερική παράγωγος στα Μαθηματικά (και ομοίως ο συμβολισμός / y ). Παράδειγμα 6.9 Η δυναμική ενέργεια κάποιας δύναμης που δρα σε μια διάσταση δίνεται από τη σχέση U(x) = ce bx2 όπου c και b σταθερές. Να βρεθεί η δύναμη σε μορφή F(x). Λύση: πό την Εξ. 6.11 έχουμε F(x) = du(x) dx = 2bcxe bx2 Οι γραφικές παραστάσεις U(x) και F(x) φαίνονται παρακάτω. Η συγκεκριμένη συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας είναι σχεδόν μηδέν για μεγάλα x ενώ είναι υψηλή κοντά στο x = 0, αντιπροσωπεύει δηλαδή κάτι σαν εμπόδιο στο x = 0 επειδή όσο πλησιάζουμε εκεί (και από τις δυο μεριές) απαιτείται περισσότερη και περισσότερη ενέργεια. x Η γραφική παράσταση της δύναμης συμφωνεί με αυτή την εικόνα του εμποδίου αφού είναι αρνητική για x < 0, παρεμποδίζοντας έτσι ένα κινητό που βρίσκεται στα αριστερά να πλησιάσει στο x = 0 και αντίστροφα, θετική για x > 0, παρεμποδίζοντας ένα κινητό που βρίσκεται στα δεξιά να πλησιάσει στο x = 0.

F(x) x Παράδειγμα 6.10 Η δυναμική ενέργεια κάποιας δύναμης που δρα σε δυο διαστάσεις δίνεται από τη σχέση c U(x, y) = x 2 + (y b) 2 όπου c και b σταθερές. Να βρεθεί το μέτρο και η φορά της δύναμης που αντιστοιχεί σε αυτή τη δυναμική ενέργεια. Λύση: πό τις Εξ. 6.13 έχουμε για τις συνιστώσες της δύναμης U(x, y) x F x = = x [x 2 + (y b) 2 ] 3/2 U(x, y) (y b) F y = = y [x 2 + (y b) 2 ] 3/2 Στην πρώτη εξίσωση παραγωγίσαμε ως προς x θεωρώντας το y σταθερό και αντίθετα στην δεύτερη. Το μέτρο F της δύναμης το βρίσκουμε από το Πυθαγόρειο θεώρημα F 2 = F x 2 + F y 2 = Για την κατεύθυνση έχουμε 1 [x 2 + (y b) 2 ] 3 [x2 + (y b) 2 1 ] = [x 2 + (y b) 2 ] 2 tanθ = F y y b = F x x Διατήρηση της Μηχανικής Ενέργειας Είδαμε στο προηγούμενο εδάφιο ότι εάν η δύναμη είναι συνάρτηση μόνο του x, τότε μπορούμε ορίσουμε την συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας. υτού του τύπου οι δυνάμεις είναι πολύ σημαντικές στη Φυσική γιατί όπως θα δούμε παρακάτω διατηρούν την μηχανική ενέργεια του συστήματος και για αυτό το λόγο ονομάζονται διατηρητικές ή συντηρητικές

δυνάμεις. Θα δείξουμε γιατί γίνεται αυτό στη 1 διάσταση επειδή η ανάλυση είναι ευκολότερη αλλά η ίδια ιδέα μπορεί να αποδειχθεί και σε περισσότερες διαστάσεις. Έστω μια τέτοια δύναμη F(x) η οποία συνδέεται με την δυναμική της ενέργεια μέσω της Εξ. 6.11. ντικαθιστώντας αυτή την εξίσωση στην Εξ. 6.4 που είναι ο πιο γενικός ορισμός του έργου στην μια διάσταση, οδηγεί στην