Εστερική Ροπή και Εστερική ύναµη Η οµογενής ράβδος του σχήµατος έχει µάζα Μ=0,6 g και µήκος =, και στο ένα άκρο της είναι κολληµένο σώµα =0,g αµελητέν διαστάσεν, (σφαίρα). Το όλο σύστηµα µπορεί να στρέφεται ς προς άξονα αµελητέν διαστάσεν (πρόκα), που διέρχεται από το άλλο άκρο και είναι κάθετο στη σελίδα. Αρχικά το σύστηµα είναι ακίνητο στην οριζόντια θέση και αφήνεται ελεύθερο, οπότε αρχίζει να στρέφεται ς προς άξονα που διέρχεται από το. Να υπολογιστούν: Α. α) Η επιτάχυνση του σώµατος τη στιγµή που το σύστηµα αφήνεται ελεύθερο. β) Η δύναµη που ασκεί η ράβδος στο σώµα τη στιγµή που το σύστηµα αφήνεται ελεύθερο. Β. γ) Η δύναµη που ασκεί η ράβδος στο σώµα τη στιγµή που το σύστηµα βρίσκεται στην κατακόρυφη θέση. δ) Η δύναµη που δέχεται η ράβδος από τον άξονα στην κατακόρυφη θέση. Γ. ε) Η ιακή ταχύτητα του συστήµατος όταν έχει διαγράψει ία ο από την αρχική οριζόντια θέση. στ) Η δύναµη που δέχεται το σφαιρίδιο από τη ράβδο τη στιγµή που το σύστηµα έχει διαγράψει ία ο από την αρχική οριζόντια θέση. ζ) Το έργο της δύναµης που ασκείται στο από τη ράβδο κατά τη µετακίνηση του συστήµατος από την οριζόντια θέση µέχρι τη στιγµή που διαγράφει ία ο από την αρχική θέση. ίνεται η ροπή αδράνειας ράβδου ς προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας της Ι c = M, η επιτάχυνση της βαρύτητας g =0/s, 3 =.7,, 5 = 4.6 και 36,85 = 6.07 O Απάντηση Α. α) Η ροπή αδράνειας του συστήµατος ς προς το ισούται µε το άθροισµα τν ροπών αδράνειας τν επιµέρους σµάτν ς προς το ίδιο σηµείο: Ι =Ι +Ι ( O) ρ( ) ( O) Για την ροπή αδράνειας της ράβδου θα χρησιµοποιήσουµε το θεώρηµα Steiner: I ρ( ) =Ι c+μd = M + M = M = 0,6 = 0, g 4 3 3 Για την σηµειακή µάζα χρησιµοποιούµε τον τύπο ορισµού:
Ι = = 0, = 0, g ( O) Άρα Ι ( ) =Ι ρ +Ι O ( ) = 0, + 0, = 0,4 g ( O) Στο σύστηµα ασκούνται δύο εξτερικές δυνάµεις που προκαλούν ροπή ς προς τον άξονα περιστροφής: το βάρος της ράβδου και το βάρος της σηµειακής µάζας. (η δύναµη από τον άξονα στήριξης δεν προκαλεί ροπή). Από τον θεµελιώδη νόµο της στροφικής κίνησης για το σύστηµα προκύπτει: Σχήµα Κ w ρ w wρ + w τ,( ) = Ι( O) α. wρ + w =Ι( O) α. α εξ. = Ι 6 + 5 0, 4 0,4 α. = = =,5 rad/s () ( O) Η επιτάχυνση του σώµατος θα έχει µόνο κατακόρυφη συνιστώσα διότι τη χρονική στιγµή που αφήνεται η ράβδος δεν έχει αρχική ιακή ταχύτητα, εποµένς η υ = = 0 υ κεντροµόλος επιτάχυνση του σώµατος είναι α κ, = aκ, = 0. Έτσι α =α επ, =α γ =,5/s β) Τη χρονική στιγµή t=0 που αφήνεται η ράβδος ελεύθερη για το σώµα ισχύει α κ, =0. Έτσι Σ κ = a Σ x = 0 και επειδή δεν υπάρχει καµία άλλη δύναµη στον ακτινικό άξονα x η δύναµη που Κ δέχεται από την ράβδο δεν έχει οριζόντια συνιστώσα, διότι εάν είχε, σε αυτή θα οφειλόταν η κεντροµόλος επιτάχυνση. Έτσι x =0. Έστ ότι η κατακόρυφη δύναµη είναι προς τα κάτ w Σχήµα ( + ) Σ = a επ ε, g + = α = α g = 0,,5 0, 0,5 = 0,5N () α ε, Έτσι η δύναµη που δέχεται το σώµα από την ράβδο τη στιγµή που αφήνεται από την οριζόντια θέση είναι κατακόρυφη µε µέτρο =0,5N και φορά προς τα κάτ.
