مسي لهای در م انی : نردبان که کنار دیوار لیز م خورد

گاما شماره ی ٢٣ تابستان ١٣٨٩ مسي لهای در م انی : نردبان که کنار دیوار لیز م خورد امیر آقامحمدی چ یده مسي لهی نردبان که کنار دیوار لیز م خورد بدون و با در نظر گرفتن اصط اک بررس شده است. م خواهیم حرکت نردبان کنار ی دیوار را بررس کنیم. این مسي له از مساي ل استاندارد م انی است. معمولا سي وال م شود که به ازای چه زاویهای نردبان از دیوار جدا م شود ما در اینجا م خواهیم همین مسي له را با دقت بیشتری بررس کنیم و به چند سي وال پاس دهیم. آیا هرگاه نیروی عمودیی سط صفر شود معن اش جدا شدن جسم از سط است علاوه بر این اگر فرض کنیم نردبان از دیوار جدا م شود پس از آن چه م شود آیا زمان وجود دارد که سر دی ر نردبان هم از زمین بلند شود اگر مسي له را بخواهیم کم واقع تر کنیم لازم است اصط اک را هم در نظر ب یریم. اگر ضریب اصط اک نردبان با زمین صفر نباشد در چه زاویهای نردبان از دیوار جدا م شود 1 بررس حرکت نردبان قبل از جدا شدن از دیوار با چشمپوش از اصط اک نردبان به جرم m و طول 2l که زاویهاش با افق θ 0 است به دیواری تکیه داده و ثابت نگه داشتهایم. در ابتدا برای سادگ از اصط اک بین نردبان با زمین و دیوار چشمپوش م کنیم. برای سادهسازی به جای نردبان که چهار نقطهی تکیه دارد میلهای که دو نقطهی تکیه دارد را به عنوان مدل م گیریم. ۴٩

y B C l θ 0 θ 0 A x نردبان را رها م کنیم تا لیز بخورد. م ان سرعت و شتاب مرکز جرم نردبان بر حسب θ زاویهای که نردبان با زمین م سازد و مشتقات زمان ی آن عبارتاند از r C = il cos θ + jl sin θ, ṙ C = il θ sin θ + j l θ cos θ, r C = il( θ sin θ + θ 2 cos θ) + j l( θ cos θ θ 2 sin θ). (1) نیروهایی که از طرف دیوار و کف زمین به نردبان وارد م شوند را N B و N A م گیریم. قانون نیوتن برای نردبان عبارت است از N B = ml( θ sin θ + θ 2 cos θ), N A mg = ml( θ cos θ θ 2 sin θ). (2) معادلهی دینامی دوران برای گشتاورها حول مرکز جرم عبارت است از N B l sin θ N A l cos θ = I cm θ. (3) از حل سه معادلهی اخیر نتیجه م شود mgl cos θ θ = I cm + ml 2. (4) با ضرب کردن دو طرف این معادله در θ هر دو طرف آن مشتق کامل زمان م شوند و نتیجهی انتگرالگیری θ 2 2 از آن عبارت است از mgl(1 sin θ) = I cm + ml 2 + C, (5) ۵٠

که C مقداری ثابت است و با شرایط اولیه تعیین م شود C = mgl(1 sin θ 0) I cm + ml 2. (6) پس θ 2 2 = mgl(sin θ 0 sin θ) I cm + ml 2. (7) م توانستیم به جای استفاده از معادلهی دینامی دوران (3) از پایستگ ی انرژی استفاده کنیم و به رابطهی بالا برسیم. حالا بیایید سرعت و شتاب ی نقطهی دلخواه از نردبان مثل S که در فاصلهی s از مرکز نردبان است را به دست آوریم. جهت مثبت را در راستای نردبان و به سمت پایین م گیریم. در این صورت s = l انتهایی نردبان است آنجا که در تماس با زمین است و نقطهی ی A مربوط به نقطهی s = l مربوط به نقطهی B نقطهی انتهاییی دی ر است یعن نقطهای که نردبان در تماس با دیوار است. r S = i(l + s) cos θ + j(l s) sin θ, ṙ S = i(l + s) θ sin θ + j (l s) θ cos θ, r S = i(l + s)( θ sin θ + θ 2 cos θ) + j (l s)( θ cos θ θ 2 sin θ). (8) از اینجا سرعت و شتاب نقطههای A و B به دست م آید r A = 2i l cos θ, ṙ A = 2i l θ sin θ, r A = 2i l( θ sin θ + θ 2 cos θ) r B = 2j l sin θ, ṙ B = 2j l θ cos θ, r B = 2j l( θ cos θ θ 2 sin θ). () با جاگذاریی θ و θ و لخت ی دوران ی میله I cm = ml 2 3/ م رسیم به r A = 3g 2 (3 sin θ 2 sin θ 0) cos θi, r B = 3g 2 ( 1 2 sin θ sin θ 0 + 3 sin 2 θ)j, r C = r A + r B 2 = 3g 4 (3 sin θ 2 sin θ 0) cos θi + 3g 4 ( 1 2 sin θ sin θ 0 + 3 sin 2 θ)j (10) ۵١