x B x B W = F(x)dx = U (x)dx x A Όμως το ολοκλήρωμα και η παράγωγος είναι αντίθετες πράξεις και αλληλοαναιρούνται. Επειδή το παραπάνω ολοκλήρωμα είναι ορισμένο, πρέπει να το υπολογίσουμε ως μια διαφορά στα όρια του ολοκληρώματος: x B x B W = F(x)dx = U (x)dx = [U(x B ) U(x A )] x A Δηλαδή έχουμε το εξής συμπέρασμα: x A Το έργο μιας συντηρητικής δύναμης μεταξύ δυο σημείων, ισούται με το μείον της διαφοράς της δυναμικής ενέργειας στα σημεία αυτά. Μπορούμε για ευκολία να γράψουμε U B = U(x B ) και U = U(x ). Συνδυάζοντας την παραπάνω έκφραση του έργου με το θεώρημα έργου-ενέργειας Εξ. 6.10, οδηγεί στο x A Κ Κ = W = U + U νακατατάσσοντας του όρους οδηγεί στο αποτέλεσμα Κ + U = Κ + U ΔΙΤΗΡΗΣΗ ΜΗΧΝΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ (6.14) Εάν ορίσουμε τη μηχανική ενέργεια Ε ως το άθροισμα της κινητικής συν τη δυναμική ενέργεια Ε = Κ + U ΟΡΙΣΜΟΣ ΜΗΧΝΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ (6.15) τότε από την Εξ. 6.14 έχουμε το πολύ σημαντικό αποτέλεσμα που είναι γνωστό στη Φυσική ως η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας (εν συντομία ΔΜΕ) σύμφωνα με την οποία η μηχανική ενέργεια διατηρείται κατά την κίνηση ενός κινητού όταν οι δυνάμεις που δρουν σε αυτό είναι συντηρητικές, όποια και να είναι η τροχιά του και όποιες και να είναι οι δυνάμεις αυτές. Δηλαδή για δυο οποιαδήποτε τυχαία σημεία και της τροχιάς ισχύει ότι

Ε = Ε ΔΙΤΗΡΗΣΗ ΜΗΧΝΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΣ (6.16) Συμπερασματικά ισχύουν οι εξής δυο περιπτώσεις: Δύναμη απλή συνάρτηση F(x); ΝΙ Συντηρητική δύναμη ορίζεται δυναμική ενέργεια U(x) Διατηρείται η Ε = Κ + U Μπορούμε να γράψουμε Ε = Ε Δύναμη απλή συνάρτηση F(x) ΟΧΙ Μη συντηρητική δύναμη Δεν ορίζεται δυναμική ενέργεια Μπορούμε να γράψουμε μόνο το θεώρημα έργου ενέργειας W = K B K A Στην 2 η περίπτωση λύνουμε τα προβλήματα με την βοήθεια του θεωρήματος έργουενέργειας, Εξ. 6.10 το οποίο βέβαια μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και στην 1 η περίπτωση αλλά είναι πολύ ευκολότερο να χρησιμοποιήσουμε την αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας. πό την Εξ. 6.11 φαίνεται ότι μπορούμε να προσθέσουμε μια οποιαδήποτε σταθερά στην δυναμική ενέργεια αφού αυτή εμφανίζεται και στα δυο σκέλη της και έτσι η σταθερά ακυρώνεται έτσι και αλλιώς. Επομένως έχουμε την ελευθερία να ορίζουμε το μηδέν της δυναμικής ενέργειας σε όποιο βολικό