Ένα µικρό σώµα βάλλεται οριζόντια µε ταχύτητα v 0 εντός του πεδίου βαρύτητας της Γης από ένα σηµείο Α που η απόστασή του από το οριζόντιο έδαφος είναι h. Tο σώµα κατά την κίνησή του δέχεται εκτός από το βάρος του m g και µια χωροεξαρτώ µενη δύναµη F, που περιγράφεται µε την σχέση: F = kx i όπου x η οριζόντια µετατόπιση του σώµατος, k θετική σταθερά και i το µοναδιαίο διάνυσµα του οριζόντιου άξονα x. i) Nα δείξετε ότι η κίνηση του σώµατος είναι επίπεδη και να βρείτε τις εξισώσεις της κίνησής του. ii) Nα βρείτε την εξίσωση της τροχιάς του σώµατος και το βεληνεκές του. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας και ότι είναι αµελητέα η αντίσταση του αέρα. ΛΥΣΗ: i) i) Eξετάζουµε την κίνηση του σώµατος στο σύστηµα αναφοράς Οxyz, όπου Ο η προβολή του σηµείου εκτόξευσης Α στο οριζόντιο έδαφος. Εφαρµόζοντας για το σώµα τον δευτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: Σχήµα 1 m d r dt = F + m g m d x i + d y d z j + k dt dt dt = 'x i - mg k %
( ) = x ( ) = -mg ( ) = 0 m d x / dt m d y / dt m d z / dt % d x / dt = x / m d y / dt = -g d z / dt = 0 % όπου m η µάζα του σώµατος, r το διάνυσµα θέσεως του σώµατος ως προς την αρχή Ο και i, j, k τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων x, y, z αντιστοίχως. Η τρίτη εκ των σχέσεων (1) δηλώνει ότι η κίνηση του σώµατος κατά την διεύθυνση του άξονα z είναι ισοταχής και επειδή την χρονική στιγµή t=0 η ταχύτητά του κατά την διεύθυνση αυτή είναι µηδέν το σώµα δεν µετατοπίζεται κατά τον άξονα z, που σηµαίνει ότι η κίνησή του περιορίζεται στο επίπεδο xy. H δεύτερη εκ των εξισώσεων (1) ολοκληρούµενη δύο φορές µε αρχικές συνθήκες y(0)=h και v y (0)=0 δίνει: y = h - gt / () Η πρώτη εκ των εξισώσεων (1) γράφεται: (1) d x dt - m x = 0 d x dt - x = 0 µε ω =λ/m (3) H (3) είναι µία οµογενής διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής: x = c 1 e t + c e - t (4) όπου c 1, c σταθερές που οι τιµές τους θα προσδιορισθούν από τις αρχικές συνθήκες x(0)=0 και v x (0)=v 0. H (4) για t=0 δίνει: 0 = c 1 + c c 1 = -c (5) Εξάλλου παραγωγίζοντας την (4) παίρνουµε: t= 0 dx / dt = c 1 e t - c e - t v x = ( c 1 e t - c e ) - t v 0 = ( c 1 - c ) c 1 - c = v 0 / (6) Aπό την λύση του συστήµατος των (5) και (6) παίρνουµε: c 1 = -c = v 0 / και η (4) γράφεται: x = v 0 e t - v 0 e- t = v 0 e t - e - t % '
x = v 0 m sinh (t) = v 0 sinh % m t ( (7) ' Οι σχέσεις () και (7) αποτελούν τις εξίσώσεις κίνησης του σώµατος. ii) Aν απαλοίψουµε τον χρόνο t µεταξύ των () και (7) θα έχουµε: gt / = h - y t = ( h - y) / g και η (7) γράφεται: m x = v 0 sinh m ( ) g h - y % ' x = v 0 m ( ) h - y % sinh mg ' (8) H (8) αποτελεί την εξίσωση της επίπεδης τροχιάς του σώµατος. Θέτοντας στην (8) y=0 βρίσκουµε το βεληνεκές s του σώµατος, δηλαδή θα έχουµε: s = v 0 m h % sinh mg ' (9) P.M. fysikos Eάν στο προηγούµενο πρόβληµα το µικρό σώµα δέχεται εκτός από το βάρος του m g και µια χωροεξαρτώµενη δύναµη F που περιγράφεται µε την σχέση: F = -m r όπου m η µάζα του σώµατος, λ σταθερή ποσότητα και r η επιβατική ακτίνα του σώµατος ως προς την αρχή Ο, που συµπίπτει µε την προβολή του σηµείου εκτοξευσης Α του σώµατος επί του εδάφους. i) Nα δείξετε ότι η κίνηση του σώµατος είναι επίπεδη και να βρείτε τις εξισώσεις της κίνησής του. ii) Nα βρείτε την εξίσωση της τροχιάς του σώµατος και τον χρόνο κίνησής του µέχρις ότου φθάσει στο έδαφος. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και ότι είναι αµελητέα η αντίσταση του αέρα. iii) Nα δείξετε ότι το σώµα βρίσκεται εντός συντηρητικού πεδίου και να καθορίσετε την δυναµική του ενέργεια. Στην συνέχεια χρησιµοποι ώντας το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας να υπολογί σετε το µέτρο της ταχύτητάς του την στιγµή που φθάνει στο έδαφος. ΛΥΣΗ: i) Εφαρµόζοντας για το σώµα τον δευτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση:
