Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων

2 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων 2.1 Νόµοι του Νεύτωνα Πρώτος Νόµος του Νεύτωνα Ενα σώµα παραµένει στην ίδια κατάσταση ηρεµίας ή κίνησης µε σταερή ταχύτητα, εάν δεν ασκείται πάνω του καµία εξωτερική δύναµη. F = 0 a = 0 όπου εύτερος Νόµος του Νεύτωνα a = dv = d2 r 2, v = dr Ορµή P = Mv, όπου M η µάζα του σώµατος, µαζα ηρεµίας, ή µάζα «αδράνειας», που µετριέται στο εργαστήριο µε ένα Ϲυγό. Ο ϱυµός µεταβολής της ορµής του συστήµατος είναι ανάλογος της δύναµης που ασκείται. F = dp = d (Mv) Εάν M σταερό, ανεξάρτητο του χρόνου, τότε F = Ma Μονάδες: Στο «διενές σύστηµα µονάδων»: η µάζα µετριέται σε Kgr. η ταχύτητα µετριέται σε m/sec η επιτάχυνση σε m/sec 2 η δύναµη σε Nt, όπου 1 Nt= 1 Kgr m/sec 2 Στο σύστηµα C.G.S: η µάζα µετριέται σε gr η ταχύτητα µετριέται σε cm/sec η επιτάχυνση σε cm/sec 2 η δύναµη σε dyn, όπου 1 dyn= 1 gr cm/sec 2, 1 Nt = 10 5 dyn

22 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Τρίτος Νόµος του Νεύτωνα Οταν δύο σώµατα αλληλεπιδρούν, η δύναµη F 21 που ασκεί το σώµα (1) στο σώµα (2) είναι αντίετη της δύναµης που ασκεί το σώµα (2) στο (1): F 12 = F 21 Ισχύει και για δυνάµεις από απόσταση. Άπειρη ταχύτητα διάδοσης κάε µεταβολής. F 12 (1) (2) F 21 Σχήµα 2.1: Νόµος δράσης - αντίδρασης. F 21 είναι η δύναµη που ασκείται στο (2) από το (1). Η δύναµη F 21 δρα στο σώµα (2), η δύναµη F 12 δρα στο σώµα (1) Εφαρµογή Η ορµή του συστήµατος είναι σταερή στο χρόνο. Εάν η M είναι σταερή τότε F = 0 dp = 0 P = σταερό P = Mv v = σταερή = v 0 dr = v 0 dx dy ˆx + ŷ + dz ẑ = v 0x ˆx + v 0y ŷ + v 0z ẑ dx = v 0x dx = v 0x dy τρεις εξισώσεις : = v 0y dz = v 0z dx = v 0x + c x = v 0x t + c Για t = 0 c = x 0. Ακολουούµε την ίδια διαδικασία για τα y, z, οπότε τελικά παίρνουµε r = v 0 t + r 0 όπου r 0 = x 0 ˆx + y 0 ŷ + z 0 ẑ και v 0 = v 0x ˆx + v 0y ŷ + v 0z ẑ Πρόβληµα 1 ύο σωµατίδια µε ίση µάζα m κινούνται µε διανύσµατα ϑέσης r 1 (t) = (t 2 + 3t 5) ˆx + (3t + 7)ŷ + (21 2t 2 )ẑ r 2 (t) = (25 t t 2 ) ˆx + (5t + 1)ŷ + (2t 2 5t)ẑ (α) Να αποδείξετε ότι τα σωµατίδια ϑα συγκρουσούν. (ϐ) Ποια δύναµη ασκείται σε κάε σωµατίδιο ; (γ) Να δείξετε ότι η ολική ορµή παραµένει σταερή.

2.1 Νόµοι του Νεύτωνα 23 Λύση: (α) Υπάρχει µια χρονική στιγµή t 0 όπου έχουµε : r 1 (t 0 ) = r 2 (t 0 ) t 2 + 3t 5 = 25 t t 2 2t 2 + 4t 30 = 0 t 1,2 = 3, 5 3t + 7 = 5t + 1 2t 6 = 0 t = 3 21 2t 2 = 2t 2 5t 4t 2 5t 21 = 0 t 1,2 = 3, 14/8 εποµένως έχουµε κοινή λύση για t 0 = 3 r 1 (t 0 ) = r 2 (t 0 ) άρα τα σώµατα συγκρούονται για t = 3 sec. (ϐ) Βλέπουµε ότι F 1 + F 2 = 0. v 1 = (2t + 3) ˆx + 3ŷ 4tẑ F 1 = m d2 r 1 2 = mdv 1 = 2m ˆx 4mẑ v 2 = dr 2 F 2 = m dv 2 = 2t ˆx + 5ŷ + (4t 5)ẑ = 2m ˆx + 4mẑ (γ) p 1 + p 2 = 3m ˆx + 8mŷ 5mẑ σταερή ανεξάρτητη του χρόνου, άρα η ολική ορµή διατηρείται. Πρόβληµα 2 F ολ = F 1 + F 2 = dp 1 + dp 2 = d (p 1 + p 2 ), F ολ = 0 d (p 1 + p 2 ) = 0 p 1 + p 2 = σταερό ύο σωµατίδια (1) και (2) ϐρίσκονται αρχικά στις ϑέσεις (x 1 = 5 m, y 1 = 0) και (x 2 = 0, y 2 = 10 m) µε ταχύτητες v 1 = 4 ˆx m/sec και v 2 = v 20 ŷ. (α) Ποια είναι η ταχύτητα v 2 αν τα σωµατίδια πρόκειται να συγκρουσούν ; (ϐ) Πόση είναι η τιµή της σχετικής ταχύτητας u 12, του σωµατιδίου (1) ως προς το (2); (γ) ιατυπώστε ένα γενικό κριτήριο για την αναγνώριση µιας τροχιάς σύγκρουσης δύο σωµατιδίων. Λύση: y y 20 v 2 v 1 x 10 x Σχήµα 2.2