σημείο θέλουμε προσθέτοντας την κατάλληλη σταθερά. Παράδειγμα 6.11 Μικρή μπάλα μάζας m = 0.12 kg πετιέται κατακόρυφα με ταχύτητα 20 m/s. γνοώντας την αντίσταση του αέρα και κάνοντας χρήση του ΔΜΕ, σε ποιο ύψος φτάνει η μπάλα; Έστω g = 10 ms 2 για ευκολία. Λύση: Έστω το σημείο στο έδαφος από όπου πετιέται η μπάλα. Τότε έχουμε v = 20 m/s και Κ = 1/2 mv 2. Το ύψος της πέτρας στο είναι y A = 0 και άρα η βαρυτική δυναμική ενέργειά της U A = mgy A είναι επίσης μηδέν. Επομένως η μηχανική ενέργεια της πέτρας στο ισούται με Ε = Κ + U A = 1/2 mv 2. Έστω το υψηλότερο σημείο όπου φτάνει η μπάλα. Όπως είδαμε στις βολές, στο υψηλότερο σημείο της τροχιά το κινητό σταματάει στιγμιαία και άρα v = 0 και Κ = 0. Η αντίστοιχη βαρυτική δυναμική ενέργεια στο ισούται με U = mgy όπου y το ύψος της πέτρας στο σημείο αυτό. Επομένως η μηχανική ενέργεια στο σημείο ισούται με Ε = mgy. Το βάρος είδαμε ότι είναι συντηρητική δύναμη και άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την ΔΜΕ στα δυο σημεία και : 1 2 mv 2 = mgy => y = v = 20 m 2g Για άσκηση ο αναγνώστης πρέπει να δείξει ότι εάν χρησιμοποιήσουμε τις εξισώσεις που μελετήσαμε στις βολές, καταλήγουμε στο ίδιο ακριβώς αποτέλεσμα. 2

Ταυτόχρονη δράση συντηρητικών και μη συντηρητικών δυνάμεων Όταν σε ένα κινητό δρουν τόσο συντηρητικές όσο και μη συντηρητικές δυνάμεις, ή δυνάμεις των οποίων δεν γνωρίζουμε την δυναμική τους ενέργεια, τότε η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας Εξ. 6.14 δεν μπορεί να χρησιμοποιηθεί όπως έχει αλλά πρέπει να τροποποιεί ελαφρώς όπως στην παρακάτω εξίσωση, ώστε να συμπεριλάβει και το έργο αυτών των δυνάμεων: Κ + U + W = Κ + U.Δ.Μ.Ε. ΔΥΝΜΕΙΣ ΣΥΝΤΗΡΗΤΙΚΕΣ ΚΙ ΜΗ (6.17) Η δυναμική ενέργεια U σχετίζεται μόνο με τις συντηρητικές δυνάμεις ενώ το έργο W είναι το έργο των μη συντηρητικών δυνάμεων ή των δυνάμεων που δεν γνωρίζουμε τη δυναμική τους ενέργεια, για τη μετακίνηση από το στο. Εάν υπάρχουν περισσότερες της μια συντηρητικές δυνάμεις, υπάρχουν και αντίστοιχες δυναμικές ενέργειες στην παραπάνω εξίσωση. Ομοίως εάν υπάρχουν περισσότερες της μια μη-συντηρητικές δυνάμεις, πρέπει να γραφτούν και τα αντίστοιχα έργα τους. Παράδειγμα 6.12 Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, ένα σώμα μάζας m = 12 kg ολισθαίνει υπό την επήρεια του βάρους του και χωρίς την εφαρμογή εξωτερικής δύναμης, επάνω σε κεκλιμένο επίπεδο που σχηματίζει γωνία 35 0 με τον ορίζοντα. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης ισούται με μ = 0.45 και το κιβώτιο ξεκινάει από την ηρεμία από ένα σημείο που βρίσκεται 1.2 m από ένα άλλο χαμηλότερο σημείο Γ κατά μήκος της τροχιάς. Να βρεθεί η ταχύτητα του κιβωτίου στο σημείο Γ εάν θεωρηθεί ότι είναι στο ίδιο ύψος με το έδαφος. N 1 35 0 Τ Κεκλιμένο επίπεδο 2 Λύση: Όπως φαίνεται και στο σχήμα, στο κιβώτιο δρουν τρεις δυνάμεις, το βάρος του, η κάθετη αντίδραση N και η τριβή ολίσθησης Τ. ναλύουμε το βάρος σε δυο συνιστώσες ίσες με B 1 = mgsin35 0 = 67.4 N B 2 = mgcos35 0 = 96.3 N

Κατά την κάθετη κατεύθυνση ως προς το κεκλιμένο επίπεδο, οι δυνάμεις είναι σε ισορροπία και έτσι Ν = B 2 = 96.3 N. Η τριβή ισούται με Τ = μν = 43.3 Ν Όσον αφορά το βάρος, είδαμε ότι είναι συντηρητική δύναμη με αντίστοιχη δυναμική ενέργεια U = mgy. Η δύναμη Ν είναι κάθετη στην τροχιά του κινητού και έτσι το έργο της είναι μηδέν και άρα δεν συνεισφέρει τίποτε στην Εξ. 6.17. Η τριβή αντιτίθεται στην κίνηση και άρα το έργο της είναι ίσο με W T = TΔs όπου Δs = 1.2 m είναι η απόσταση Γ (δείτε παρακάτω σχήμα). Το ύψος του σημείου ισούται με h A = Δs sin35 0 = 0.688 m ενώ το ύψος του σημείου Γ είναι h Γ = 0. Δs h A h Γ = 0 Γ 35 0 Η κινητική ενέργεια στο σημείο είναι μηδέν αφού το κιβώτιο ξεκινάει από την ηρεμία. πό την Εξ. 6.13 έχουμε 0 + mgh A TΔs = 1 2 mv Γ 2 + 0 ντικαθιστώντας όλα τα παραπάνω νούμερα παίρνουμε v Γ = 2.20 m/s Παράδειγμα 6.13 Στο παρακάτω σχήμα η μάζα m είναι προσδεμένη στο ένα άκρο ιδανικού νήματος μήκους L το άλλο άκρο του οποίου είναι προσδεμένο σε ακλόνητο σημείο σε οροφή. Έστω ότι εκτρέπουμε την m κατά μια γωνία θ και ακολούθως την αφήνουμε ελεύθερη. Να βρεθεί η ταχύτητα της μάζας όταν το νήμα ξανα-επιστρέφει στην κατακόρυφο με γωνία θ = 0 (α) από το θεώρημα έργου-ενέργειας και (β) από την αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας. Λύση: Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το νήμα με τη μάζα να σχηματίζουν τυχαία γωνία θ ως προς τη κατακόρυφο και οι δυο δυνάμεις που δρουν σε αυτή, το βάρος της B = mg και η τάση του νήματος Τ. Σύστημά μας είναι η μάζα m και περιβάλλον είναι η γη, και το νήμα. Η μάζα κινείται κατά μήκος της κυκλικής τροχιάς (διακεκομμένη γραμμή). Η τάση Τ είναι κατά μήκος της ακτίνας της τροχιάς και άρα κάθετη σε αυτή, αφού σε ένα κύκλο η ακτίνα είναι πάντα κάθετη στην εφαπτομένη. Πρέπει να βρούμε το έργο των δυνάμεων.