Η ράβδος αντίστοιχα δέχεται µία αντίθετη δύναµη από αυτή που ασκεί στο σώµα µε ίδιο µέτρο και φορά προς τα πάν δεδοµένου ότι η και η αποτελούν ζεύγος δράσης αντίδρασης. Μπορούµε να κάνουµε επαλήθευση βρίσκοντας την αρχική α γ του συστήµατος, εφαρµόζοντας το ΘΝΣΚ µόνο για τη ράβδο λαµβάνοντας όµς και την εστερική ροπή που Σχήµα 3 προκαλεί η. Σ τ ρ,( O) = Ιρ, O α WΡ = 0, α 0, 6 0 0,5 = 0, α,5 = 0, α α =,5 rad / s Κ w ρ + Β. γ) Στην κατακόρυφη θέση η ιακή επιτάχυνση του συστήµατος ράβδου όπς προκύπτει από τον Θ.Ν.Σ.Κ. είναι µηδενική. Έτσι η επιτρόχια επιτάχυνση α ε, =α γ = 0. Σ επ = aε, Σ = 0 επ και επειδή δεν υπάρχει καµία άλλη δύναµη στον άξονα αυτό η δύναµη από την ράβδο δεν έχει οριζόντια συνιστώσα, διότι εάν είχε, σε αυτή θα οφειλόταν η επιτρόχιος επιτάχυνση. Έτσι επ =0. Στον ακτινικό άξονα που πλέον έχει γίνει ο κατακόρυφος άξονας y y η συνισταµένη τν δυνάµεν είναι η κεντροµόλος δύναµη. Σ κ = aκ α κ w Κ Σχήµα 4 υ υ ( ) g = = g + = g + = g + ( υ = ) Για να βρούµε τη ιακή ταχύτητα εφαρµόζουµε την διατήρηση της µηχανικής ενέργειας. Η δύναµη από τον άξονα δεν µετατοπίζει το σηµείο εφαρµογής της και έτσι το έργο της είναι µηδέν. Α..Μ.Ε. από την θέση () στη θέση (). y O + () K / () U =0 x E =E () () ΜΗΧ ΜΗΧ K + U = Κ + U αρχ. αρχ. τελ. τελ. 0 0= I( O) + Mg g υ ρ () Mg g 3 Σχήµα 5
Μg + g = I( O) 0, 6 0 + 0, 0 = 0, 4 5 = 0, = 5 = 5 r / s ( ) () = = 0, 0 + 0, 5 = 7 g + N δ) Τώρα που βρήκαµε την δύναµη που ασκεί η ράβδος στο σφαιρίδιο µπορούµε να βρούµε και την δύναµη που δέχεται η ράβδος από την άρθρση. Το σφαιρίδιο θα ασκεί λόγ δράσης αντίδρασης µία αντίθετη δύναµη από αυτή που δέχεται. Το κέντρο µάζας της ράβδου σαν υλικό σηµείο εκτελεί µεταφορική κυκλική κίνηση και έτσι εφαρµόζουµε δυναµική υλικού σηµείου. αξ Και εδώ η δύναµη από την άρθρση θα είναι κατακόρυφη εφόσον η επιτρόχια επιτάχυνση είναι µηδενική (α ε,ρ = α γ /=0) και οι υπόλοιπες δυνάµεις είναι κατακόρυφες. Στον ακτινικό άξονα που πλέον έχει γίνει ο κατακόρυφος άξονας y y η συνισταµένη τν δυνάµεν είναι η κεντροµόλος δύναµη. υ Ρ w Ρ α κ,ράβδου Σ κ = aκ υρ αξ Μg = / υρ ( / ) αξ = Μ g + + αξ = Μ g + + M / / υρ = 5 αξ = Μ g + + M = 0, 6 0 + 7 + 0, 6 5 = 6 + 7 + 7,5 αξ = 0,5N Σχήµα 6 4
