Μην χάσομε τον σύνδεσμο ή τον κινηματικό περιορισμό!!! Σε πάρα πολλές περιπτώσεις κατά τη µελέτη το στερεού, το πρόβληµα επιλύεται µε εφαρµογή το ο νό- µο το Νεύτωνα, τόσο για την περιστροφική κίνηση κάποιο στερεού, όσο και για την µεταφορική κίνηση το κέντρο µάζας το ή µεταφορική κίνηση άλλο λικού σηµείο, το οποίο σνδέεται µε κάποιο τρόπο µε το στερεό µας. Αλλά οι εξισώσεις ατές δεν επαρκούν από µόνες τος για την επίλση. Μας λείπει µια εξίσωση, η οποία σνήθως είναι µια «εξίσωση σνδέσµο», δηλαδή µια εξίσωση πο αναφέρεται σε κάποιο σηµείο και στις ιδιαίτερες σνθήκες πο πρέπει να ικανοποιεί και πο µπορεί να σνδέει τις δύο διαφορετικές κινήσεις. Αν δεν εστιάσοµε στο σύνδεσµο ατό, το πρόβληµά µας, δεν θα επιλθεί Ας δούµε µερικές χαρακτηριστικές περιπτώσεις. Εφαρµογή 1 η : Ένας τροχός µάζας 0kg ηρεµεί σε οριζόντιο επίπεδο. Σε µια στιγµή ασκείται στον άξονά το µια σταθερή οριζόντια δύναµη F=0Ν, οπότε αρχίζει να κλίεται. Να πο- λογιστεί η ταχύτητα το άξονα µετά από 10s. ίνεται για τον τροχό Ι= ½ ΜR. Στο διπλανό σχήµα έχον σχεδιαστεί οι δνάµεις πο ασκούνται στον τροχό. Θεωρώντας την κίνησή το σύνθετη, έχοµε µε εφαρµογή το ο νόµο το Νεύτωνα: Μεταφορική κίνηση: F-Τ=Μ α (1) Στροφική κίνηση: Στ=Ι α γων Τ R= ½ ΜR α γων () T r N r Ναι αλλά πώς σνδέονται οι δο παραπάνω κινήσεις; Με τη γνωστή σνθήκη της κύλισης * =ω R ή α =α γων R () Οι εξισώσεις (1), () και () αποτελούν ένα σύστηµα εξισώσεων, πο επιλύοµε: F-Τ=Μ α + F F M a a Τ= ½ Μ α = = M F 0 a = = m / s = 1m / s M 0. Αλλά τότε η ταχύτητα το άξονα, η ταχύτητα το κέντρο µάζας το τροχού είναι: =α t= 10m/s. * Ισοδύναµα θα µπορούσαµε να εστιάσοµε στο σηµείο επαφής το τροχού µε το έδαφος Α. Το σηµείο ατό έχει µια ταχύτητα εξαιτίας της µεταφορικής κίνησης το τροχού και µια γρ =ω R εξαιτίας της κκλικής κίνησής το, πο οφείλεται στην περιστροφή το τροχού. Αλλά αφού ο τροχός κλίεται (χωρίς να ολισθαίνει) Α =0 ή r γρ r =ω R (). www.yikonet.gr 1
Εφαρµογή η : Γύρω από ένα γιο-γιο µάζας 0,1kg έχοµε τλίξει ένα αβαρές νήµα. Αφήνοµε το γιο-γιο να κινηθεί, από κάποιο ύψος, ασκώντας στο άκρο Α το νήµατος µια κατακόρφη δύναµη F, όπως στο σχήµα. Να πολογιστεί το µέτρο της δύναµης F, αν το άκρο Α το νήµατος αποκτά επιτάχνση µε κατεύθνση προς τα πάνω α Α =m/s. ίνεται η ροπή αδράνειας το γιο-γιο ως προς τον άξονά το Ι= ½ mr και g=10m/s. Σχεδιάζοµε τις δνάµεις πο ασκούνται στον κύλινδρο-γιο γιο, το βάρος και την τάση το νήµατος Τ, ίση µε τη δύναµη F πο ασκούµε στο άκρο το νήµατος Α. εν ξέροµε αν το γιογιο ανεβαίνει ή κατεβαίνει. Ας ποθέσοµε ότι κατέρχεται ενώ τατόχρονα στρέφεται αντίθετα από τος δείκτες το ρολογιού. Θεωρώντας την κίνηση το σώµατος ως σύνθετη, έχοµε: Μεταφορική κίνηση: ΣF=m α mg-τ=m α (1) Στροφική κίνηση: Στ=Ι α γων Τ R= ½ mr α γων Τ= ½ mr α γων () Πώς µπορούµε να σνδέσοµε τις δύο παραπάνω κινήσεις; Ποιος είναι ο σύνδεσµος; Ερχόµαστε στο σηµείο Β, όπο το νήµα σναντά τον κύλινδρο. Το σηµείο Β είναι σηµείο το νήµατος, άρα έχει επιτάχνση προς τα πάνω µέτρο α Β =α Α =m/s, αλλά