Οροφή θ T Κατακόρυφος m πό την Εξ. 6.3 μπορούμε να γράψουμε για το έργο της τάσης του νήματος W Τ = Τcosθ Τ dr όπου όμως προαναφέρθηκε, η θ Τ = 90 0 είναι η γωνία που σχηματίζει η τάση Τ με τη στοιχειώδη μετατόπιση dr της μάζας επάνω στην κυκλική τροχιά. Επομένως W Τ = 0 και η τάση Τ δεν συνεισφέρει έργο. Για το βάρος θα χρησιμοποιήσουμε τη Εξ. 6.8: x B y B W = x dx + y dy x A Γνωρίζουμε ότι το βάρος έχει μόνο κατακόρυφη συνιστώσα προς τα κάτω και άρα x = 0 και y = mg. Επομένως: y B y B W = mgdy = mg dy = mg(y A y B ) = mgδy y A y A όπου Δy είναι η διαφορά ύψους από την αρχική θέση της μάζας με γωνία θ A, έως και την τελική της θέση στην κατακόρυφο με γωνία θ = 0, το οποίο υπολογίζεται πολύ εύκολα από το παρακάτω σχήμα με τη βοήθεια της τριγωνομετρίας ως εξής: y A Επομένως W = mgl(1 cosθ ) Δy = L Lcosθ

L θ A m L B m Δy πό το θεώρημα έργου-ενέργειας, Εξ. 6.10 έχουμε W = Κ B Κ A όπου W είναι το συνολικό έργο W = W T + W B = 0 + W = mgl(1 cosθ ). Εφόσον η μάζα αφήνεται ελεύθερη στην αρχική θέση, τότε η αρχική ταχύτητα και η κινητική ενέργεια Κ είναι μηδέν. Εάν v B είναι η ταχύτητα στο τελικό σημείο τότε mgl(1 cosθ 0 ) = 1 2 mv B 2 => v B = 2gL(1 cosθ ) (β) Θα χρησιμοποιήσουμε την.δ.μ.ε. στην πιο γενική της μορφή, Εξ. 6.17, θεωρώντας το βάρος ως την συντηρητική δύναμη αφού για την τάση του νήματος Τ δεν γνωρίζουμε εάν είναι συντηρητική δύναμη ή όχι: Κ + U + W T = Κ + U Είδαμε στο προηγούμενο υπο-ερώτημα ότι το έργο της τάσης του νήματος W T αλλά και η αρχική κινητική ενέργεια Κ είναι μηδέν. Είδαμε σε προηγούμενο εδάφιο ότι η βαρυτική δυναμική ενέργεια δίνεται από την U = mgy όπου y το ύψος της μάζας από το έδαφος. Επομένως η προηγούμενη εξίσωση γίνεται 0 + mgy + 0 = 1 2 mv B 2 + mgy B => v B 2 = 2mgΔy όπου το Δy υπολογίστηκε στο προηγούμενο υπο-ερώτημα Δy = L(1 cosθ ). ντικαθιστώντας στην παραπάνω έχουμε: v B = 2mgΔy = 2mgL(1 cosθ ) Όπως βλέπουμε, καταλήγουμε στο ίδιο αποτέλεσμα και με τις δυο μεθόδους όπως αναμένεται. Ισχύς

Η ενέργεια είναι μια πολύ σημαντική ποσότητα στην σημερινή μοντέρνα κοινωνία η οποία βασίζεται σε αυτή, π.χ. όλοι μας χρησιμοποιούμε ηλεκτρική ενέργεια για όλες τις ηλεκτρικές μας συσκευές, όλοι μας καταναλώνουμε χημική ενέργεια όταν οδηγούμε το αυτοκίνητό μας ή όταν καίμε τον καυστήρα μας για να ζεσταθούμε κ.ό.