y l θ 0 x با استفاده از (7,4,2) 1 N به دست م آید N B = m2 gl 2 cos θ(3 sin θ 2 sin θ 0 ) I cm + ml 2. (11) در زاویهی 0) N B = 0 θ 1 = arcsin( 2 3 sin θ م شود. آیا صفر شدن نیروی عمود بر سط کاف است تا نتیجه ب یریم که جسم از سط جدا م شود پاس منف است. در لحظهای که نیروی عمود بر سط م شود شتاب عمود بر سط صفر است. در این لحطه سرعت عمود بر سط هم صفر است. اما صفر بودن این دو برای جدا شدن جسم از سط کفایت نم کند. جدا شدن از سط به این بستگ دارد که ی از مشتقات بعدیی مو لفهی عمود بر سط سرعت غیر صفر باشد. مم ن است = 0 B N مقدار کمینهی نیروی عمود بر سط باشد. در این حالت جسم از سط جدا نم شود. مم ن هم هست که نیروی عمود بر سط تابع نزول باشد. در این صورت پس از اینکه = 0 B N شد تغییر علامت م دهد. در اینحالت جسم از سط جدا م شود و حتما ی از مشتقات بعدیی مو لفهی عمود بر سط سرعت غیر صفر است. همانطور که از (11) م بینیم پس از آنکه θ از θ 1 م گذرد N B تغییر علامت م دهد. یعن آنکه اگر نردبان مقید باشد که از دیوار جدا نشود پس از گذشتن از N B θ 1 منف م شود یعن از این پس نیرویی لازم است تا جلوی جداشدن نردبان از دیوار را ب یرد. فرض کنید به جای آنکه نردبان به دیوار تکیه داشته باشد آن را به میلهای تکیه داده باشیم. در انتهای نردبان هم حلقهای باشد و میله از آن حلقه رد شده باشد. در این صورت حرکت میله مقید است. در حین افتادن نردبان مدت نیروی > 0 B N است تا آنکه بالاخره در زاویهی 0) N B = 0 θ 1 = arcsin( 2 3 sin θ م شود. پس از گذشتن از این زاویه < 0 B N م شود. از این به بعد نیروی N جلوی جداشدن نردبان از میله را م گیرد. اما در این حالت که چنین قیدی وجود ندارد نیرویی نیست که جلوی جداشدن نردبان از دیوار را ب یرد. بنا بر این نردبان از دیوار جدا م شود. ۵٢