Γ. ε) Βρίσκουµε την ιακή ταχύτητα του συστήµατος εφαρµόζοντας την Α ΜΕ Α ΜΕ από την θέση και τη θέση. στο τρίο ΚΖ ο h ηµ ( ) = OK OK = / ο ο h = ηµ ( ) OK h = ηµ ( ) ο οµοίς στο ΑΗ h = ηµ ( ) 30 d Z Κ H U =0 () h K Μg d g h α γ () Σχήµα 7 Ε = Ε K + U = Κ + U () () ΜΗΧ ΜΗΧ αρχ. αρχ. τελ. τελ. h = ηµ + ( O) Mgh gh h = ηµ 0 0= I Μg ηµ() g ηµ() 0, 4 + = 3 3 0,6 0 + 0, 0 = 0,,5 3 0,,5 3 + 3 = 0, = =, 5 3 r / s, 5, 7 =, 5 = 4,6 r / s(3) στ) Στον ακτινικό άξονα έχουµε για το σφαιρίδιο: υ Σ = a - w = = gηµ+ (3) 3 = 0, 0 + 0,,5 3 = 3 +, 5 3 = 3,5 3N Η συνιστώσα κ κατευθύνεται προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς. 30 Σχήµα 8 K θ w ε ε α ε α κ κ () w W () α γ 5
Βρίσκουµε τη ιακή επιτάχυνση του συστήµατος εφαρµόζοντας τον ΘΝΣΚ Σ τ = Ι α W d + W d = 0, 4 α εξ,( O) O M Mg συν + g συν = 0, 4 α 0, 6 0 + 0, 0 = 0, 4 α,5 α = α = rad s 0,4 6,5 / (4) Για τον υπολογισµό της εφαπτοµενικής συνιστώσας εφαρµόζουµε το ο Νόµο του Νεύτνα Έστ ότι η δύναµη είναι οµόρροπη µε την συνιστώσα του βάρους, το πρόσηµο θα καθορίσει τη φορά της. ( + ) Σ = a Σ = a w + = a w + = α επ ε, επ ε ε ε ε ε ε (4) ε = α gσυν () 0, 6, 5 0, 0 =, 5 = + 0, 5N ε = Η συνιστώσα ε είναι οµόρροπη µε την συνιστώσα του βάρους όπς την είχαµε λάβει εξαρχής. Έτσι η δύναµη = ε + κ = + ε κ 6,07N = + = + = ε 0.5 3 Και εϕθ = = = = 3 3 3 36 (0, 5) (3,5 3) 0, 065 36, 75 36,85 Επαλήθευση Εφαρµόζουµε τον ΘΝΣΚ για τη ράβδο και υπολογίζουµε την ιακή επιτάχυνση του συστήµατος. Η ράβδος θα δέχεται µία αντίθετη δύναµη από αυτή που ασκείται στο σφαιρίδιο λόγ δράσης αντίδρασης. Σ τ ( O) = Ιρ α Wε ε = 0, α M g συν ε = 0, α 30 w ε K W w ε () () α γ Σχήµα 9 κ 6
0, 6 0 0, 5 = 0, α,5 α = α = 6, 5 rad / s 0, ζ) Εφαρµόζουµε το ΘΜΚΕ για το σώµα µάζας από την οριζόντια αρχική θέση µέχρι τη θέση που έχει στραφεί κατά ο. K() K() = Ww + W Z Κ H U =0 () I 0 = ( 0 ( gh ) + W 30 h K h 3 W = I gh = 0,, 5 3 0, 0 Μg W =, 5 3 3 W = 0, 5 3J () Σχήµα 0 g α γ Αντίστοιχα αναµένουµε το έργο της δύναµης που ασκείται από το σώµα στη ράβδο να είναι 0, 5 3J, επειδή οι δυνάµεις είναι αντίθετες και έχουν ίσες µετατοπίσεις. Εδώ για τη ράβδο έχουµε K K = W + W () () I ρ 0 0 ( ρ gh W Wά ξονα W w ( ) 3 = Iρ Μ ρ gh = 0,, 5 3 0, 6 0 W =, 5 3,5 3 W = 0, 5 3J = Μ + + Το έργο από τη δύναµη της άρθρσης είναι µηδέν καθώς δεν µετατοπίζεται το σηµείο εφαρµογής της και συνεπώς το έργο της είναι µηδέν. Σχόλια. Στο ερώτηµα Β.