m d r dt = F + m g = -m r + m g d r dt = - r + g ( ) - g d x i + d y d z j + k = - x i + y dt dt dt j + z k j Σχήµα d x / dt = - x d y / dt = - y - g d y / dt = - z % d x / dt + x = 0 d y / dt + y = -g d z / dt + z = 0 % (1) όπου x, y, z oι συντεταγµένες του σώµατος την χρονική στιγµή t που το εξε τάζουµε και i, j, k τα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων x, y, z αντιστοίχως. Εστιάζοντας στην τρίτη εκ των διαφορικών εξισώσεων (1) παρατηρούµε ότι αυ τή δέχεται λύση της µορφής: z = A 1 µt + A %t () όπου Α 1, Α σταθερές ολοκλήρωσης που θα προσδιορισθούν από τις αρχικές συνθήκες z(0)=0 και v z (0)=0. H () για t=0 δίνει: 0 = A 1 0 + A A = 0 Παραγωγίζοντας την () έχουµε: t= 0 dz/dt = A 1 t - A %µt = A 1 t 0 = A 1 A 1 = 0 δηλαδή κάθε στιγµή ισχύει z=0 που σηµαίνει ότι το σώµα δεν µετατοπίζεται κατά τον άξονα z, οπότε η κίνησή του περιορίζεται στο επίπεδο xy. Αν κατα φύγουµε στην πρώτη εκ των διαφορικών εξισώσεων παρατηρούµε ότι και αυτή είναι µια οµογενής γραµµική διαφορική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχεται λύση της µορφής:
x = B 1 µt + B %t (3) όπου B 1, B σταθερές ολοκλήρωσης που θα προσδιορισθούν από τις αρχικές συν θήκες x(0)=0 και v x (0)=v 0. H (3) για t=0 δίνει: 0 = B 1 0 + B B = 0 Εξάλλου παραγωγίζοντας την (3) έχουµε: t= 0 dx/dt = B 1 t - B %µt = B 1 t v 0 = B 1 B 1 = v 0 / οπότε η (3) γράφεται: x = ( v 0 / )µt (4) Tέλος η δεύτερη εκ των εξισώσεων (1) είναι µια µη οµογενής γραµµική διαφο ρική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξεως µε σταθερούς συντελεστές και δέχε ται λύση της µορφής: y = 1 µt + %t - g/ (5) όπου Γ 1, Γ σταθερές ολοκλήρωσης που θα προσδιορισθούν από τις αρχικές συνθήκες y(0)=h και v y (0)=0. H (5) για t=0 δίνει: h = 1 0 + - g/ = h + g/ Ακόµη παραγωγίζοντας την (3) έχουµε: t= 0 dy/dt = 1 %t - µt 0 = 1-0 1 = 0 οπότε η (5) γράφεται: y = ( h + g/ )t - g/ (6) Οι σχέσεις (4) και (6) αποτελούν τις εξισώσεις κίνησης του σώµατος. ii) Eάν απαλοίψουµε τον χρόνο t µεταξύ των (4) και (6) θα έχουµε: και x / v 0 = µt ( x / v 0 ) = µ t (7) y + g/ = h + g/ ( )t y + g/ h + g/ = t
y + g/ % h + g/ ' = ()* t (8) Προσθέτοντας κατά µέλη τις (7) και (8) παίρνουµε την εξίσωση της επίπεδης τροχιάς του σώµατος: x % ' v 0 + y + g/ % h + g/ ' = 1 (9) Για να υπολογίσουµε τον χρόνο κίνησης t ολ του σώµατος από την στιγµή της εκτόξευσής του µέχρις ότου φθάσει στο οριζόντιο έδαφος χρησιµοποιούµε την εξίσωση (6) η οποία για t=t ολ δίνει: h = ( h + g/ )t % - g/ h + g/ = ( h + g/ )t % t % = 1 t = t = / (10) iii) Τόσο το βάρος m g του σώµατος όσο και η κεντρική δύναµη F = - m r που δέχεται αποτελουν συντηρητικες δυνάµεις, οι οποίες συµπλέκονται µε αντί στοιχες δυναµικές ενέργειες U 1 και U για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις: m g = - U 1 -m r = - U % F = - U 1 + U (+ ) m g - m r = - U 1 - U ( ) (11) H (11) εκφράζει ότι η ολική δύναµη F που δέχεται το σώµα απορρέει από δυ ναµική ενέργεια U=U 1 +U, που σηµαίνει ότι ο χώρος µέσα στον οποίο κινείται το σώµα αποτελει ένα συντηρητικό δυναµικό πεδίο. Όµως για τις επιµέρους δυναµικές ενέργειες U 1 και U έχουµε τις σχέσεις: -mg = -du 1 /dy -m r = -du / dr mgdy = du 1 m rdr = du U 1 = mgy + C 1 U = m r / + C (+ ) U 1 + U = mgy + C 1 + m r / + C U = mgy + m ( x + y ) / + C (1) όπου οι σταθερές ολοκληρώσεως C 1, C έχουν ενσωµατωθεί στην αυθαίρετη στα θερά C. Το γεγονός ότι στην ολική δύναµη που δέχεται το σώµα αντιστοιχεί η δυναµική ένεργεια U µας επιτρέπει να αποδόσουµε στο σώµα µηχανική ενερ γεια Ε µηχ =U+K, η οποία διατηρείται κατά την εξέλιξη της κινήσεώς του.
Εφαρµόζοντας για το σώµα την παραπάνω ιδιότητα (θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας) µεταξύ της θέσεως εκτόξευσής του Α και της θέσεως αφίξεως του Γ στο έδαφος, παίρνουµε την σχέση: K A + U A = K + U mv 0 h +mgh+m + C= mv s +m + C v 0 +gh+ h = v + s (13) όπου v η ταχύτητα του σώµατος στην θέση Γ και s το βεληνεκές του. Εξάλλου η εξίσωση της τροχιάς του σώµατος (σχέση 9) δίνει για το σηµείο Γ την σχέση: s % ' v 0 + 0 + g/ % h + g/ ' = 1 s = 1 - v 0 g / 4 ( h + g) / 4 s = v 0 1 - και η (13) γράφεται: % g ' ( h + g) ' v v 0 +gh+ h = v +v 0-0 g ( h + g) v gh+ h + 0 g ( h + g) = v v = h( g+ h) + v 0 g ( h + g) P.M. fysikos Ένα υλικό σηµείο, µάζας m κινείται στο επίπεδο Οxy δεχόµενο δύναµη F, η οποία απορρέει από συνάρτηση δυναµι κής ενέργειας της µορφής: U(x,y) = αx + βψ (1) όπου α, β θετικές και σταθερές ποσότητες και x, y οι συντεταγµένες του υλικού σηµείου. i) Να βρείτε την συνθήκη, ώστε η δύναµη F να είναι κεντρική. Ποιά