24 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων (α) Τα δύο σωµατίδια, εάν συγκρουστούν, ϑα συγκρουστούν στη ϑέση (0, 0) τη χρονική στιγµή t x 10 = v 10 t και y 20 = v 20 t t = x 10 v 10 = y 20 v 20 v 20 = y 20 x 10 v 10 v 20 = 8 m/sec (ϐ) y r 2 (t) R(t)=r 12 (t) r 1 (t) x Σχήµα 2.3 R(t) = r 12 (t) r 2 + r 12 = r 1 r 1 = v 1 t + r 10 r 2 = v 2 t + r 20 r 12 = r 1 r 2 u 12 = dr 12 = dr 1 dr 2 u 12 = v 1 v 2 = v 10 x ( v 20 y) u 12 = v 10 ˆx + v 20 ŷ = 4 ˆx + 8ŷ (γ) { r 1 (t) = r 10 + v 10 t r 2 (t) = r 20 + v 20 t r 1(t 0 ) = r 2 (t 0 ) r 10 + v 10 t 0 = r 20 + v 20 t 0 (v 10 v 20 ) t = r 20 r 10 εποµένως το διάνυσµα R = r 20 r 10 είναι παράλληλο µε το u = v 10 v 20. Πρόβληµα 3 Μικρή σφαίρα µάζας m ϐρίσκεται αρχικά στο σηµείο Α και µετά ολισαίνει σε λεία κυκλική επιφάνεια (ϐλ. σχήµα). Εκφράστε τη γωνιακή ταχύτητα και τη δύναµη που ασκεί η επιφάνεια στη σφαίρα ως συνάρτηση της γωνίας. A N O R F B Σχήµα 2.4 Ο νόµος του Νεύτωνα λέει F = ma N + F B = ma

2.2 ύναµη Βαρύτητας - Νόµος του Νεύτωνα για την Παγκόσµια Ελξη 25 Για την επιτρόχια συνιστώσα έχουµε Για την κεντροµόλο συνιστώσα έχουµε F B cos = ma ε = mr dω όπου ω = d N F B sin = ma κ = m v2 R = mrω2 (2.1) mg cos = mr dω dω g cos = R = R dω d d g dω cos = ω R d = 1 dω 2 2 d dω 2 = 2g cos d = 2g R R sin + c ω 2 = 2 g sin + c, = 0 ω = 0 c = 0 R ω 2 = 2g R sin (2.1) N mg sin = m R 2g R sin N = 3mg sin 2.2 ύναµη Βαρύτητας - Νόµος του Νεύτωνα για την Παγκόσµια Ελξη F 12 r M 1 M 2 F 21 Σχήµα 2.5 Η δύναµη ϐαρύτητας ανάµεσα σε δύο σώµατα είναι µια κεντρική δύναµη F 21 = G M 1M 2 r 2 ˆr όπου ˆr = r r, r = r και G = 6, 67 10 11 Nm 2 /Kg 2 είναι η παγκόσµια σταερά της ϐαρύτητας. Με F 21 συµβολίζουµε τη δύναµη που ασκείται στο σώµα (2) από το σώµα (1). Η µάζα των σωµάτων στο νόµο του Νεύτωνα είναι ίση µε τη µάζα που µπαίνει στο ϐασικό δυναµικό νόµο της µηχανικής : ύναµη = µάζα επιτάχυνση 2.3 Ηλεκτρική δύναµη Coulomb - Ηλεκτρικό πεδίο q 1 r q 2 F 12 F 21 Σχήµα 2.6 F 21 = k q 1q 2 r 2 ˆr

26 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Τα ϕορτία q 1, q 2 είναι αλγεβρικά k = 1 4πε 0 = 8, 988 10 9 Nt m 2 /Cb 2 Τα ϕορτία µετριούνται σε Coulomb (Cb). ε 0 είναι η διηλεκτρκή σταερά του κενού και είναι το ϕορτίο του ηλεκτρονίου. q e = 1, 6 10 19 Coulomb Η δύναµη Coulomb είναι πολύ ισχυρότερη από τη δύναµη της ϐαρύτητας. Ανάµεσα σε δύο γειτονικά πρωτόνια στον πυρήνα η δύναµη Coulomb είναι 90 Nt, ενώ η δύναµη ϐαρύτητας είναι 10 34 Nt. Ενα σύνολο ϕορτίων Q 1, Q 2,..., Q N ασκούν δύναµη σε ένα ϕορτίο q ίση µε το άροισµα των δυνάµεων F n = k Q nq ˆr rn 2 n Q 1 r 1 q r N Q N F ολ = F ολ = qe, N i=1 Το ηλεκτρικό πεδίο περιγράφεται από την Εντασή του. Σχήµα 2.7 { F i = q k Q 1 r1 2 ˆr 1 +... + k Q } N rn 2 ˆr N E = ένταση του ηλεκτρικού πεδίου Εφαρµογή : Κίνηση της Γης γύρω από τον Ηλιο r M Γ M H Σχήµα 2.8 σε πολικές συντεταγµένες. Η δύναµη είναι µόνο ακτινική. G M HM Γ r 2 ˆr = M Γ a a = a επ + a κ [ d 2 ( ) ] 2 r d a κ = 2 r ˆr [ a επιτρ = 2 dr ] d + r d2 ˆ 2 (2.2)

2.3 Ηλεκτρική δύναµη Coulomb - Ηλεκτρικό πεδίο 27 Αναζητούµε λύση µε r = σταερό = R G M H R ˆR = R 0 = R d2 ˆ 2 Θέτουµε d = ω = 2π T ( ) 2 d ˆR (2.2) d = σταερό G M H R 2 = Rω2 ω 2 = GM H R 3 Εάν ξέρουµε τα G, M H, R, τότε ω = GMH Πρόβληµα 4: Γεωστατικός ορυφόρος R 3 T = 2π ω = 2π R 3 GM H ορυφόρος κινείται σε κυκλική τροχιά µε κέντρο το κέντρο της Γης και µε επίπεδο τροχιάς το επίπεδο του Ισηµερινού. Σε ποια απόσταση περιστροφής R ϑα ϕαίνεται να παραµένει ακίνητος από παρατηρητή στη Γη ; Λύση: Κυκλική κίνηση µε σταερή ταχύτητα ω = 2π T, GM Γ M R 2 = m v 2 R = m Rω 2 T = 24 h = 8, 64 104 sec R 3 = GM Γ ω 2 G = 6, 67 10 11 m 3 Kgr sec 2, = GM Γ 4π 2 T 2 M Γ = 5, 98 10 24 Kgr R 3 7, 5 10 22 m 3 R δορυφ. = 42000 Km R ΓΗ 6400 Km, R δορυφ. 1 10 R Γη-Σελήνη Πρόβληµα 5: Βάρος σωµάτων, Πεδίο Βαρύτητας κοντά στη Γη M Γ R Γ h m F Σχήµα 2.9 r = R Γ +h r = R Γ + h F = GM Γm (R Γ + h) 2 = GM Γm 1 R 2 (1 + h/r) 2