κ. Μια σχετιζόμενη ποσότητα με το έργο είναι η λεγόμενη "ισχύς" η οποία ορίζεται ως το έργο (που αποδίδει ή που καταναλώνει συνήθως μια μηχανή) ανά μονάδα χρόνου P = W t ΙΣΧΥΣ (6.18) Οι μονάδες της ισχύος είναι το Watt το οποίο ισούται με Joule/s. Για να καταλάβουμε την σημασία της ισχύος, θεωρήστε το έργο που απαιτείται για να μετακινήσουμε ένα κομμάτι ψωμιού μάζας 10 g από ένα σημείο, σε ένα άλλο σημείο το οποίο είναι κατά 1 cm υψηλότερα. Τότε απαιτείται έργο ίσο με τη διαφορά της δυναμικής ενέργειας (το βάρος είναι συντηρητική δύναμη, δείτε προηγούμενο εδάφιο) W = ΔU = mgδh = 0.01 10 0.01 = 1 mj όπου χρησιμοποιήσαμε g = 10 m/s 2 για ευκολία. Ένας άνθρωπος θα μπορούσε να πραγματοποιήσει αυτή τη μετακίνηση σε χρόνο 1 s οπότε η αντίστοιχη ισχύς θα ισούταν με P = W t = 1 mj s = 1 mw Φανταστείτε τώρα ότι την ίδια δουλειά την κάνουν μια ομάδα από μυρμήγκια. Τα μυρμήγκια θα πάρουν το ψωμί λίγο-λίγο αλλά το συνολικό έργο θα είναι το ίδιο θεωρώντας ότι η μάζα παραμένει η ίδια. Ο χρόνος όμως θα είναι σίγουρα μεγαλύτερος, έστω π.χ. ότι τους παίρνει 2 ώρες για την μετακίνηση αυτή. Τότε η αντίστοιχη ισχύς σε αυτή τη περίπτωση θα ήταν ίση με P = W t = 1 mj 2 3600 s = 1.39 10 4 mw κατά πολύ μικρότερη από την P. λέπουμε δηλαδή ότι η μεγάλη ισχύς αντιστοιχεί σε μεγαλύτερη αποτελεσματικότητα. Προφανώς ο άνθρωπος είναι πολύ πιο αποτελεσματικός από τα μυρμήγκια γιατί εκτελεί το ίδιο έργο γρηγορότερα. υτό γίνεται επειδή καταβάλει μεγαλύτερη ισχύ. Για αυτό και οι μηχανές αξιολογούνται με βάση την ισχύ που παράγουν σε Watt. Στην Εξ. 6.18, το έργο θεωρείται ανεξάρτητο του χρόνου. Εάν το έργο μεταβάλλεται με το χρόνο, τότε μιλάμε για την στιγμιαία ισχύ η οποία ορίζεται ως εξής: P = dw dt ΣΤΙΓΜΙΙ ΙΣΧΥΣ (6.19) πό την Εξ. 6.19 και τον ορισμό του στοιχειώδους έργου dw = Fdx, μπορούμε να καταλήξουμε σε μια εναλλακτική έκφραση για την ισχύ: P = dw/dt = Fdx/dt. λλά η ποσότητα dx/dt είναι η ταχύτητα του κινητού και επομένως

P = Fv ΙΣΧΥΣ (6.20) Μια άλλη χρήσιμη μονάδα της ισχύος είναι ο λεγόμενος "ίππος" που συμβολίζεται ως hp και ισοδυναμεί με 1 hp = 742 Watts ΙΠΠΟΔΥΝΜΗ (6.21) Δυναμική ενέργεια και σημεία ισορροπίας - Δέσμιες τροχιές, Έστω μια τυχαία συνάρτηση δυναμικής ενέργειας U(x) σε μια διάσταση της οποίας η γραφική παράσταση φαίνεται στο παρακάτω σχήμα (μαύρη γραμμή) U E K D U D U(x) K A K B U C U A U B O x D x C x A x B x Σχήμα 6.7. Γραφική παράσταση τυχαίας συνάρτησης δυναμικής ενέργειας U(x). πό την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας (.Δ.Μ.