δ Θα µπορούσαµε αν γνρίζαµε τη θέση του κέντρου µάζας του συστήµατος να βρίσκαµε απευθείας την δύναµη του άξονα. Θα δρούσαν µόνο οι εξτερικές δυνάµεις δηλ. τα βάρη και η δύναµη από την άρθρση. Εδώ είµαστε αναγκασµένοι να κάνουµε διπλή δουλειά δηλ. να βρούµε αρχικά την εστερική δύναµη µεταξύ ράβδου και ύστερα να ασχοληθούµε µόνο µε τη ράβδο. 7
. Στο ερώτηµα Γ.ζ Γενικά τα έργα τν εστερικών δυνάµεν δεν είναι αντίθετα γιατί δεν είναι πάντα οι µετατοπίσεις ίδιες. Π.χ. κατά τη διάρκεια µιας κρούσης ενός βλήµατος µε ένα ξύλο οι µετατοπίσεις του ξύλου και του βλήµατος δεν είναι ίδιες παρόλο που οι δυνάµεις που αναπτύσσονται µεταξύ αυτών κατά τη διάρκεια της κρούσης είναι αντίθετες. Όταν η κρούση τελειώσει τότε το σύστηµα συµπεριφέρεται σαν ένα σώµα και από εκεί και µετά τα έργα τν εστερικών δυνάµεν είναι αντίθετα. Έτσι συµπεριφέρεται και το σύστηµά µας, σαν ένα ενιαίο σώµα για αυτό και τα έργα τν εστερικών δυνάµεν είναι αντίθετα, για αυτό εξάλλου εφαρµόζαµε και την διατήρηση της µηχανικής ενέργειας. 3. Να επισηµανθεί ότι όταν πρόκειται για αλληλεπίδραση µεταξύ στερεού και υλικού σηµείου, όπς στην περίπτση που διαπραγµατεύεται η παρούσα ανάρτηση, τότε το σηµείο σύνδεσης είναι µοναδικό αφού το υλικό σηµείο δεν έχει διαστάσεις, οπότε µπορούµε να µιλάµε για "δύναµη αλληλεπίδρασης". Το σχήµα προφανώς δεν αντιπροσπεύει απόλυτα την πραγµατικότητα αλλά για λόγους κατανόησης και διδακτικής έχει σχεδιαστεί σαν µπάλα. Αν όµς πρόκειται για αλληλεπίδραση µεταξύ στερεών που αποτελούν ένα ενιαίο σώµα, τότε το σηµείο επαφής δεν είναι ένα, αλλά µια ολόκληρη περιοχή σηµείν συγκόλλησης. Π.χ. στο διπλανό σχήµα, ο δίσκος είναι κολληµένος στο άκρο της ράβδου. Όσο λεπτή και να είναι η ράβδος, το σηµείο συγκόλλησης δεν είναι µόνο ένα. Στην περίπτση αυτή τα δύο στερεά αλληλεπιδρούν µε µια κατανοµή δυνάµεν και όχι µε µια µόνο δύναµη. Η κατανοµή αυτή είναι ισοδύναµη µε µια δύναµη και µία ροπή αλληλεπίδρασης. Μία τέτοια ανάλυση όµς δεν είναι στα πλαίσια του µαθητικού επιπέδου και δεν τα εξετάζουµε. Παρόλα αυτά στους ακόλουθους συνδέσµους και µόνο για καθηγητές, όχι για µαθητές υπάρχει η περίπτση αυτή. 8