είναι τότε η µορφή της τροχιάς του υλικού σηµείου; ii) Mε την προυπόθεση ότι η F είναι κεντρική δύναµη και ότι την χρονική στιγµή t=0 είναι x=r, y=0 και v 0 =v 0 j, όπου R, v0 θετικές και σταθερές ποσότητες και j το µοναδιαίο διάνυσµα του άξονα y, να βρεί τε για ποιές τιµές των α, β το υλικό σηµείο εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση. ΛΥΣΗ: i) Επειδή η δύναµη F απορρέει από συνάρτηση δυναµικής ενέργειας U(x,y) θα ισχύει: F = - U(x,y) = -% U x i + U U j + y z k ( ' (1) Για να είναι η F κεντρική δύναµη πρέπει να έχει την µορφή: F = f(r) r F = - (x i + y j ) () όπου f(r) µονόµετρη συνάρτηση του µέτρου της επιβατικής ακτίνας r του υλικού σηµείου. Έτσι µε βάση την () η f(r) πρέπει να ικανοποιεί την σχέση: -(x i + y j ) = f(r) r -(x i + y j ) = f(r)(x i + y j ) -x = f(r)x -y = f(r)y % - = f(r) - = f(r) % = Αν λοιπόν ισχύει α=β τότε η () γράφεται: F = -(x i + y j ) = - r (3) δηλαδή η F είναι κεντρική δύναµη και µάλιστα ελκτική µε µέτρο ανάλογο της απόστασης r του υλικού σηµείου από την αρχή Ο των αξόνων. ii) Για να εκτελεί το υλικό σηµείο οµαλή κυκλική κίνηση πρέπει η F να απο τελεί κεντροµόλο δύναµη µε σταθερό µέτρο. Αυτό συµβαίνει όταν α=β και όταν: Σχήµα 3 αr = mv /R α = mv /R (4)
όπου R η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς. Όµως το µέτρο της ταχύτητας v είναι σταθερό και ίσο µε v 0, οπότε η (4) δίνει: = = mv 0 /R P.M. fysikos Στην διάταξη του σχήµατος (4) τα νήµατα ΑΒ και ΓΔ θεωρούνται αβαρή και µή εκτατά, έχουν το ίδιο µήκος και συγκρα τουν µια λεπτή ορθογώνια πλάκα µάζας m, που έχει µήκος L και πλάτος L. Αρχικά η πλάκα κρατείται ακίνητη σε τέτοια θέση, ώστε τα νήµατα να σχηµατίζουν µε την οριζόντια διεύθυνση γωνία π/6 και κάποια στιγµή αφήνεται ελευθερη. Nα βρεθούν: i) η επιτάχυνση του κέντρου µάζας της πλάκας κατά την έναρξή της κινήσεώς της και ii) οι αντίστοιχες τάσεις των δύο νηµατων. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας. ΛΥΣΗ: i) Όταν η πλάκα αφεθεί ελευθερη εκτελεί µεταφορική κίνηση στην διάρκεια της οποίας το κέντρο µάζας της C διαγράφει σε κατακόρυφο επίπεδο κυκλική τροχιά ακτίνας ίσης µε το µήκος των δύο νηµάτων. Εξετάζοντας την πλάκα την στιγµή t=0 της εκκίνησής της παρατηρούµε ότι δέχεται το βάρος της w και τις τάσεις F 1, F των νηµάτων οι οποίες διευθύνονται κατά την ακτίνα Σχήµα 4 της κυκλικής τροχιάς του κέντρου µάζας C (σχ. 4). Οι δύο αυτές δυνάµεις συντιθέµενες µε την ακτινική συνιστώσα w r του βάρους της πλάκας δίνουν συνισταµένη δύναµη που αποτελεί για το κέντρο µάζας C κεντροµόλο δύναµη. Όµως την στιγµή αυτή η ταχύτητα του κέντρου µάζας είναι µηδενική, που ση µαίνει ότι µηδενική θα είναι και η κεντροµόλος δύναµη, δηλαδή ισχύει η σχέ ση: F 1 + F - w r = 0 F 1 + F = mgµ F 1 + F = mgµ( / 6) = mg/ (1) Eξάλλου την ίδια στιγµή η συνιστώσα w του βάρους της πλάκας που διευθύ
νεται κάθετα επί την ακτίνα της τροχιάς του κέντρου µάζας (εφαπτοµενική συνιστώσα), αποτελεί επιτρόχια δύναµη για το κέντρο µάζας και του προσδίδει επιτάχυνση a (επιτρόχιος επιτάχυνση) της οποίας το µέτρο, σύµφωνα µε τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα ικανοποιεί την σχέση: w = ma mg = ma a = g = g(% / 6) = 3mg/ () ii) Eπειδή η κίνηση της πλάκας είναι µεταφορική, η συνολική ροπή περί το κέντρο µάζας C των δυνάµεων που δέχεται είναι µηδενική, οπότε θα ισχύει: () C = 0 -F 1y L + F 1x L/ + F y L + F x L/ = 0 -F 1 µ + F 1 % + F µ + F % = 0 -F 1 µ ( / 6) + F 1 %( / 6) + F µ ( / 6) + F %( / 6) = 0 -F 1 + 3F 1 / + F + 3F / = 0 F 1 (- + 3) + F ( + 3) = 0 F 1 ( - 3) = F ( + 3) F 1 = F ( + 3) (3) Από την λύση του συστήµατος των (1) και (3) τελικώς προκύπτει: F 1 = mg( - 3) 8 και F = mg( + 3) 8 P.M. fysikos Λεπτή οµογενής ράβδος ΜΝ µάζας m και µήκους L, ισορροπεί σε κατακόρυφη θέση µε την βοήθεια των κεκλιµένων νηµάτων ΑΜ και ΒΜ, όπως φαίνεται στο σχήµα (5). Τα νήµατα έχουν αµελητέα µάζα, είναι µη εκτατά και σχηµατίζουν µε την οριζόνια διευθυνση γωνία φ=π/6. Eάν κόψουµε το νήµα AΜ να βρεθεί η γωνια κή επιτάχυνση της ράβδου και η τάση του νήµατος BΜ αµέσως µετά την θραύση του νήµατος. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας I C =ml /3 της ράβδου, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας C και είναι κάθετος στην ράβδο. ΛYΣH: Όταν κοπεί το νήµα ΑΜ η ράβδος εκτελεί επίπεδη κίνηση στο κατακό ρυφο επίπεδο που καθορίζει το νήµα ΜΒ και η ράβδος. Η κίνηση αυτή µπορεί να θεωρηθεί ως επαλληλία µιας µεταφορικής κίνησης και µιας περιστροφικής κίνησης περί άξονα κάθετο στο επίπεδο κίνησης και διερχόµενο από το κέντρο µάζας C της ράβδου. Έτσι οι επιταχύνσεις a M, a C του άκρου Μ της ράβδου και του κέντρου µάζας της C αντιστοίχως αµέσως µετά την θραύση του νήµατος AM θα συνδέονται µε την σχέση:
a M = a C - ( CM) + ' CM ( ) = ( ) (1) a C + ' CM όπου ' η γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου κατά την έναρξη της κινήσεώς της (t=0), ενώ η αντίστοιχη γωνιακή ταχύτητα της ράβδου είναι µηδενική. Επειδή κατά την διεύθυνση του νήµατος ΜΒ η επιτάχυνση του ακρου Μ της ράβδου είναι µηδενική (αυτό οφείλεται στην µηδενική επιτάχυνση του σταθε ρού σηµείου Β) το διάνυσµα a M είναι κάθετο στο νήµα ΜΒ (σχ. 6) και εποµένως Σχήµα 5 Σχήµα 6 σχηµατίζει µε την κατακόρυφη διεύθυνση γωνία φ. Η διανυσµατική σχέση (1) µπορεί να πάρει την µορφή: a Mx i + a My j = acx i + a Cy j + a i a M µ i + a M % j = i + a Cy j + 'L i a M µ = + 'L' ( a M % = a Cy ) = a M µ - 'L a Cy = a M % όπου a η επιτρόχια επιτάχυνση του ακρου Μ της ράβδου i, j τα µοναδιαία διανύσµατα του οριζόντιου και του κατακόρυφου άξονα Cx και Cy αντιστοί χως,, a Cy οι αλγεβρικές τιµές της x-συνιστώσας και της y-συνιστώσας αντι στοίχως της επιτάχυνσης a C και a Mx, a My oι αλγεβρικές τιµές των αντίστοιχων συνιστωσών της επιτάχυνσης a M. Εφαρµόζοντας µέσως µετά την θραύση του νήµατος AM για το κέντρο µάζας C τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα κατά τις κατευθύνσεις των i και j, παίρνουµε τις σχέσεις: ' ( ) () T x = m mg - T y = ma Cy T = ma Cx ' mg - T%µ = ma Cy ( όπου T η τάση του νήµατος ΜΒ και m g το βάρος της ράβδου. Εξάλλου την (3)
ίδια στιγµή ο θεµελιώδης νόµος της στροφικής κίνησης δίνει για την ράβδο την σχέση: T x L = I C ' TL = ml %'/3 T = ml'/3% (4) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (3) µε την (4) παίρνουµε: ml'%/3% = m ' ( mg - ml'µ%/3% = ma Cy ) ι σχέσεις () λόγω των (5) γράφονται: L'/3 = a % Cx g - L'/3 = a Cy ' (5) 4L'/3 = a M µ g - L'%/3 = a M '( ) * + (:) µ % = 4L'/3 g - L''(/3 = 4L' 3g - L' 3g - L' = 4L' 3g = ' ( 4L + L ) '= 3g ( ) L 4 + (6) Τέλος συνδυάζοντας την (3) µε την (6) παίρνουµε: T = ml' 3% 3g'% L( 4 +' % ) = mg'% % 4 +' % ( ) T = mg( / 6) ( ) = mg 3 / 3 3 / ( ) = mg 13 %( / 6) 4 + ( / 6) ( ) 4 +1/ 3 (7) Ακολουθώντας σχεδόν την ίδια διαδικασία, µπορείτε να λύσετε την παρακάτω άσκηση: Λεπτή οµογενής ράβδος AB µάζας m και µήκους L, ισορροπεί σε οριζόντια θέση µε την βοήθεια των κεκλιµέων νηµάτων ΟA και ΟB, όπως φαίνεται στο σχήµα (7). Τα νήµατα έχουν αµελητέα µάζα, είναι µη εκτατά και σχηµατίζουν µε την οριζόνια διεύθυνση γωνία φ=π/6. Σχήµα 7
Eάν κόψουµε το νήµα ΟA, να βρεθεί η επιτάχυνση του κέντρου µά ζας της ράβδου και η τάση του νήµατος B αµέσως µετά την θραύση του νήµατος A. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και η ροπή αδράνειας I C =ml /3 της ράβδου, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας της C και είναι κάθετος στην ράβδο. P.M. fysikos Οµογενές ηµισφαιρικό σώµα, µάζας m και ακτίνας R, εφάπτεται λείου οριζόντιου δαπέδου και συγκρατείται ώστε η επί πεδη επιφάνειά του να είναι κατακόρυφη. Κάποια στιγµή το σώµα αφήνεται ελεύθερο και αρχίζει να κινείται ώστε η σφαιρική του επι φάνεια να εφάπτεται του δαπέδου. i) Να δείξετε ότι το κέντρο µάζας του σώµατος εκτελεί κατακόρυφη κίνηση. ii) Να βρείτε την δύναµη που δέχεται το σώµα από το δάπεδο την στιγµή που η επίπεδη επιφάνειά του γίνεται οριζόντια. iii) Nα βρείτε την ίδια στιγή την επιτάχυνση του σηµείου επαφής του ηµισφαιρίου µε το δάπεδο. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας, ότι το κέντρο µάζας C του σώ µατος βρίσκεται στον άξονα συµµετρίας του σε απόσταση 3R/8 από το κέντρο Ο της επίπεδης επιφάνειάς του και ότι η ροπή αδράνειας µιας σφαίρας µάζας m και ακτίνας R, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο της, είναι ίση µε mr /5. ΛΥΣΗ: i) To ηµισφαιρικό σώµα εκτελεί επίπεδη κίνηση µε χαρακτηριστικό επίπεδο την κύρια τοµή του ηµισφαιρίου (ηµικύκλιο) της οποίας η διάµετρος είναι κάθετη στο οριζόντιο δάπεδο την στιγµή t=0 που το σώµα αφήνεται ελευθερο. Η επίπεδη αυτή κίνηση µπορεί να θεωρηθεί ως επαλληλία µιας µεταφορικής κίνησης και µιας στροφικής περί άξονα κάθετο στο επίπεδο της Σχήµα 8 Σχήµα 9 Σχήµα 10 κίνησης και διερχόµενο από το κέντρο µάζας C του σώµατος. Το σώµα κατά την κίνησή του δέχεται το βάρος του w και την δύναµη F από το έδαφος, η οποία ως κάθετη σ αυτό θα είναι κάθετη και στην εξωτερική επιφάνεια του σώ