Ε), γνωρίζουμε ότι η ολική ενέργεια E = K + U διατηρείται, δηλαδή είναι σταθερή για κάθε x. Για αυτό και στη παραπάνω γραφική παράσταση την συμβολίζουμε με μια οριζόντια γραμμή. Όταν το κινητό είναι στη θέση με απομάκρυνση x A τότε η δυναμική του ενέργεια είναι ίση με την τιμή της γραφικής παράστασης U A στο σημείο αυτό (συμβολίζεται με ένα κατακόρυφο βέλος στο παραπάνω σχήμα). Η κινητική ενέργεια K A τότε πρέπει να είναι ίση με την υπόλοιπη απόσταση στη γραφική παράσταση, από εκεί που τελειώνει το βέλος της U A έως και την οριζόντια ευθεία που συμβολίζει την σταθερή ενέργεια Ε ώστε να ισχύει η K A + U A = E. Παρομοίως στο σημείο x B η δυναμική ενέργεια U B συμβολίζεται με ένα βέλος αλλά επειδή αυτό το βέλος είναι μεγαλύτερο από αυτό στο σημείο (δηλαδή η U(x) είναι υψηλότερη) τότε αναγκαστικά η κινητική ενέργεια θα είναι μικρότερη K B < K A. Επίσης στο σημείο x C η δυναμική ενέργεια είναι οριακά ίση με Ε και έτσι η κινητική ενέργεια K C είναι αναγκαστικά μηδέν. Τι γίνεται όμως στο σημείο x D όπου η δυναμική ενέργεια U D είναι μεγαλύτερη από την ολική ενέργεια Ε; Τότε για να ισχύει η.δ.μ.ε θα έπρεπε η αντίστοιχη κινητική ενέργεια K D να ήταν αρνητική πράγμα το οποίο είναι άτοπο αφού στον ορισμό της κινητικής ενέργειας Κ = 1/2mv 2 όλοι οι όροι είναι μεγαλύτεροι του μηδενός (το τετράγωνο ενός αριθμού δεν μπορεί να είναι αρνητικός αριθμός). Επομένως, δεδομένης μιας σταθερής τιμής για το Ε, η

κίνηση ενός κινητού περιορίζεται μόνο στις περιοχές εκείνες της γραφικής παράστασης όπου U(x) Ε. Έτσι στο παρακάτω Σχήμα 6.8, ανάλογα με την μηχανική ενέργεια που έχει ένα κινητό, μπορεί να έχει και διαφορετική συμπεριφορά λόγω του περιορισμού U(x) Ε. Εάν η ενέργειά του π.χ. είναι Ε 1 τότε η απομάκρυνσή του x δεν μπορεί να γίνει μικρότερη από x 1. υτό σημαίνει ότι εάν το σώμα κινείται προς τα αριστερά και φτάσει στο x = x 1, τότε η κινητική του ενέργεια εκεί, και άρα και η ταχύτητά του θα μηδενισθούν. πό την Εξ. 6.11, η δύναμη στο σώμα F = du/dx είναι θετική επειδή η κλίση της U(x) είναι αρνητική. Έτσι το σώμα θα αναστρέψει την πορεία του και θα κινηθεί προς τα δεξιά. Εάν όπως φαίνεται στο σχήμα, η U(x) τείνει στο μηδέν για μεγάλα x, τότε το σώμα θα συνεχίσει να κινείται επ άπειρο προς τα δεξιά αφού παντού Ε 1 > U(x) και έτσι δεν υπάρχει άλλος περιορισμός. υτή είναι η περίπτωση π.χ. μιας μπάλας που χτυπάει σε τοίχο. Η δυναμική ενέργεια εκεί γίνεται πολύ μεγάλη και αναγκάζει την μπάλα να αναστρέψει την πορεία της. U E 1 E 4 Ε 2 U(x) Ε 3 O x 1 x 2 x 3 x 2 x 4 x Σχήμα 6.8. Γραφική παράσταση τυχαίας συνάρτησης δυναμικής ενέργειας U(x) με σημειωμένες διάφορες τιμές της μηχανικής ενέργειας Ε. Τα πράγματα είναι τελείως διαφορετικά για ένα κινητό με ενέργεια ίση με Ε 2, παρόλο που μιλάμε για την ίδια δύναμη (ίδια δυναμική ενέργεια) γιατί τότε ο περιορισμός Ε 2 > U(x) μεταφράζεται στον περιορισμό x 2 x x 2 δηλαδή το κινητό