28 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων F G M Γm R 2 Γ Εάν h 1 Km, R Γ 6400 Km { 1 2h } + 3 h2 R Γ R 2 +..., ανάπτυξη σε σειρά Taylor Γ h R Γ 1 6400 1 F = GM Γ R 2 m = mg Γ g = GM Γ R 2 9, 81 m/sec 2 Γ F = mgẑ Ταυτίζουµε τον άξονα z τοπικά µε την ακτινική διεύυνση. 1 (1 + ε) 2 = 1 + ( 2)ε + 1 2 ( 2)( 3)ε2 +... f(t) = 1 t 2, f (t) = 2 t 3, f (t) = 6 t 4,... 2.4 Βολή ϐλήµατος σε οµογενές πεδίο ϐαρύτητας Σώµα µάζας m εκτοξεύεται από τη ϑέση Α µε αρχική ταχύτητα v 0. Να ϐρείτε την ταχύτητα και τη ϑέση ως συνάρτηση του χρόνου. Η κίνηση γίνεται στο κενό, χωρίς να λάβουµε υπόψιν την αντίσταση του αέρα. z υ 0 r 0 A F O x Σχήµα 2.10 F = ma, r = x ˆx + yŷ + zẑ v 0 = v 0x x + v 0z ẑ, r 0 = x 0 ˆx + y 0 ŷ + z 0 ẑ F = mgẑ, a = dv Από το νόµο του Νεύτωνα έχουµε τρεις εξισώσεις, µία για κάε συνιστώσα : µε v(t = 0) = c c = v 0z. 0 = m dv x v x(t) = σταερή = v 0x (2.3) 0 = m dv y v y(t) = σταερή = v 0y = 0 (2.4) mg = m dv z dv z = g dv z = g (2.3) dx = v 0x x = v 0x t + x 0 (2.4) dy = 0 y(t) = y 0 (2.5) v z = gt + v 0z + c v z = gt + c (2.5)

2.4 Βολή ϐλήµατος σε οµογενές πεδίο ϐαρύτητας 29 Ολοκληρώνουµε και έχουµε dz = v z = gt + v 0z dz = gt + v 0z dz = g t + v 0z + c και z = 1 2 gt2 + v 0z t + z 0 v 0x = v 0 cos, v 0z = v 0 sin Η τροχιά στο επίπεδο (x, z) είναι παραβολή, µε αντικατάσταση του χρόνου t ϐρίσκουµε : z = v 0z (x x 0 ) g (x x 0 ) 2 + z 0 v 0x 2v 2 0x Παίρνουµε ως σηµείο ϐολής την αρχή των αξόνων, (x 0 = 0, y 0 = 0, z 0 = 0). Για το µέγιστο ύψος έχουµε dz = 0 v 0z = gt µ t µ = v 0z g d 2 z = g < 0 µέγιστο 2 h = z(t µ ) = 1 2 g v2 0z g 2 άλλα v z = dz εποµένως στο µέγιστο ύψος η ταχύτητα ανόδου µηδενίζεται. Βεληνεκές + v v 0z 0z g = v2 0z 2g Ορίζεται ως η οριζόντια απόσταση που διανύει το ϐλήµα, ώστε να ϕτάσει-επιστρέψει στο οριζόντιο επίπεδο εκτόξευσης. z(t) = 0 v 0z t 1 2 gt2 = 0 t (v 0z 12 ) gt = 0 t ϐ = 2 v 0z g R = x(t ϐ ) = 2 v 0xv 0z g R = v2 0 sin 2, g = 2v 2 0 sin cos g συνάρτηση της γωνίας Γενικά έχουµε δύο γωνίες ϐολής µε το ίδιο ϐεληνεκές, και π 2. Για το µέγιστο ϐεληνεκές έχουµε Στο επίπεδο (x, z) αντίστοιχα έχουµέ : dr d = 0 cos 2 = 0 2 = π 2 = π 4 R = 2 v2 0 g cos 2, R = 4 v2 0 sin 2 g ( R = π ) = 4v2 0 4 g < 0 µέγιστο µέγιστο ύψος, dz dx = 0 x µ = v 0zv 0x g ϐεληνεκές, z = 0 x β = 2 v 0zv 0x g = 2x µ

30 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Πρόβληµα 6: Ο πίηκος και ο κυνηγός Βλήµα εκτοξεύεται από ένα όπλο στη ϑέση Ο, προς ένα στόχο που ϐρίσκεται αρχικά στη ϑέση Ρ. Ο κινητός στόχος αφήνεται ελεύερος την ίδια χρονική στιγµή που το ϐλήµα εκτοξεύεται. Το ϐλήµα κτυπά τον στόχο κατά τη διάρκεια της πτώσης του, ανεξάρτητα από την ταχύτητα του ϐλήµατος. z Ρ υ 0 K O Ρ B x Σχήµα 2.11 x ϐ = v 0x t, z ϐ = v 0z t 1 2 gt2 Τη στιγµή της σύγκρουσης έχουµε x στ (t) = x p H = P P, z στ = H 1 2 gt2 tan = ΡΡ = H (2.6) ΟΡ x Ρ και ισχύει λόγω της σχέσης (2.6). x ϐ (t) = x στ (t) v 0x t = x Ρ t = x Ρ v 0x t = x Ρ v 0 cos 1 z ϐ (t) = z στ (t) v 0z t 1 2 gt2 = H 2 gt2 t = H v 0z = H v 0 sin (2.7) = (2.8) x Ρ v 0 cos = H v 0 sin sin cos = H x Ρ (2.7) (2.8) Πρόβληµα 7: Μήκος τροχιάς ϐλήµατος r = x ˆx + zẑ Στοιχειώδες µήκος τροχιάς ds = dr ds = dr dr = (dx) 2 + (dz) 2 δηλαδή ds = (dx ) 2 + ( ) 2 dz = vx 2 + vz 2 ds = v = v ds = v0x 2 + (v 0z gt) 2 t0 s 0 = v0x 2 + (v 0z gt) 2 0