µατος στο σηµείο επαφής της Α µε το έδαφος, δηλαδή ο φορέας της είναι κατα κόρυφος και διέρχεται από το κέντρο Ο της κύριας τοµής. Επειδή λοιπόν οι δυνάµεις w και F είναι κατακόρυφες, το κέντρο µάζας C του σώµατος δεν έχει οριζόντια επιτάχυνση µε αποτέλεσµα να κινείται κατακόρυφα, αφού είναι µηδενική η οριζόντια αρχική του ταχύτητα που σηµαίνει ότι η µεταφορική συνιστώσα της κίνησης του σώµατος είναι κατακόρυφη. Εξάλλου η περιστροφι κή συνιστώσα της κίνησης του σώµατος οφείλεται στην ροπή της δύναµης F περί το κέντρο µάζας C και σε πρώτο στάδιο είναι αριστερόστροφη (σχ. 8). ii) Ας εξετάσουµε τι συµβαίνει την χρονική στιγµή που η επίπεδη επιφάνεια του ηµισφαιρίου είναι οριζόντια (σχ. 11). Επειδή η y-συντεταγµένη του γεωµετρικού κέντρου Ο του ηµισφαιρίου είναι χρονικά σταθερή και ίση µε την ακτίνα του R η επιτάχυνσή του a στο σύστηµα αναφοράς του δαπέδου είναι οριζόντια. Θεωρώντας το Ο ως πόλο της επίπεδης κίνησης µπορούµε να υπολογίσουµε την επιτάχυνση a C του κέντρου µάζας C, µέσω της σχέσεως: a C = a - (C) + ( ' C) (1) Σχήµα 11 όπου η γωνιακή ταχύτητα και ' η γωνιακή επιτάχυνση αντιστοίχως του σώµατος κατά την θεωρούµενη χρονική στιγµή. Όµως οι ροπές των δυνάµεων περί το κέντρο µάζας C την στιγµή αυτή είναι µηδενικές και σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης µηδενική θα είναι και η ', οπότε η (1) γράφεται: a C = a - (C) () Όµως το διάνυσµα a είναι οριζόντιο και τα διανύσµατα a C, (AC) κατακό ρυφα που σηµαίνει ότι η () ισχύει µόνο αν a = 0, µε αποτέλεσµα η () να παίρ νει την µορφή: a C = - (AC) a C = 3R /8 (3) Eφαρµόζοντας την ίδια στιγµή για την κίνηση του κέντρου µάζας του σώµατος τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: (3) F - w = ma C F = mg + 3mR /8 (4) Για τον υπολογισµό της γωνιακής ταχύτητας εφαρµόζουµε για το σώµα το θεώ ρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας, λαµβάνοντας ως επίπεδο µηδενι κής βαρυτικής ενέργειας το δάπεδο, οπότε θα έχουµε:
K + U = K % + U % 0 + mgr = I C + mv C + mg(ac) mgr = I C + mv C + 10mgR/8 3mgR/4 = I C + mv C όπου v C η αντίστοιχη ταχύτητα του κέντρου µάζας και Ι C η ροπή αδράνειας του σώµατος περί άξονα κάθετο στην κύρια τοµή και διερχόµενο από το C. Eξετάζoντας εξάλλου το σώµα σε µια ενδιάµεση θέση όπου η επίπεδη επιφάνειά του σχηµα τίζει µε το δάπεδο γωνία φ (σχ. 9 ) θα έχουµε για την y-συντεταγµένη του C την σχέση: y C = R - (C) = R - 3R / 8 (5) dy C dt = 3R 8 µ d dt v C = 3R 8 µ d dt η οποία για την οριζόντια θέση της επίπεδης επιφάνειας (φ=0) δίνει v C =0 και η (5) παίρνει την µορφή: 3mgR/4 = I C (6) Αν Ι Ο είναι η ροπή αδράνειας του σώµατος ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο Ο και είναι κάθετος στην κύρια τοµή του, σύµφωνα µε το θεώρηµα του Steiner θα ισχύει: I = I C + m(c) I C = I - m(c) (7) Όµως η Ι είναι ίση µε το µισό της ροπής αδράνειας µιας σφαίρας κέντρου Ο και διπλάσιας µάζας από την µάζα m του σώµατος, ως προς άξονα που διέρχε ται από το Ο, δηλαδή θα ισχύει: I = 1 5 mr % = mr 5 (8) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (7) και (8) παίρνουµε: I C = 5 mr - m(c) = mr 5-9mR 64 = 83mR 30 Έτσι η σχέση (6) γράφεται: 3mg R 4 = 83mR 30 40 83 g = R (9) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (4) και (9) έχουµε: F = mg + 3m 8 40 83 90 g = mg 1 + F = 173 83% 83 mg
iii) H επιτάχυνση a A του σηµείου επαφής Α του ηµισφαιρικού σώµατος µε το δάπεδο δίνεται από την σχέση: a A = a - (A) + ( ' A) Όµως την στιγµή που η το διάνυσµα A είναι κατακόρυφο ισχύει '= 0 και a = 0, οπότε η προηγούµενη σχέση γράφεται: (9) a A = - (A) a A = R a A = 40 83 g P.M. fysikos Ηµισφαιρικό σώµα, βάρους w και ακτίνας R, εφάπτεται µη λείου οριζόντιου εδάφους και συγκρατείται ώστε η επί πεδη επιφάνεια να είναι κατακόρυφη (σχ. 1). Κάποια στιγµή το σώ µα αφήνεται ελεύθερο και αρχίζει να κυλίεται στο οριζόντιο έδαφος. i) Nα δείξετε ότι, την στιγµή που η επίπεδη επιφάνεια του ηµισφαιρι κού σώµατος γίνεται οριζόνια η γωνιακή του επιτάχυνση είναι µηδέν. i) Να βρείτε την δύναµη που δέχεται το σώµα από