با تحلیل ابعادی هم م توان چیزهایی در مورد زاویهی جدا شدن نردبان از دیوار گفت. کمیتهای α := I cm را م توان دخیل در مسي له m I cm θ 1 θ 0 و l هستند. از اینها سه کمیت بیبعد θ 1 θ 0 و ml 2 ساخت. پس θ 1 = f(α, θ 0 ). (12) البته ما در اینجا α را 1/3 گرفتهایم. در هر صورت θ 1 به جرم و طول نردبان بستگ ندارد. تحلیل ابعادی م گوید که به زاویهی اولیهی θ 0 و ثابت بیبعد α م تواند بستگ داشته باشد. هر چند محاسبهی صریح نشان م دهد که تنها به θ 0 بستگ دارد. تا قبل از این که = 0 B N شود مرکز جرم نردبان روی دایرهای به شعاع l حرکت م کند. زمان که θ = θ 1 شود سرعت و شتابهای نقاط B A و C عبارتاند از 8gl ṙ A = i sin3 θ 0, r A = 0, ṙ B = j 2gl sin θ 0 cos θ 1, r B = 3g 2 j, ṙ C = ṙa + ṙ B, r C = 3g 2 4 j (13) سرعت و شتاب نقطهی B در جهت j است پس انتظار داریم در راستای y حرکت کند و N B همچنان صفر بماند. بیایید به این سي وال بپردازیم که در لحظهی جداشدن نردبان همانطور که از رابطهی (8) پیداست مو لفهی افق ی م ان سر نردبان و همهی مشتقات زمان ی آن صفرند پس چرا نردبان جدا م شود. در واق باید ببینیم پس از آنکه = 0 B N م شود این کمیتها چه م شوند. کمیتهای ± S را به صورت زیر تعریف م کنیم S ± (θ 1 ) = lim ϵ 0 + S(θ) θ=θ1 ±ϵ. (14) کمیت + S S) ) مقدار S درست پس (قبل) از آن است که = 0 B N شود. بنا بر این θ 2 = 3g 4l sin θ 1, θ = 3g 4l cos θ 1, x A, = 0, ẋ A, = 0, ẍ A, = 0, (15) برای آنکه نردبان از دیوار جدا شود باید x B بزرگتر از صفر شود. برای آنکه این اتفاق بیفتد باید وقت که θ = θ 1 م شود حداقل ی از مشتقات زمان ی x B بزرگتر از صفر شود. واض است که م ان نقطهی وارد شود که فیزی B پیوسته است. برای آنکه سرعت ناپیوسته باشد باید نیرویی بینهایت به نقطهی B نیست. پس = 0 +,B ẋ. +,B = 0 x حالا باید ببینیمحرکت نردبان از این پس چه م شود. م ان مرکز ۵٣

جرم سرعت و شتاب آن بر حسب θ x B و مشتقات آنها عبارتاند از x c = x B + l cos θ, y c = lsinθ, ẋ c = ẋ B l θ sin θ, ẏ c = l θ cos θ, ẍ c = ẍ B l( θ sin θ + θ 2 cos θ), ÿ c = l( θ cos θ θ 2 sin θ), (16) انرژیی م انی پایسته است. چون نیروی افق وجود ندارد مولفهی x تکانهی خط ی مرکز جرم پایسته است پس ẋ c ثابت م ماند. انرژی عبارت است از E = mgl sin θ 0 = m 2 (ẋ2 c + ẏ 2 c ) + 1 2 I cm θ 2 + mgl sin θ (17) و پس از آنکه = 0 B N م شود mgl sin θ 0 = m 2 [ẋ2 B,+ + l 2 θ2 + 2ẋ B,+ l θ + sin θ 1 ] + 1 2 I cm θ 2 + + mgl sin θ 1 (18) ẍ B,+ = l( θ + cos θ + θ 2 + sin θ + ). (1) با استفاده از = 0 +,B ẋ و جاگذاری در (18) نتیجه م دهد θ 2 + = θ 2 = 3g 4l sin θ 1, (20) اگر از (18) نسبت به زمان مشتق ب یریم m[ẋ B,+ ẍ B,+ + l 2 θ+ θ+ ẍ B,+ l θ + sin θ + ẋ B,+ l θ + sin θ 1 ẋ B,+ l θ 2 + cos θ + ] +I cm θ+ θ+ + mgl θ + cos θ + = 0, (ml 2 + I cm ) θ + ml sin θ + ẍ B,+ + mgl cos θ + = 0, (21) که همراه با (1) نتیجه م دهد ẍ A,+ = ẍ A, = 0, θ + = θ = 3g 4l cos θ 1, (22) با مشتقگیری از (1) و معادلهی اول (21) م رسیم به... x B,+ = l... θ + sin θ + + 3l θ + θ+ cos θ + l θ + 3 sin θ +, 0 = m[l 2 θ2 + + l 2 θ... θ +... x B,+ l θ + sin θ + ] + I cm θ+... θ + +I cm θ2 + + mgl θ + cos θ + mgl θ 2 + sin θ +. (23) ۵۴