2.5 Βολή στον αέρα 31 z dr O υ 0 r x s 0 = t0 ( Ορίζουµε τη νέα µεταβλητή k = g t v ) 0z g για το ϐεληνεκές. s ϐ = 1 2g 0 Σχήµα 2.12 ( v0x 2 + g2 t v ) 2 0z g k = gt v 0z, gt0 v 0z dk = g v 2 0x + k2 dk s 0 = 1 g v 0z v0x 2 + k2 dk = k k 2 + v0x 2 + v2 0x 2 2 ln t 0 = 2v 0z g gt 0 v 0z = v 0z ( ) k + k 2 + v0x 2 ( ) ( )} {2v 0z v0z 2 + v2 0x + v2 0x ln v 0z + v0z 2 + v2 0x v0x 2 ln v 0z + v0z 2 + v2 0x = v 0z g v + v2 0x ln v + v 0z v v 0z ( ) = v2 v + v sin g sin + v2 cos 2 ln v v sin ( ) = v2 1 + sin g sin + v2 cos 2 ln 1 sin 2.5 Βολή στον αέρα Κατά την κίνηση του ϐλήµατος ασκείται µια δύναµη αντίστασης (τριβή) από τον αέρα, ανάλογη της ταχύτητας του ϐλήµατος για µικρές ταχύτητες, ενώ εάν η ταχύτητα του ϐλήµατος είναι µεγαλύτερη µιας οριακής τιµής, η δύναµη τριβής είναι ανάλογη µε το τετράγωνο της ταχύτητας. F Τ = kv F Τ = kv 2 ˆv µε v < v critical µε v > v critical Οι συντελεστές k, k εξαρτώνται από το σχήµα του ϐλήµατος και το ϱευστό 1 µέσα στο οποίο κινείται το ϐλήµα. Εξετάζουµε λοιπόν την κίνηση ενός ϐλήµατος στο πεδίο ϐαρύτητας µε δύναµη τριβής ανάλογη της ταχύτητας. 1 Ο αέρας ϑεωρείται ϱευστό.

32 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων z Ρ υ 0 F ολ O x Σχήµα 2.13 Ανάλυση σε άξονες: Από τη σχέση (2.9) έχουµε F ολ = F Β + F T F ολ = mgẑ kv F ολ = ma = m dv m dv x = kv x (2.9) m dv z = mg kv z (2.10) dv x = k m v dvx x = k v x m + c ln v x = k m t + c v x = e c e kt/m, v x (t = 0) = v x0 = e c v x (t) = v x0 e kt/m Από τη σχέση (2.10) παίρνουµε ( dv z = g + k ) m v z Οριακή ταχύτητα για t + b = k m, u = g + k m v z, du = bdv z dv z = 1 du du = u b = bu du = b ln u = bt + c u u = c e bt, u(t = 0) = c = g + k m v z0 g + k ( m v z = g + k ) m v z0 e kt/m v z = m k π.χ. ταχύτητα πτώσης ενός αλεξιπτωτιστή. Το m/k έχει διαστάσεις χρόνου : m/k = τ 0. ( g + k ) m v z0 e kt/m mg k v z (t ) = mg k

2.6 Κίνηση ϕορτισµένου σωµατιδίου σε σταερό οµογενές ηλεκτρικό πεδίο 33 Εχουµε dx = v x(t) = v x0 e kt/m dx = v x0 e kt/m x = v x0 e kt/m + c Μέγιστο Βεληνεκές για t + Υπολογίζουµε την κατακόρυφη συντεταγµένη x = mv x0 k e kt/m + c t = 0 x = 0 c = mv x0 x = mv x0 (1 e kt/m) k k z x ΜΒ = mv x0 k υ 0 O x π x ΜΒ x Σχήµα 2.14 όπου A = m k dz = v z(t) = Ae bt B ( g + k ) m v z0, B = mg k dz = Ae bt B z(t) = A b e bt Bt + c z(0) = 0 A b + c = 0 c = A b z(t) = A b ( 1 e bt ) Bt Σηµείο πτώσης όταν z = 0 για δεύτερη ϕορά. dz = 0 µέγιστο ύψος 2.6 Κίνηση ϕορτισµένου σωµατιδίου σε σταερό οµογενές ηλεκτρικό πεδίο όπου η ένταση E είναι σταερή. Μονάδες: F = qe F = Ma = M dv, a = q M E dv = q M E v(t) = q M Et + v 0 dr = v r(t) = qe 2M t2 + v 0 t + r 0 Ενταση Nt/Cb = Volt/meter

34 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Παράδειγµα Πρωτόνιο ξεκινά από την ηρεµία και επιταχύνεται µε τη ϐοήεια ηλεκτρκού πεδίου έντασης E x = 30 000 V/m για ένα nanosecond (10 9 s). Πόση είναι η τελική ταχύτητα ; Πόση είναι η επιτάχυνση ; y + - e - E x Σχήµα 2.15 Λύση: M p = 1, 672 10 27 Kg, v x = q p M p E x t, q p = q e = 1, 6 10 19 Cb v 0 = 0 v x = 3 10 3 m/sec a = q p m p E x = 1, 6 10 19 Cb 1, 67 10 27 Kg 3 104 Nt/Cb a 3 10 12 Cb Kg m Kg Cb sec 2 = 3 1012 m/sec 2 2.7 Κίνηση ϕορτισµένου σωµατιδίου σε σταερό οµογενές µαγνητικό πεδίο Μονάδες: Μαγνητικό πεδίο σε Tesla Εξίσωση κίνησης F = qv B Nt 1 T = 1 Cb m/sec = 1 Nt sec Cb m Εστω B = Bẑ από την οποία προκύπτουν Ma = qv B M d2 r 2 = qv B M dv = qv B ˆx ŷ ẑ v B = v x v y v z 0 0 B = ˆxv yb ŷv x B M dv x = qv yb (2.11) M dv y = qv xb (2.12) M dv z = 0 v z(t) = v 0 z Οµαλή κίνηση µε σταερή ταχύτητα στον άξονα z z(t) = v 0z t + z 0 σταερή

2.7 Κίνηση ϕορτισµένου σωµατιδίου σε σταερό οµογενές µαγνητικό πεδίο 35 Λύνουµε το σύστηµα των εξισώσεων (2.11) και (2.12) Παραγωγίζουµε ξανά την (2.11) από την οποία προκύπτει d 2 v x 2 dv x = qb M v y dv y = qb M v x (2.13) = qb M dv y d 2 v x 2 = ω2 v x, ω = qb M = 2π T µε διαστάσεις 1/sec, κυκλοτρονική συχνότητα ανεξάρτητη της ταχύτητας. Λύση της διαφορικής εξίσωσης (2.14): v x (t) = c 0 cos (ωt + φ 0 ) = A 0 cos ωt + Γ 0 sin ωt v y (t) = M qb (2.13) = q2 B 2 M 2 v x (2.14) dv x = 1 dv x ω = A 0 sin ωt + Γ 0 cos ωt ύο άγνωστες σταερές (c 0, φ 0 ) (A 0, Γ 0 ) προσδιορίζονται από τις αρχικές συνήκες του προβλήµατος. Αρχικές συνήκες: v 0x = 0, v 0y = v 1 Η ολική ταχύτητα παραµένει σταερή στο χρόνο v x (0) = A 0 = 0 και v y (0) = 0 + Γ 0 = v 1 v = v = vx 2 + vy 2 + vz 2 = v = v = v1 2 + v2 0z v x(t) = v 1 sin ωt v y (t) = v 1 cos ωt v 2 1 sin2 ωt + v 2 1 cos2 ωt + v 2 0z η κινητική ενέργεια K = 1 2 mv2 διατηρείται. dk K = 1 2 mv2 = 1 2 mv v = mv dv διότι το v B είναι κάετο και στο v και στο B. 2.7.1 Εξίσωση τροχιάς = mgv (v B) = 0 Εστω ότι για t = 0 έχουµε x 0, y 0, z 0 και v 1 > 0 dx = v x(t) dx = v x (t) = v 1 sin ωt x = v 1 sin ωt + c x x(t) = v 1 ω cos ωt + c x v 1 ω + c x = x 0 c x = v 1 ω + x 0 dy = v y(t) dy = v 1 cos ωt + c y y(t) = v 1 ω sin ωt + c y c y = y 0