το οριζόντιο έδα φος κατά την ίδια χρονική στιγµή. Δίνεται ότι το κέντρο µάζας C του σώµατος βρίσκεται στον άξονα συµ µετρίας του σε απόσταση 3R/8 από το κέντρο Ο της επίπεδης επιφά νειάς του και ότι η ροπή αδράνειας µιας σφαίρας µάζας m και ακτί νας R, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο της, είναι ίση µε mr /5. ΛΥΣΗ: i) Η κύλιση του ηµισφαιρικού σώµατος επί του εδάφους είναι επίπεδη κίνηση µε χαρακτηριστικό επίπεδο την κύρια τοµή του ηµισφαιρίου (ηµικύκ λιο) της οποίας η διάµετρος είναι κάθετη στο έδαφος την στιγµή t=0 που το σώµα αφήνεται ελεύθερο. Η κίνηση αυτή µπορεί να θεωρηθεί ως επαλληλία µιας µεταφορικής κίνησης και µιας στροφικής περί άξονα κάθετο στο επίπεδο Σχήµα 1 της κίνησης και διερχόµενο από το κέντρο µάζας C του σώµατος. Eάν εστιά σουµε την προσοχή µας στο γεωµετρικό κέντρο Ο του ηµισφαιρικού σώµατος
θα διαπιστώσουµε ότι η απόστασή του από το οριζόντιο έδαφος είναι κάθε στιγµή ίση µε την ακτίνα R (σχ. 1), που σηµαίνει ότι η κατακόρυφη συνιστώσα της επιτάχυνσής του είναι µηδενική, δηλαδή η επιτάχυνσή του a στο σύστη µα αναφοράς του εδάφους είναι οριζόντια. Ας εξετάσουµε τι συµβαίνει την χρονική στιγµή που η επίπεδη επιφάνεια του ηµισφαιρίου είναι οριζόντια. Θεωρώντας το Ο ως πόλο της επίπεδης κίνησης µπορούµε να γράψουµε για την επιτάχυνση a C του κέντρου µάζας C, την σχέση: a C = a - (C) + ( ' C) + a Cy = a - (C) + ( ' C) (1) όπου, ' η γωνιακή ταχύτητα και η γωνιακή επιτάχυνση αντιστοίχως του σώµατος κατά την θεωρούµενη χρονική στιγµή και a Cx, a Cy η οριζόντια και η κατακόρυφη συνιστώσα της a. Όµως τα διανύσµατα a Cx, a, ( ' C) έχουν οριζόντια διεύθυνση και τα a Cy, - (C) κατακόρυφη, οπότε από την (1) προ κύπτουν οι σχέσεις: = a + ( ' C) % a Cy = - (C) % = a - '(C) a Cy = (C) = a - 3R'/8 a Cy = 3R /8 () Σχήµα 13 Όµως το σηµείο επαφής Α του σώµατος µε το έδαφος λόγω της κυλίσεώς του έχει κάθε στιγµή µηδενική ταχύτητα, δηλαδή ισχύει: v A = 0 v + ( A) = 0 v = -( A) v = (A) dv dt = R d dt a = R' οπότε οι σχέσεις () παίρνουν την µορφή: = R'-3R'/8 a Cy = 3R /8 a = 5R'/8 Cx a Cy = 3R /8 (3)
Εξάλλου το σώµα κατά την κίνησή του δέχεται το βάρος του w και την δύνα µη από το έδαφος, η οποία αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην στα τική τριβή T. Εφαρµόζοντας για το κέντρο µάζας του σώµατος, κατά την οριζόντια διευθυνση, τον δευτερο νόµο του Νεύτωνα και για την περιστροφική του κίνηση τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης, παίρνουµε τις σχέσεις: T = m T(AC) = I C ' (3) T = 5mR'/8 5TR / 8 = I C ' 5R 8 5mR' 8 = I C ' 5mR ' 64 = I C ' (4) Όµως στην προηγούµενη άσκηση υπολογίστηκε η ροπή αδράνειας I C και βρέθη κε ίση µε 83mR /30, οπότε η σχέση (4) γράφεται: 5mR ' = 83mR 64 30 ' 83mR από την οποία προκύπτει ω =0, άρα και Τ=0. 30-5mR 64 % ''= 0 ii) Eφαρµόζοντας για την κίνηση του κέντρου µάζας του σώµατος, κατά την κατακόρυφη διεύθυνση, τον δεύτερο νόµο του Νεύτωνα παίρνουµε την σχέση: (3) N - w = ma Cy N = w + 3mR /8 (5) όπου Ν το µέτρο της αντίδρασης του έδάφους την στιγµή που η επίπεδη επιφάνεια του σώµατος είναι οριζόντια. Η γωνιακή ταχύτητα ω θα βρεθεί αν εφαρµόσουµε για το σώµα το θεώρηµα διατήρησης της µηχανικής ενέργειας, λαµβάνοντας ως επίπεδο µηδενικής βαρυτικής ενέργειας το οριζόντιο έδαφος, οπότε θα έχουµε: K + U = K % + U % 0 + mgr = I C + mv C + mg(ac) mgr = I C + mv C + 10mgR/8 3mgR/4 = I C + mv C όπου v C η αντίστοιχη ταχύτητα του κέντρου µάζας C. Όµως λόγω της κυλίσε ως ισχύει v C = ω(cα)=5ωr/8, οπότε η (5) γράφεται: (6) 3mgR 4 = 83mR 30 + m 5R % ' 8 3g 4 = 83 30 + 5 R' 64% 15g 13 = R (7) Συνδυάζοντας την (5) µε την (7) παίρνουµε:
N = w + 3m 8 15g 13 = w 1 + 45g 14% N = 149w 104 P.M. fysikos Λεπτό βέλος µήκους L και µάζας m, κινούµενο κατά την διεύθυνσή του, προσπίπτει µε ταχύτητα v σε κατακόρυφο τοίχο, υπό γωνία φ ως προς αυτόν. Το βέλος σχηµατίζει µικρό βαθού λωµα στον τοίχο χωρίς να αναπηδά, µε αποτέλεσµα να περιστρέφεται περί το άκρο του σε κατακόρυφο επίπεδο. Να υπολογίσετε: i) την γωνιακή επιτάχυνση και την γωνιακή ταχύτητα του βέλους, αµέσως µετά την κρούση του µε τον τοίχο και ii) την ώθηση της δύναµης κρούσεως που δέχεται το βέλος από τον τοίχο, µε την προυπόθεση ότι ο φορέας της είναι κάθετος στον τοίχο. Δίνεται η επιτάχυνση g της βαρύτητας