τατόχρονα είναι ένα σηµείο το κλίνδρο και έχει µια επιτάχνση ίση µε α, εξαιτίας της µεταφορικής κίνησης το γιο-γιο και µια επιτρόχια επιτάχνση α ε =α γων R, λόγω της κκλικής κίνησης πο πραγµατοποιεί το σηµείο Β, γύρω από το κέντρο Ο. Αλλά τότε: T r a r επ a r a r α Β =α επ -α Οπότε µε αφαίρεση κατά µέλη των εξισώσεων (1) και () (αφού την πολλαπλασιάσοµε επί ) παίρνοµε: mg-τ=m(α -α γων R) mg-τ=-m α Β m( g+ a ) 0,1(10 + ) T = = N = 0, 4N Σνεπώς και F=0,4Ν. Εφαρµογή η : Η οµογενής δοκός ΑΒ µήκος = 6mκαι µάζας Μ=0kg ισορροπεί οριζόντια στηριζόµενη σε λείο ποστήριγµα στο σηµείο της και σε κύλινδρο µάζας m=10 kg στο σηµείο Ε, όπως στο σχήµα. Το οριζόντιο επίπεδο είναι λείο. www.yikonet.gr
E Σε µια στιγµή ασκούµε στη δοκό οριζόντια σταθερή δύναµη F=14Ν, µε αποτέλεσµα να µετακινείται και ο κύλινδρος, χωρίς να γλιστράει πάνω το η δοκός. Αν (ΑΕ) = ( Β)=1m, ενώ η ροπή αδράνειας το κλίνδρο ως προς τον άξονά το Ι= ½ mr, να πολογίστε την επιτάχνση της δοκού. Στο αριστερό σχήµα έχον σχεδιαστεί οι δνάµεις µόνο στη δοκό, ενώ δεξιά στον κύλινδρο, όπο Τ η στατική τριβή πο ασκείται από τον κύλινδρο στη δοκό και Τ η αντίδρασή της πο ασκείται στον κύλινδρο. N r 1 E N r r T r T N r 1 Για την κίνηση της δοκού ο ος νόµος το Νεύτωνα µας δίνει: ΣF=Μα F-Τ=Μ α (1) Θεωρώντας σύνθετη την κίνηση το κλίνδρο, θα έχοµε: Μεταφορική κίνηση: Τ =m α () Στροφική κίνηση: Τ R =Ι α γων Τ= ½ mr α γων () Υπάρχει εδώ κάποιος σύνδεσµος πο θα µας επιτρέψει να «σνδέσοµε» την κίνηση της δοκού µε την κίνηση το κλίνδρο; Ας εστιάσοµε στο σηµείο ε- παφής τος. Για να µην γλιστρά η δοκός, θα πρέπει η ταχύτητά της ( Ε ) να είναι ίση µε την ταχύτητα το σηµείο Ε το κλίνδρο πο έρχεται σε επαφή µε τη δοκό. Αλλά Ε = + γρ = +ω R= Ε. Με παραγώγιση παίρνοµε: de dt d d( ωr ) = + dt dt α=α +α γων R (4) Το σύστηµα των εξισώσεων (1), (), () και (4) αποτελούν ένα σύστηµα, η επίλση το οποίο θα µας δώσει τις τιµές των µεγεθών. Έτσι από () και () παίρνοµε α γων R=α, οπότε η (4) γίνεται α=α. Έτσι µε πρόσθεση των (1) και () κατά µέλη παίρνοµε: 1 E E r r γρ r r E www.yikonet.gr
α F=Μα+mα F=(Μ+m)α F = 0,m / s 14 = = m / s M + m 0+ 10. Εφαρµογή 4 η : Μια οµογενής ράβδος ΑΒ στέκεται κατακόρφη πάνω σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Επειδή η θέση ισορροπίας είναι ασταθής, εκτρέποντας ελαφρώς τη ράβδο ατή αρχίζει να πέφτει. Σε µια στιγµή στη διάρκεια της πτώσης, η ράβδος σχηµατίζει µε το επίπεδο γωνία θ=40. Αν στη θέση ατή το µέσον της ράβδο έχει ταχύτητα, τότε το άκρο Β έχει ταχύτητα: α) Β <, β) Β =, γ) Β >, Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. r ϑ Στο σχήµα έχοµε σχεδιάσει τις δνάµεις πο ασκούνται στη ράβδο σε µια τχαία θέση. Αφού και οι δύο δνάµεις είναι κατακόρφες, εφαρµόζοντας το ο νόµο το Νεύτωνα για την κίνηση το κέντρο µάζας έχοµε: ΣF=m α w-ν=m α. Σνεπώς το κέντρο µάζας θα έχει, σε κάθε θέση, κατακόρφη επιτάχνση και θα κινηθεί εθύγραµµα, µε αποτέλεσµα κάθε στιγµή να έχει κατακόρφη ταχύτητα. Θεωρώντας την κίνηση της ράβδο σύνθετη, µια µεταφορική