36 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων x(t) = v 1 ω cos ωt + v 1 ω + x 0 y(t) = v 1 ω sin ωt + y 0 z(t) = v 0z t + z 0 ( x v ) 2 1 ω x 0 + (y y0 ) 2 = v2 1 ω 2 = R2 εποµένως η κίνηση στο επίπεδο (x, y) είναι κύκλος µε κέντρο το σηµείο (v 1 /ω + x 0, y 0 ) και ακτίνα R = v 1 ω = Mv 1 qb η οποία λέγεται κυκλοτρονική ακτίνα και εξαρτάται γραµµικά από την ταχύτητα. Το σώµα εκτελεί ελικοειδή κίνηση κατά τον άξονα των z µε κυκλική συχνότητα ω = qb m y υ 1 (t=0) R y 0 (t=0) F(t=0) O q>0 x 0 Σχήµα 2.16 x 0 +υ 1 /ω x Εφαρµογή : Κύκλοτρο Συσκευή επιτάχυνσης ϕορτισµένων σωµατιδίων (Lawrence - Livingston, 1931). B πηγή E δέσµη B Σχήµα 2.17 ιαφορά δυναµικού από εναλλασσόµενο ηλεκτρικό πεδίο µε συχνότητα την κυκλοτρονική συχνότητα ω c = qb M

2.7 Κίνηση ϕορτισµένου σωµατιδίου σε σταερό οµογενές µαγνητικό πεδίο 37 Η δέσµη κάε ϕορά παίρνει ενέργεια και µεγαλώνει η ακτίνα κίνησης, σπειροειδής τροχιά R = M qb v έσµης Η τελική ενέρεγια της έσµης εξαρτάται από την ακτίνα του κυκλότρου R c και το εξωτερικό µαγνητικό πεδίο v έσµης = ω c R c, ω c = qb M E Εν. έσµης = 1 2 Mv2 πρωτόνιο, Πρόβληµα 8 ω c = 10 8 rad/sec, R c = 0, 5 m E 2, 5 10 12 joule 15 MeV v = ωr c 5 10 7 m/sec Φορτισµένο σωµατίδιο κινείται κατά τη διεύυνση x σε µια περιοχή που υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο E y και κάετο µαγνητικό πεδίο B z. (α) Ποια είναι η αναγκαία συνήκη ώστε η συνισταµένη δύναµη να είναι µηδέν ; (ϐ) Εάν E y = 3 10 5 Volt/m, B z = 3 10 2 Τ, να προσδιορίσετε την ταχύτητα κίνησης. z B z E y υ x y x Σχήµα 2.18 Λύση: (α) F = q (E + v B) F = 0 E + v B = 0 v B = E ˆx ŷ ẑ v B = v x 0 0 0 0 B z = 0 v xb z ŷ + 0 E = E y ŷ E y = v x B z (ϐ) v x = E y B z v x = 3 105 3 10 2 Nt/Cb Nt sec Cb m = 10 7 m/sec

38 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων 2.8 ιατήρηση της ορµής - Εσωτερικές δυνάµεις 2.8.1 Αρχή διατήρησης της ορµής Σε ένα αποµονωµένο σύστηµα όπου δρουν µόνο εσωτερικές δυνάµεις, µεταξύ των σωµατιδίων του συστήµατος, η ολική ορµή διατηρείται σταερή, ανεξάρτητη του χρόνου. p k = m k v k p ολ = p 1 + p 2 +... + p N dp ολ = dp 1 +... + dp N = F 1 + F 2 +... + F N = F ολ F ολ = 0 dp ολ όπου F k είναι η δύναµη που ασκείται στο σώµα k από τα υπόλοιπα σώµατα του συστήµατος. = 0 Ανάλυση για δύο σώµατα (κρούση) Εφαρµογή του τρίτου νόµου του Νεύτωνα χρόνος p 1 p 2 F 12 1 2 F 21 p 1 p 2 m 1 m 2 Σχήµα 2.19 F 21 = F 12 (εσωτερικές δυνάµεις) F 21 = dp 2, F 12 = dp 1 dp 1 + dp 2 = F 21 + F 12 = 0 dp ολ = 0 p 1 + p 2 = p 1 + p 2 µετά την κρούση Η ολική ορµή διατηρείται ανεξάρτητη από τη διατήρηση ή µή της ολικής ενέργειας. Εάν έχουµε π.χ. παραµορφώσεις των σωµάτων, η ολική (κινητική) ενέργεια δεν διατηρείται. Η αρχή διατήρησης της ορµής δεν αρκεί για να λύσουµε µονοσήµαντα ένα πρόβληµα ορµής. Παράδειγµα 1 Μονοδιάστατη κίνηση, µετά την κρούση οι δύο µάζες ενώνονται σε ένα σώµα (πλαστική κρούση): υ 1 υ 2 m 1 m 2 x Σχήµα 2.20

2.8 ιατήρηση της ορµής - Εσωτερικές δυνάµεις 39 M 1 v 1 + M 2 v 2 = (M 1 + M 2 ) u Παράδειγµα 2 M 1 v 1 M 2 v 2 M 1 + M 2 = u, αλγεβρικά Μετά την κρούση, το πρώτο σωµατίδιο µένει ακίνητο (ανάκρουση): m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 u 1 = 0 m 2 u 2 = m 1 v 1 m 2 v 2 αλγεβρικά u 2 = m 1 m 2 v 1 v 2 > 0 Αναγκαία συνήκη για να κινηεί το δεύτερο σώµα προς τα δεξιά. Εφαρµογή : Μηχανή του Atwood a 1 T 1 (1) T 2 a 2 B 1 (2) B 2 Σχήµα 2.21 Τροχαλία χωρίς ϐάρος, m τροχαλίας = 0. Το νήµα δεν έχει µάζα και δεν τεντώνεται. a 1 = a 2 T 1 = T 2 = T T 1 + B 1 = m 1 a 1 T 2 + B 2 = m 2 a 2 εποµένως T m 1 g = m 1 a (2.15) m 2 g T = m 2 a (2.16) Προσέτουµε τις σχέσεις (2.15) και (2.16) κατά µέλη, οπότε παίρνουµε m 2 g m 1 g = (m 1 + m 2 )a a = m 2 m 1 m 2 + m 1 g a > 0 m 2 > m 1 T = m 1 a + m 1 g = m 1 m 2 m 1 m 2 + m 1 g + m 1 g T = 2m 1m 2 m 1 + m 2 g