... 27g 3 θ + = 16l 3 sin3 θ 1,... x B,+ = 27 8... به دست م آید... و + x با حل این دو معادله + θ g3 sin θ 1. (24) 3l این نتیجه با جداشدن نردبان از دیوار سازگار است. 2 حرکت نردبان پس از جدا شدن از دیوار حالا بیایید حرکت نردبان پس از جدا شدن از دیوار را بررس کنیم. پس از جدا شدن نردبان از دیوار پایستگ ی انرژی نتیجه م دهد mgl sin θ 0 = m 2 (ẋ2 c + ẏ 2 c ) + 1 2 I cm θ 2 + +mgl sin θ (25) که همراه با پایستگ ی مولفهی x سرعت مرکز جرم نردبان ẋ c = l θ sin θ 2gl sin 3 θ 0 θ=θ1 = (26) 6g[sin θ 0 sin θ sin3 θ 0 ] θ 2 = l(3 cos 2 θ + 1) منجر م شود به (27) معادلات حاکم بر حرکت نردبان عبارت اند از = 2 θ م شود. N A mg = ml( θ cos θ θ 2 sin θ), N A l cos θ = I cm θ. (28) g زمان که نردبان بخواهد از زمین بلند شود = 0 A N و در نتیجه = 0 θ و بالاخره l sin θ g l sin θ 2 = اگر این اتفاق بخواهد رخ دهد در زاویهای مثل θ 2 رخ م دهد که 6g[sin θ 0 sin θ 2 sin3 θ 0 ] l(3 cos 2. (2) θ 2 + 1) با ساده کردن این معادله م رسیم به sin 2 θ 2 2 sin θ 2 (sin θ 0 sin3 θ 0 ) + 4 3 = 0 (30) ۵۵

sin θ 2 = sin θ 0 sin3 θ 0 ± (sin θ 0 sin3 θ 0 ) 2 4 3 که جواب آن (31) sin θ 0 sin3 θ 0 است زیر رادی ال همواره منف است و جواب قابل قبول برای θ 2 وجود اما چون < 1 نم شود. زمان که نردبان افق م شود ندارد. بنا بر این 0 A N است و نردبان از زمین بلند 3g[sin θ 0 sin3 θ 0 ] θ = (32) 2l 3 بررس حرکت نردبان قبل از جدا شدن از دیوار با در نظر گرفتن اصط اک بین نردبان و زمین بیایید اصط اک بین نردبان با زمین را در نظر ب یریم. برای سادگ ی محاسبه در اینجا ما همچنان از اصط اک بین نردبان و دیوار چشمپوش م کنیم. ضریب اصط اک بین نردبان با زمین µ را کوچ ول غیر قابل چشمپوش م گیریم. نردبان را رها م کنیم تا لیز بخورد. م خواهیم ببینیم به ازای چهمقداری از θ نردبان از دیوار جدا م شود این زاویه را θ 2 م گیریم و آن را تا مرتبهی اول µ به دست م آوریم. قانون نیوتن برای نردبان عبارت است از N B µn A = ml( θ sin θ + θ 2 cos θ), N A mg = ml( θ cos θ θ 2 sin θ). (33) معادلهی دینامی دوران برای گشتاورها حول مرکز جرم عبارت است از N B l sin θ + µn A l sin θ N A l cos θ = I cm θ. (34) از حل (33) نتیجه م شود N B = µmg ml( θ sin θ + θ 2 cos θ) + µml( θ cos θ θ 2 sin θ), N A = mg + ml( θ cos θ θ 2 sin θ), (35) که با جاگذاری در (34) و ساده کردن نتیجه م رسد به (I cm + ml 2 ) θ 2µml 2 sin θ( θ cos θ θ 2 sin θ) = mgl(2µ sin θ cos θ). (36) برای آشناییی مقدمات با روش اختلال م توانید مرج [١] را ببینید. ۵۶