και µια στροφική γύρω από οριζόντιο άξονα πο περνά από το µέσον της Ο, τότε το ά- κρο Β θα έχει µια ταχύτητα ίση µε, την ταχύτητα το κέντρο µάζας και µια γραµµική ταχύτητα, λόγω της κκλικής κίνησής το γύρω από το Ο, όπως στο σχήµα, όπο γρ =ω. Αλλά η γρ είναι κάθετη στη ράβδο, σνεπώς σχηµατίζει γωνία θ=40 µε την κατακόρφη διεύθνση (γωνίες µε κάθετες πλερές). Έτσι αναλύοντάς την σε δο σνιστώσες, µια οριζόντια και µια κατακόρφη, όπως στο σχήµα, θα πάροµε: γρ / y = ω σνϑ και γρ / x = ω ηµϑ (1) Αλλά εδώ έχοµε έναν «κινηµατικό περιορισµό», πο δεν είναι άλλος από το ότι το σηµείο Β είναι ποχρεωµένο να κινηθεί στο οριζόντιο επίπεδο, πράγµα πο σηµαίνει ότι: ιαιρώντας την (1) και () κατά µέλη παίρνοµε: y = 0 γρ / y = = ω σνϑ () r r γρ / y ϑ ϑ r N r r γρ r γρ / x www.yikonet.gr 4
Αφού εφ40 <1. Σωστό το α). γρ / x ω ηµϑ ω σνϑ = γρ / x = εϕϑ< Εφαρµογή 5 η : Μια οµογενής σανίδα µήκος m και µάζας 1kg ηρεµεί σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Ασκούµε στο ένα της άκρο Α µια κατακόρφη δύναµη F=6Ν. Να βρεθεί η αρχική επιτάχνση το µέσο Ο της και το άκρο Α της ράβδο. ίνεται g=10m/s και η ροπή αδράνειας της σανίδας ως προς κάθετο άξονα πο περνά από το κέντρο µάζας της 1 ml 1 I =. Προφανώς δεν µπορεί µια δύναµη 6Ν να ανασηκώσει τη ράβδο µε βάρος 10Ν, σνεπώς η ράβδος δεν θα εγκαταλείψει το επίπεδο, αλλά θα ανασηκωθεί. Το ερώτηµα πο έχοµε να αντιµετωπίσοµε είναι σε ποιο σηµείο ασκείται η κάθετη αντίδραση Ν το επιπέδο, αφού µόλις ασκήσοµε τη δύναµη στο άκρο Α, ο φορέας της Ν µεταφέρεται προς τα δεξιά. Αλλά η ακραία θέση, είναι η Ν να ασκηθεί στο άκρο Β, πράγµα πο σηµαίνει ότι η ράβδος επιταχύνεται προς τα πάνω ενώ σνεχίζει να βρίσκεται σε επαφή µε το έδαφος. Θεωρούµε τώρα την κίνησή της σανίδας ως σύνθετη, αποτελούµενη από µια µεταφορική και µια περιστροφική γύρω από νοητό οριζόντιο άξονα κάθετο στη σανίδα πο περνά από το κέντρο µάζας Ο. Εφαρµόζοντας το ο νόµο το Νεύτωνα παίρνοµε: Για τη µεταφορική κίνηση: ΣF=m α F+Ν-w==m α (1) Περιστροφική κίνηση: Στ=Ι α γων L L F N = F N = 1 6 ml 1 1 a γων ml a Έχοµε εδώ κάποιο σύνδεσµο, ο οποίος να σνδέει τις δο παραπάνω κινήσεις και στον οποίο πρέπει να εστιάσοµε; Ας έρθοµε στο άκρο Β. Το σηµείο ατό έχει µια επιτάχνση α εξαιτίας της µεταφορικής κίνησης και µια επιτρόχια α επ, ίση µε το ρθµό µεταβολής το µέτρο της γραµµικής ταχύτητα, λόγω της κκλικής κίνησης γύρω από το Ο. Επειδή µιλάµε για αρχική επιτάχνση, κεντροµόλος επιτάχνση δεν πάρχει, () γων + N r www.yikonet.gr 5
αφού έχοµε µηδενική γωνιακή ταχύτητα. Αλλά το άκρο Β δεν επιταχύνεται (ούτε προς τα πάνω, αφού τότε θα µηδενιζόταν η Ν και θα είχαµε τη ράβδο µε βάρος 10Ν να επιταχύνεται προς τα πάνω µε άσκηση δύνα- L µης 6Ν, αλλά προφανώς ούτε προς τα κάτω), οπότε α Β =0 ή α =α γων και η εξίσωση () γίνεται: 1 F N = m a ( α ) 4 Με πρόσθεση των (1) και ( α ) παίρνοµε: F mg = m a F m 4 6 1 a = g = m / s 10m / s = 4 1,5m / s L Οπότε η επιτάχνση το άκρο Α είναι: α Α = α +α γων = α =m/s. dmargaris@gmai.com www.yikonet.gr 6