40 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Εχουµε επίσης p ολ = p 1 + p 2 = m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 atẑ m 2 atẑ p ολ = (m 1 m 2 ) 2 gtẑ m 1 + m 2 Πρόβληµα 9 F ολ = dp ολ F ολ = 2T + B 1 + B 2 = (m 1 m 2 ) 2 gẑ m 1 + m 2 ύο σώµατα µε µάζες m 1 και m 2 κρέµονται από δύο ενσωµατωµένες τροχαλίες ακτίνων R 1 και R 2. Οι τροχαλίες και το σκοινί είναι αβαρή. Αµελούµε τις τριβές. Να ϐρεεί η επιτάχυνση κάε σώµατος. R 2 R 1 T 2 a 2 (2) m 2 T 1 B 2 (1) m 1 a 1 B 1 Σχήµα 2.22 Η τροχαλία στρίβει κατά dφ Εχουµε ακόµα { ds 1 ds 2 T 1 R 1 = T 2 R 2 } = R 1 dφ ds 1 = R 1 a 1 = R 1 = R 2 dφ ds 2 R 2 a 2 R 2 T 2 + B 2 = m 2 a 2 (2.17) T 1 + B 1 = m 1 a 1 (2.18) Από τις σχέσεις (2.17) και (2.18) προκύπτουν { T 2 B 2 = m 2 a 2 B 1 T 1 = m 1 a 1 B 1 R 1 R 2 B 2 = m 2 a 2 + m 1 a 1 R 1 R 2 m 1 g R 1 R 2 m 2 g = m 2 R 2 R 1 a 1 + m 1 a 1 R 1 R 2 a 1 = m 1 (R 1 /R 2 ) m 2 m 1 (R 1 /R 2 ) + m 2 (R 2 /R 1 ) g

2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή 41 υ 0 υ x Σχήµα 2.23 Πρόβληµα 10 Ενα πολυβόλο στερεωµένο σε πλατφόρµα µάζας M πλ ϐάλει ϐλήµατα µε ϱυµό N και ταχύτητα v 0 ως προς την πλατφόρµα. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του συστήµατος µε το χρόνο. Η µάζα του ϐλήµατος είναι µ. m ολ (t = 0) = m πλ + m ϐλ (t = 0) (2.19) dm ϐλ = µn = β (2.20) Από τις σχέσεις (2.19) και (2.20) παίρνουµε m ολ (t) = m ολ (t = 0) βt dm ϐλ = dm ολ, dm ολ = β υνάµεις εσωτερικές µεταξύ όπλου και ϐληµάτων ιατήρηση ορµής. δηλαδή dm = dm ολ και m = m ολ (t) p ολ (t) = m(t)v(t) p ολ (t + ) = (m dm) (v + dv) + dm (v + v 0 ) } {{ } προσοχή p ολ (t) = p ολ (t + ) mdv + dmv 0 = 0 τα διαφορικά δεύτερης τάξης δεν συµµετέχουν µηδενίζονται στο όριο dm 0 και dv 0 όπου m dv = v dm 0 mdv = βv 0 β = dm > 0 και το v έχει προσανατολισµό προς τα δεξιά v = v ˆx, ενώ το v 0 έχει προσανατολισµό προς τα αριστερά v 0 = v 0 ˆx dv = βv 0 m(t) = βv 0 m ολ (0) βt dv = βv 0 m ολ (0) βt + c v(t) = v 0 ln [m ολ (0) βt] + c v(0) = 0 c = v 0 ln m ολ (0) v(t) = v 0 ln m ολ (0) m ολ (0) βt Οταν m ϐλ (0) βt 0 = 0, τότε το σώµα για t > t 0 κινείται µε σταερή ταχύτητα. Μέγιστη ταχύτητα v = v 0 ln m ολ(0) m πλ

42 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων N T F εξ F Β = Mg Σχήµα 2.24 2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή Θεωρούµε τη δύναµη τριβής σταερή και αντίετη της κίνησης, όταν το σώµα στο οποίο εφαρµόζεται κινείται. Οταν το σώµα µένει ακίνητο, η δύναµη τριβής είναι τόση όση χρειάζεται για να διατηρηεί η ισορροπία, όταν αυτή είναι δυνατή. Η δύναµη τριβής είναι παράλληλη µε την επιφάνεια επαφής των δύο σωµάτων. N είναι η πιέζουσα δύναµη στην επιφάνεια επαφής. Η µέγιστη τιµή που µπορεί να πάρει η δύναµη τριβής όταν το σώµα είναι ακίνητο και ασκείται σε αυτό εξωτερική δύναµη είναι T max = µ s N όπου µ s είναι ο συντελεστής στατικής τριβής, σταερά που εξαρτάται από τις δύο εφαπτόµενες επιφάνειες. Υλικά µ s µ k Γυαλί σε Γυαλί 1, 0 0, 5 Λάστιχο σε Στερεό Σώµα 1 4 Πάγος σε Πάγο 0, 05 0, 15 0, 03 Σκι σε ξηρό πάγο 0, 04 Χάλυβας µε χάλυβα 0, 74 0, 57 Πίνακας 2.1 Μέτρηση του µ : Από τη γωνία κλίσης κεκλιµένου επιπέδου µε το οριζόντιο επίπεδο. T N B sin B Σχήµα 2.25 Εάν ο συντελεστής στατικής τριβής µ s είναι γνωστός, η µάζα M του αυτοκινήτου επίσης, ποια είναι η µεγαλύτερη γωνία που µπορούµε να έχουµε µε το οριζόντιο επίπεδο για να µην αρχίσει να κινείται το αυτοκίνητο ; Για την ισορροπία έχουµε N = B cos max (2.21) T max = µ s N (2.22) T max = B sin max (2.23) Από τις σχέσεις (2.21), (2.22) και (2.23) παίρνουµε µ s B cos max = B sin max