اگر µ صفر بود حل معادله مثل مسي لهی قبل بود اما حالا که 0 µ است تا مرتبهی صفرم اختلال جواب معادلهی (36) [ θ (0) ] 2 = 2mgl(sin θ 0 sin θ) I cm + ml 2, θ (0) mgl cos θ = I cm + ml 2, (37) است. جواب معادلهی (36) تا مرتبهی اول µ را θ 2 = [ θ (0) ] 2 + µf (θ) (38) م گیریم. از اینجا نتیجه م شود θ = θ (0) + µ d F (θ). (3) 2 dθ توجه داریم که شرط اولیه منجر م شود به = 0 ) 0 F. θ) با جاگذاریی (38) و (3) در (36) و نگه داشتن جملات تا مرتبهی اول µ م رسیم به (I cm + ml 2 ) d dθ F (θ) = 4mgl sin θ[ml2 ( 2 sin θ 0 sin θ + 3 sin 2 θ 1) I cm + ml 2 + 1]. (40) d dθ F (θ) = 3g 4l با استفاده از I cm = ml2 م رسیم به 3 [ sin 3 θ 6 sin 2 θ sin θ 0 + sin θ ] (41) حالا کاف است از این معادله انتگرال ب یریم و از = 0 ) 0 F θ) استفاده کنیم. F (θ) = 3g [ 3(cos 3 θ cos 3 θ 0 ) 10(cos θ cos θ 0 ) 3(θ θ 0 ) sin θ 0 4l + 3 2 (sin 2θ sin 2θ ] 0) sin θ 0 (42) با داشتن θ 2 F (θ) و θ را تا مرتبهی اول داریم. با جاگذاریی اینها در (35) و ساده کردن نتیجه معادلهای که زاویهی جداشدن θ 2 را م دهد عبارت است از N B (θ 2 ) = µmg ml [ ( 3g 4l cos θ 2 + µ 2 F (θ 2 ) ] sin θ 2 + ml [ 3g 2l (sin θ 0 sin θ 2 ) + µf (θ 2 ) ] cos θ 2 +µml [ 3g 4l cos2 θ 2 + 3g 2l (sin θ 0 sin θ 2 ) sin θ 2 ] = 0 (43) توجه داریم که چون ما جواب را تا مرتبهی اول µ م خواهیم جملات داخل کروشه در خط آخر را تا مرتبهی صفرم نگه داشتهایم. اگر µ صفر بود نردبان در زاویهی (0 θ 1 = arcsin( 2 3 sin θ از دیوار جدا م شد. بنا بر این زاویهی جدا شدن در این حالت θ 2 تا مرتبهی صفرم µ همان جواب قبل است و θ 2 = θ 1 + δθ. (44) ۵٧

از اینجا نتیجه م شود sin θ 2 = sin(θ 1 + δθ) sin θ 1 + δθ cos θ 1, cos θ 2 cos θ 1 δθ sin θ 1. (45) توجه داریم که δθ از مرتبهی µ است. با جاگذاریی اینها در (43) و نگه داشتن جملات تا مرتبهی اول δθ µ و در نتیجه θ 2 به دست م آید. اگر فرض کنیم که نردبان در ابتدا قاي م بوده 2/π θ 0 = روابط مان F (θ) = 3g [ 3 cos 3 θ 10 cos θ 3(θ π/2) + 3 sin 2θ] 4l 2 F (θ) = 3g [ cos 2 θ sin θ + 10 sin θ 3 + 3 cos 2θ ], 4l sin θ 2 2 5 3 + 3 δθ, cos θ 2 سادهتر م شود 5 3 2 3 δθ, (46) با استفاده از همهی اینها نتیجه م شود δθ = 1.57µ و θ 2 = arcsin( 2 ) 1.57µ (47) 3 اگر µ صفر باشد زاویهی جداشدن نردبان 41.8 ) 3 arcsin( 2 θ 1 = است. با فرض µ = 0.1 θ 2 34.7. (48) توجه داریم که مثلا اگر = 0.4 µ باشد تقریب تا مرتبهی اول به درد نم خورد زیرا جملهی مرتبهی اول از همان مرتبهی جملهی مرتبهی صفرم م شود. مرج ١ امیر آقامحمدی اختلال: گاما شمارهی ۴ (پاییز ١٣٨٣) ٣٩ تا ۵٣ ۵٨