και ότι η ροπή αδράνειας του βέλους ως προς άξονα που διέρχεται από το άκρο του και είναι κάθε τος σ αυτό είναι Ι=mL /3. ΛΥΣΗ: i) Κατά τον πολύ µικρό χρόνο κρούσεως Δt (Δt 0) του βέλους µε τον τοίχο το βέλος δέχεται το βάρος του m g και την δύναµη κρούσεως F από τον τοίχο, η οποία είναι οριζόντια. Το βάρος του βέλους παρουσιάζει ροπή ως προς το άκρο του Ο, µε αποτέλεσµα το βέλος ν αποκτά περιστροφική κίνηση περί οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το Ο. Eφαρµόζοντας για την ράβδο τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης αµέσως µετά την έναρξη της περιστρο φής του βέλους παίρνουµε την σχέση: () () = I ' mg L Σχήµα 14 µ = ml 3 3g ' '= µ (1) L όπου ' η γωνιακή επιτάχυνση του βέλους την στιγµή αυτή. Επειδή κατά τον
χρόνο Δt η ώθηση του βάρους του βέλους είναι ασήµαντη (mgδt 0) µπορούµε να ισχυριστούµε ότι η ορµή του βέλους κατά την κατακόρυφη διεύθυνση Οy δεν µεταβάλλεται στον χρόνο Δt, δηλαδή ισχύει η σχέση: mv y = mv Cy v y = v Cy v = v C %µ v C = v L/ = v = v / L () όπου η γωνιακή ταχύτητα του βέλους µε την έναρξη της περιστροφής του και v C η αντίστοιχη ταχύτητα του κέντρου µάζας του C, της οποίας ο φορέας είναι κάθετος στο βέλος. ii) Eξάλλου η οριζόντια δύναµη κρούσεως F είναι σηµαντική δύναµη και η ώθησή της για τον χρόνο Δt δεν µπορεί να αγνοηθεί, γεγονός που σηµαίνει ότι η ορµή του βέλους κατά την οριζόντια διεύθυνση Οx µεταβάλλεται στην διάρ κεια του χρόνου Δt. Eφαµόζοντας κατά την διεύθυνση αυτή το θεώρηµα ώθη σης-ορµής παίρνουµε την σχέση: mv Cx = -mv x + = m(v x + v Cx ) = m(vµ + v C %) = m vµ + L () ( * ) %' + -, ( = m* vµ + L% ) v' L + -, ' = m vµ + v% * ) ( µ, = mv + µ µ + % ( ) = mv όπου η ζητούµενη ώθηση της δύναµης κρούσεως F. µ (3) P.M. fysikos Οµογενές σώµα σχήµατος κύβου ακµής α και µάζας m, εδράζεται σε κεκλιµένο επίπέδο γωνίας κλίσεως φ ως προς τον ορίζοντα, µε το οποίο παρουσιάζει συντελεστή τριβής ολίσθησης n. Αρχικά ο κύβος κρατείται ακίνητος µε τις δύο ακµές της βάσεώς του κάθετες προς την γραµµή µέγιστης κλίσεως του κεκλιµένου επι πέδου και κάποια στιγµή αφήνεται ελευθερος. Να βρεθούν οι συνθή κες, ώστε ο κύβος να ολισθαίνει και ταυτόχρονα ν ανατρέπεται. Δίνε ται η ροπή αδράνειας του κύβου ως προς άξονα παράλληλο προς µια ακµή του και διερχόµενο από το κέντρο µάζας του C, ίση µε mα /6. ΛΥΣΗ: i) Ας δεχθούµε ότι ο κύβος µόλις αφεθεί ελεύθερος αρχίζει να ανατρέ πεται περί την κατώτερη ακµή του Α και ταυτόχρονα η ακµή αυτή ολισθαίνει προς τα κάτω. H επιτάχυνση a A της ακµής Α την χρονική στιγµή t=0, είναι ίση µε την αντίστοιχη µεταφορική* επιτάχυνση a C(µ ) = (d x C /dt ) i που έχει το κέντρο µάζας C του κύβου κατά την διεύθυνση Αx της γραµµής µέγιστης κλίσεως του κεκλιµένου επιπέδου, όπου x C η x-συντεταγµένη του κέντρου
µάζας και i το µοναδιαίο διάνυσµα του άξονα Αx. Eξάλλου η a A συνδέεται δε µε την επιτάχυνση a C του κέντρου µάζας C µέσω της σχέσεως: + a Cy = a A + ( 'AC) i + a Cy j = (d x C /dt ) i + [ ] + ' (x C i + y C j ) i + a Cy j = d x C dt % i - ' i + a Cy j = (') i d x C dt ( ) + ' ( j ) ( ') * i +, ' - % + % i + ' - j ) / (. Σχήµα 15 i + a Cy j = d x C dt % i - '(' k ) i ( ) + '(' k ) j ( ) i + a Cy j = d x C dt i - '(' % - j ( ) + '(' ( ) i i + a Cy j = % d x C dt + ' ( i + ' a j Cx = d x C /dt +'/ ' a Cy = '/ % () όπου x C, y C oι συντεταγµένες του C την στιγµή t=0, ίσες µε α/ και α/ αντιστοίχως και τα µοναδιαία διανύσµατα του άξονα Οy και του κάθετου άξονα στο επίπεδο xy. Την στιγµή αυτή ο κύβος δέχεται το βάρος του w και την δύ ναµη επαφής από το κεκλιµένο επίπεδο, της οποίας ο φορέας διέρχεται από την ακµή του Α αναλύεται δε στην κάθετη αντίδραση N και την τριβή ολισθήσεως T µε µέτρο nn (σχ. 16). Εφαρµόζοντας για την κίνηση του κέντρου µάζας τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα παίρνουµε τις σχέσεις: * --------------------------- Ο κύβος εκτελεί επίπεδη κίνηση που µπορεί να αναλυθεί σε µια µεταφορική κίνη ση προς την κατεύθυνση Αx της γραµµής µέγιστης κλίσεως του κεκλιµένου επιπέ δου και µιας στροφικής κίνησης περί την ακµή ανατροπής Α. Έτσι το κέντρο µάζας έχει την χρονική στιγµή t=0 µεταφορική επιτάχυνση a C(µ ) = (d x C /dt ) i και επιτά χυνση λόγω περιστροφής a C( ) = ( ' AC), όπου ' η γωνιακή επιτάχυνση του κύ βου την στιγµή t=0.