2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή 43 µ s = sin max cos max = tan max Εάν το σώµα αρχίσει να κινείται π.χ. για γωνία > max, τότε η δύναµη τριβής γίνεται T = µ k N όπου µ k µ s (πειραµατικό γεγονός). Το µ k ονοµάζεται συντελεστής τριβής ολίσησης. Πόση είναι τότε η επιτάχυνση του αυτοκινήτου στο κεκλιµένο επίπεδο ; T = µ k N, N = B cos = mg cos Από το νόµο του Νεύτωνα έχουµε B sin T = ma mg sin µ k mg cos = ma a = g (sin µ k cos ) Οταν η γωνία αυξάνεται, το cos µείωνεται, ενώ το sin αυξάνεται. Η δύναµη τριβής είναι ανεξάρτητη του εµβαδού των επιφανειών σε επαφή, εξαρτάται µόνο από την πίεση, συνολική δύναµη. Η δύναµη τριβής οφείλεται στις ηλεκτροστατικές δυνάµεις µεταξύ των επιφανειών των δύο υλικών. Μεγάλη πίεση συνεπάγεται ότι τα µόρια των δύο επιφανειών έρχονται στενότερα σε επαφή, εποµένως αναπτύσσονται ισχυρές ελκτικές δυνάµεις µεταξύ τους. Τα υλικά που ελαττώνουν τη δύναµη τριβής ανάµεσα σε δύο υλικά είναι πάντοτε διηλεκτρικά υλικά µε µεγάλη διηλεκτρική σταερά. Προσοχή : Επειδή η δύναµη στατικής τριβής είναι λίγο µεγαλύτερη της κινητικής τριβής, τότε µόλις το σώµα υπερνικήσει τη στατική τριβή επιταχύνεται. Εάν ελαττώσουµε τη γωνία του κεκλιµένου επιπέδου τότε υπάρχει µία γωνία < max ώστε µ k = tan και τελικά η επιτάχυνση ισούται µε µηδέν και το σώµα κινείται µε σταερή ταχύτητα. Πολλά ϐιβλία δεν ξεχωρίζουν τη στατική τριβή (µ s ) από την κινητική τριβή (µ k ) και δίνουν τον συντελεστή τριβής µ. Πρόβληµα 11 (α) Τι επιτάχυνση πρέπει να έχει το αµαξάκι του σχήµατος, ώστε το σώµα Α να παραµείνει προσκολληµένο στην εµπρόσια κατακόρυφη επιφάνειά του, χωρίς να πέσει ; Το µ ϑεωρείται γνωστό (ϐλ. σχήµα 2.26). (ϐ) Καρότσι (αµαξάκι) κινείται µε επιτάχυνση a και έχει σχήµα κεκλιµένου επιπέδου. Ποια είναι η ελάχιστη επιτάχυνση που χρειάζεται για να µείνει ακίνητο το σώµα Α (ϐλ. σχήµα 2.27); a F T A F A =N F a M m B Σχήµα 2.26

44 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων T y A, n N a B sin x B Σχήµα 2.27 Λύση: (α) Για τις δυνάµεις στο σώµα Α έχουµε Εφόσον υπάρχει κατακόρυφη ισορροπία, ϑα ισχύει T = mg F A = ma και T = µn = µf A = µma µma = mg a = g µ Οριζόντιες δυνάµεις στο αµαξάκι : F = F A F a F = Ma F a ma = Ma F a = (M + m)a (ϐ) Ακίνητο το κουτί Α ως προς το αµαξάκι (ϐλ. σχήµα 2.27), εξετάζουµε την περίπτωση όπου tan > µ: Εάν το αµαξάκι είναι ακίνητο έχουµε N = B cos και F κινούσα = B sin T κατά µήκος του κεκλιµένου επιπέδου. Επειδή tan > µ έχουµε sin > µ cos F κινούσα = B sin T max = B sin Bµ cos = B(sin µ cos ) > 0 συνάγεται λοιπόν ότι το κουτί Α κινείται προς τα κάτω ως προς το αµαξάκι. Αυξάνουµε την επιτάχυνση a του αµαξιδίου έως ότου το κουτί Α ισορροπεί ακίνητο επάνω στο κεκλιµένο επίπεδο. Κίνηση επιταχυνόµενη στον άξονα x N sin T cos = ma (2.24) F κινούσα,x = N sin T cos, T = µn (2.25) Ισορροπία στον άξονα y T sin + N cos = mg (2.26) Από τις σχέσεις (2.24), (2.25) και (2.26) παίρνουµε { N sin µn cos = ma µn sin + N cos = mg

2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή 45 Υπολογισµός της τριβής T { N sin N cos a sin µ cos sin µ cos = a = g cos + µ sin cos + µ sin g = ma + T cos = mg T sin T = m (g sin a cos ), T > 0 Για µ < tan, το κουτί Α πέφτει προς τα κάτω στο ακίνητο αµαξάκι όπως είπαµε προηγουµένως, άρα για να ισορροπεί ακίνητο στο αµαξάκι. a ελαχ = sin µ cos cos + µ sin g Καώς αυξάνεται το a, η τριβή T ελλατώνεται τείνοντας στο µηδέν, και οριακά για επιτάχυνση a 0 = g tan έχουµε T = 0. Για επιτάχυνση a > a 0 η τριβή γίνεται αρνητική (προς τα κάτω), διότι το κουτί τείνει να κινηεί προς τα πάνω στο κεκλιµένο επίπεδο. Πρόβληµα 12 Σώµα µάζας m 1 έλκεται από δύναµη F. Επάνω του υπάρχει άλλο σώµα µάζας m 2. Αν ο συντελεστής τριβής µεταξύ όλων των επιφανειών είναι µ, ϐρείτε τις επιταχύνσεις κάε σώµατος. Λύση: N 2 m 2 T 1 T 2 T 2 m 1 F B 1 B 2 Σχήµα 2.28 Για το σώµα (2) η δύναµη που το κινεί είναι η δύναµη της τριβής T 2 Για το σώµα (1) έχουµε T 2 = m 2 a 2 N 2 = B 2, T 2 = µn 2 = µb 2 (οριακά όταν το σώµα 2 ολισαίνει ως προς το 1) µm 2 g = m 2 a 2 a 2 = µg F T 1 T 2 = m 1 a 1 T 2 = T 2 = µm 2 g, T 1 = µn 1 = µ(b 1 + B 2 ) (οριακά όταν το σώµα 1 κινείται) Παρατηρήσεις - περιπτώσεις Α. T 2 T 2,max, T 2 = T 2 F µg(m 1 + m 2 ) µgm 2 = m 1 a 1 a 1 = F m 1 µg 2µg m 2 m 1 { F T 1 T 2 = m 1 a 1 T 2 = m 2 a 2 Η επιτάχυνση a 2 είναι αρχικά ίση µε a 1. Καώς η δύναµη F µεγαλώνει, µεγαλώνει και η a 1 και η a 2, άρα και η T 2 µέχρι τη µέγιστη τιµή, T 2,max. Για ακόµα µεγαλύτερη F παίρνουµε a 1 > a 2, και το σώµα (2) ολισαίνει προς τα πίσω ως προς το (1).