παγιδεύεται σε μια ορισμένη περιοχή του x και αναστρέφει την πορεία του κάθε φορά που φτάνει στα όρια x 2 ή x 2, όπως εξηγήθηκε παραπάνω. υτού του είδους η κίνηση λέγεται "δέσμια τροχιά" επειδή το κινητό δεν μπορεί ποτέ να ξεφύγει στο άπειρο. Ένα τέτοιο παράδειγμα είναι ο ταλαντωτής, ένα σώμα δηλαδή προσδεμένο σε ελατήριο, ή το εκκρεμές, ένα σώμα δηλαδή προσδεμένο σε κατακόρυφο νήμα που αιωρείται από την οροφή. Ενδιαφέρον παρουσιάζουν οι περιπτώσεις όπου η οριζόντια γραμμή που αναπαριστά την μηχανική ενέργεια, εφάπτεται σε ένα τοπικό ελάχιστο ή μέγιστο όπως οι Ε 3 και Ε 4 στο παραπάνω σχήμα. Στην περίπτωση της Ε 3, ισχύει οριακά U(x) = E 3 στο σημείο x 3 και άρα η κινητική ενέργεια του κινητού είναι μηδέν εκεί και επομένως παραμένει ακίνητο. Επιπλέον το κινητό δεν μπορεί να κινηθεί δεξιά ή αριστερά από το x 3 αφού η κινητική του ενέργεια θα γίνει αυτομάτως αρνητική. Επομένως το σώμα θα παραμείνει εσαεί παγιδευμένο σε ακινησία σε αυτό το σημείο. υτή η περίπτωση είναι γνωστή ως "ευσταθής ισορροπία".

ντιθέτως στην περίπτωση που η μηχανική ενέργεια είναι ίση με Ε 4, τότε και πάλι οριακά U(x) = E 4 στο σημείο x 4 αλλά το κινητό τώρα μπορεί να κινηθεί ελεύθερα δεξιά ή αριστερά αφού η κινητική του ενέργεια αυξάνει όσο απομακρύνεται από το x 4. Επίσης ο συνδυασμός της Εξ. 6.11 με την κλίση της U(x) δείχνει ότι οι δυνάμεις εκατέρωθεν αυτού του τοπικού μεγίστου τείνουν να το τραβήξουν μακριά από αυτό. Για παράδειγμα από αριστερά του μεγίστου, η κλίση είναι θετική du/dx > 0 αλλά λόγω του μείον στην Εξίσωση.11, η δύναμη προκύπτει αρνητική και τραβάει το κινητό προς τα αριστερά. Έτσι το κινητό παραμένει προσωρινά μόνο στο x = x 4 και σύντομα θα απομακρυνθεί από αυτό. υτή η περίπτωση είναι γνωστή ως "ασταθής ισορροπία". Προβλήματα Ορισμός του Έργου 6.1 Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, τρακτέρ ελκύει κιβώτιο μάζας 500 kg υπό γωνία θ = 35 0 με δύναμη F = 4000 N. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι 0.40. Εάν το κιβώτιο μετακινείται κατά 8 m με επιτάχυνση a = 1.2 ms 2, να υπολογισθεί το έργο της κάθε δύναμης που δρα στο κιβώτιο. Πάρτε g = 10 ms 2 για ευκολία. F θ πάντηση: 26210 & 8660 J, οι άλλες μηδέν. 6.2 Ελατήριο σταθεράς k και μήκους L έχει τις άκρες του ελεύθερες. Όταν το ελατήριο είναι στο φυσικό του μήκος, τότε η αριστερή άκρη του βρίσκεται στο x = 0. Ένας φοιτητής το παραμορφώνει πολύ αργά εφαρμόζοντας δυο ίσες μεταβαλλόμενες δυνάμεις F εκατέρωθεν. Να βρεθεί το έργο της δύναμης του φοιτητή από αρχική παραμόρφωση 0% έως και τελική παραμόρφωση 20%. F F πάντηση: 0.02kL 2