m = w x - T ma Cy = N - w y () ( ) = mgµ - nn m d x C /dt +'/ m'/ = N - mg%' ( ) * (3) Σχήµα 16 Εξάλλου ο θεµελιώδης νόµος της στροφικής κίνησης δίνει για τον κύβο την στιγµή t=0 την σχέση: (C) () = I C ' T - N = m nn - N = m 3 3N( n - 1) ' '= m 6 ' Συνδιάζοντας την δεύτερη εκ των σχέσων (3) µε την (4) έχουµε: m 3N( n - 1) m = N - mg% N = mg 5-3n Συνδυάζοντας την (4) µε την (5) παίρνουµε: '= 3 ( n - 1 ) m mg% 5-3n = 6 ( n - 1 )g% 5-3n ( ) (4) (5) (6) Λόγω των (5) και (6) η πρώτη εκ των εξισώσεων (3) γράφεται: m d x ( C dt + '( 6( n - 1)g% ) + ( 5-3n) * + = mg,µ% - n mg% 5-3n d x C dt + 3 ( n - 1 )g 5-3n = g%µ - ng 5-3n d x C dt ( 3-5n = g µ - )% ) ( + '( 5-3n * + (7) H αρχική µας παραδοχή ότι ο κύβος αρχίζει να ανατρέπεται και ταυτόχρονα να ολισθαίνει την στιγµή που αφήνεται ελεύθερος απαιτεί να είναι ω >0 και d x C /dt >0 και λόγω των (6) και (7) πρέπει να ισχύουν οι σχέσεις:
και 6( n - 1)g % 5-3n ( ) > 0 1 < n < 5 / 3 (8) ( µ - 3-5n )% 5-3n > 0 > 3-5n 5-3n Οι σχέσεις (8) και (9) αποτελούν τις ζητούµενες συνθήκες. (9) P.M. fysikos Οµογενής κύβος ακµής α και µάζας m, εδράζεται επί οριζόντιου εδάφους µε το οποίο παρουσιάζει συντελεστή τριβής ολίσθησης n. Επί του κύβου ενεργεί οριζόντια δύναµη F, της οποίας ο φορέας είναι κάθετος σε µια έδρα του και διέρχεται από το κέντρο του. Να βρεθουν οι συνθήκες που εξασφαλίζουν: i) την ισορροπία του κύβου. ii) την ολίσθησή του στο οριζόντιο επίπεδο χωρίς ανατροπή του και iii) την ανατροπή του χωρίς ολίσθηση. Δίνεται η ροπή αδράνειας του κύβου ως προς άξονα παράλληλο προς µία ακµή του και διερχόµενο από το κέντρο µάζας του C, ίση µε mα /6. ΛΥΣΗ: i) Έστω ότι ο κύβος ισορροπεί, δηλαδή ούτε ολισθαίνει πάνω στο οριζόντιο επίπεδο ούτε περιστρέφεται. Ο κύβος δέχεται το βάρος του w, την οριζόντια δύναµη F και την δύναµη επαφής από το οριζόντιο επίπεδο, η οποία αναλύεται στην κάθετη αντίδραση N και στην στατική τριβή T (σχ. 17). Λόγω της ισορροπίας του κύβου η συνισταµένη των οριζόντιων δυνάµεων που δέχε Σχήµα 17 ται καθώς και η συνισταµένη των κατακόρυφων δυνάµεων είναι ίση µε µηδέν, δηλαδή ισχύουν οι σχέσεις:
F - T = 0 N - w = 0 T = F N = mg (1) Επειδή η τριβή είναι στατική ισχύει Τ<nN, η οποία λόγω των (1) δίνει: F < nmg () Eξάλλου και η συνισταµένη ροπή των δυνάµεων περί το κέντρο µάζας C του κύβου είναι µηδέν, δηλαδη ισχύει: (1) T/ - N(x - /) = 0 F/ - mg(x - /) = 0 mgx = ( F + mg) / x = ( F + mg)/mg (3) Όµως η απόσταση x του φορέα της N από την αριστερή κατακόρυφη έδρα του κύβου δεσµεύεται µε την σχέση x<α, η οποία λόγω της (3) δίνει: ( F + mg)/mg < F + mg < mg F < mg (4) Για n>1 oι σχέσεις () και (4) συναληθεύουν όταν F<mg, ενώ για n<1 συνα ληθεύουν όταν F<nmg. ii) Έστω ότι ο κύβος ολισθαίνει πάνω στο οριζόντιο έδαφος χωρίς όµως να ανατρέπεται. Στην περίπτωση αυτή η τριβή θα είναι τριβή ολισθήσεως και θα έχουµε τις σχέσεις: F > T N - w = 0 F > nn N = mg F > nmg (5) Επειδή ο κύβος δεν περιστρέφεται η συνισταµένη ροπή των δυνάµεων περί το κέντρο µάζας C του κύβου είναι µηδέν, δηλαδη ισχύει: T/ - N(x - /) = 0 nmg/ - mg(x - /) = 0 n/ = x - / x = (n + 1)/ (6) Όµως η µη ανατροπή του κύβου δεσµεύει την απόσταση x µε την σχέση x<α, η οποία λόγω της (6) δίνει: (n + 1)/ < n < 1 (7) Οι σχέσεις (5) και (7) αποτελούν τις αναγκαίες συνθήκες, ώστε ο κύβος να ολισθαίνει χωρίς να ανατρέπεται. iii) Έστω ότι ο κύβος ανατρέπεται περιστρεφόµενος περί την κατώτερη ακ µή του Α, χωρίς όµως η ακµή αυτή να ολισθαίνει πάνω στο οριζόντιο έδα φος. Εάν ' είναι η γωνιακή επιτάχυνση του κύβου κατά την έναρξη της κίνησής του (t=0), τότε σύµφωνα µε τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνη σης θα ισχύει η σχέση:
(C) () = I C ' T - N = I ' C ( T - N ) - m 6 ' '= 3(T - N) m Εξάλλου, εάν a C είναι η επιτάχυνση του κέντρου µάζας C του κύβου κατά την χρονική στιγµή t=0, αυτή θα είναι επιτρόχια επιτάχυνση, διότι η ταχύ τητα του (8) Σχήµα 18 κέντρου µάζας την στιγµή αυτή είναι µηδενική, δίνεται από την σχέση: [ ] a C = ( 'AC) i + a Cy j = ' (x C i + y C j ) i + a Cy j = ' - % ' i + a Cy j = - ' i + a Cy j = - - j ' i + a Cy j = ' i ) + ' ' j ) ( % ( k i ( ) + ' ( j ) k ( ) + ' ( ) i + ' i a j Cx = '/ a Cy = '/% όπου a Cx, a Cy οι συνιστώσες της a C κατά τους άξονες Ax και Ay (σχ. 18) i, j τα αντίστοιχα µοναδιαία διανύσµατα των αξόνων αυτών και k το µοναδιαίο διάνυσµα του κάθετού στο επίπεδο xy άξονα. Εφάρµόζοντας για την κίνηση του κέντρου µάζας του κύβου τον δεύτερο νόµο κίνησης του Νεύτωνα κατά τις διευθύνσεις των αξόνων Αx, Αy παίρνουµε τις σχέσεις: (9) m = F - T ma Cy = N - mg (9) m'/ = F - T m'/ = N - mg % T = F - m'/ (10) N= m'/ + mg %
H (8) λόγω των (10) δίνει: m'= 3(F - m'/) - 3(m'/ + mg) '( m + 3m'/ + 3m'/) = 3F - 3mg '= ( ) 8m 3F - 3mg = 3 ( F - mg ) 4m Συνδυάζοντας τις (10) µε την (11) παίρνουµε: και T = F - m N = mg + m 3( F - mg) 4m 3( F - mg) 4m = F - 3 ( F - mg ) 8 = = mg + 3 ( F - mg ) 8 5F + 3mg 8 = 3F + 5mg 8 (11) (1) (13) Όµως για την περίπτωση που εξετάζουµε η τριβή είναι στατική, οπότε ισχύει Τ<nN, η οποία µε βάση τις (1) και (13) γράφεται: 5F + 3mg 8 3nF + 5nmg < n 5F + 3mg < 3nF + 5nmg 8 % F( 5-3n) < mg( 5n - 3) (14) H σχέση (14) αποτελεί την αναγκαία συνθήκη, ώστε ο κύβος να ανατρέπεται χωρίς να ολισθαίνει. P.M. fysikos