46 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Β. Εάν a 1 = a 2 = a T 2 = T 2 = m 2 a 2 = m 2 a F T 1 = (m 1 + m 2 )a T 1 = µg(m 1 + m 2 ) (οριακά) Γ. Εάν a 1 > a 2 F m 1 µg 2µg m 2 m 1 > µg F > 2µg(m 1 + m 2 ). Αν αµελήσουµε την τριβή µε το έδαφος, για ποια τιµή της δύναµης F το σώµα µάζας m 2 ϑα αρχίσει να ολισαίνει ως προς το µεγάλο σώµα µάζας m 1 ; } F T 2 = m 1 a 1 a T 2 = m 2 a 1 a 2 2 F T 2 T 2 F ( 1 T 2 + 1 ) m 1 m 1 m 2 m 1 m 1 m 2 F µm 2 g m 1 + m 2 F µg(m 1 + m 2 ) m 1 m 1 m 2 και η δύναµη τριβής έχει πάρει τη µέγιστη τιµή της, T 2 = µm 2 g. Οταν τα σώµατα κινούνται µε την ίδια επιτάχυνση Πρόβληµα 13 T 2 = m 2F m 1 + m 2 Βρείτε τις επιταχύνσεις των δύο σωµάτων (1) και (2) στο σχήµα (m 2 > m 1 ). Συντελστές τριβής µ 1 και µ 2 στις δύο πλευρές του τριγώνου. (1) T 1 N 1 N 2 F 1 T 2 1 2 F 2 (2) B 1 B 2 Σχήµα 2.29 Εχουµε F 1 = F 2 = F, εσωτερικές δυνάµεις T 1 = µ 1 N 1, T 2 = µ 2 N 2 N 1 = B 1 cos 1, N 2 = B 2 cos 2 Για το σώµα (1) έχουµε : Για το σώµα (2): F T 1 B 1 sin 1 = m 1 a F µ 1 B 1 cos 1 B 1 sin 1 = m 1 a B 2 sin 2 T 2 F = m 2 a B 2 sin 2 µ 2 B 2 cos 2 F = m 2 a Εχουµε δύο εξισώσεις µε δύο αγνώστους, ϐρίσκουµε τα F και a.

2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή 47 F N B B x Σχήµα 2.30 Πρόβληµα 14 Σε ένα σώµα µάζας m επάνω σε ένα κεκλιµένο επίπεδο ασκείται δύναµη F. Βρείτε τη διεύυνση κίνησης του σώµατος και την επιτάχυνση. Ο συντελεστής τριβής ολίσησης είναι µ. Η F επάνω στο κεκλιµένο επίπεδο. Κάετα στο κεκλιµένο επίπεδο : N = B cos T = µn = µb cos Παράλληλα στο κεκλιµένο επίπεδο : B x = B sin F T α β F κινούσα β y α B x x Σχήµα 2.31: (επί του κεκλιµένου επιπέδου) F + T + B x = ma Η δύναµη F δοσµένη κατά µέτρο και διεύυνση. Από τα παραπάνω προκύπτουν T cos β + F cos α B x = ma x F sin α T sin β = ma y Τρεις άγνωστοι a x, a y και γωνία β. Η δύναµη τριβής αντίετη στην κατεύυνση κίνησης, άρα παίρνουµε το άροισµα F + B x = F κινούσα και ϐρίσκουµε τη γωνία β F 2 k = F 2 + B 2 x 2F B x cos α F sin β = F k sin α sin β = F sin α F k Εχουµε a x = a cos β, a y = a sin β Επιλύουµε µία από τις δύο εξισώσεις και υπολογίζουµε την επιτάχυνση a.

48 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Πρόβληµα 15 Σώµα µάζας m 1 τοποετείται κάετα (µε αρχική ταχύτητα µηδέν) επάνω σε κινούµενη πλατφόρµα µάζας m 2 και ταχύτητας v 0. Βρείτε την τελική ταχύτητα του συστήµατος των δύο σωµάτων. Συντελεστής τριβής ολίσησης µεταξύ των δύο σωµάτων µ. N 1 (t=0, u m 1 =0) 1 T 2 T 1 m 2, υ 0 B 1 Σχήµα 2.32 Για το σώµα (1) έχουµε Για το σώµα (2): Εχουµε T 1 = µn 1 = µb 1 = µm 1 g T 1 = m 1 a 1 a 1 = µg, επιτάχυνση T 2 = m 2 a 2 µm 1 g = m 2 a 2 a 2 = µg m 1 m 2, επιβράδυνση Από τις σχέσεις (2.27) και (2.28) έχουµε ότι κάποια χρονική στιγµή ισχύει v 1 = a 1 t (2.27) v 2 = v 0 a 2 t (2.28) v 1 = v 2 = u δηλαδή τα δύο σώµατα κινούνται τελικά µε την ίδια ταχύτητα, και Κοινή ταχύτητα για t t 0 : Αρχή διατήρησης της ορµής Εσωτερικές δυνάµεις (T 1, T 2 = T 1 ) Πρόβληµα 16 a 1 t 0 = v 0 a 2 t 0 t 0 = v 0 v 0 = a 1 + a 2 µg + µg(m 1 /m 2 ) v 0 µg u = a 1 t 0 = µg (1 + (m 1 /m 2 )) = m 2v 0 m 1 + m 2 m 2 v 0 = (m 1 + m 2 )u p προ = p µετά m 2 v 0 = (m 1 + m 2 )u Λωρίδα κινείται µε σταερή ταχύτητα v, ενώ άµµος τοποετείται επάνω της µε σταερό ϱυµό ρ Kg/sec. Πόση δύναµη απαιτείται για να κινείται η λωρίδα µε σταερή ταχύτητα ; Λύση: p(t) = m(t)v dp = p(t + ) p(t) = m(t + )v m(t)v m(t + ) = m(t) + dm dp = dmv dp = dm v, F = dp = ρv dm = ρ

2.9 υνάµεις Επαφής - Τριβή 49 Πρόβληµα 17: Κίνηση αυτοκινήτου σε στροφή Α. Χωρίς τριβή N R O B Σχήµα 2.33 Το σώµα κάνει κυκλική κίνηση µε ακτίνα R και ταχύτητα u. Στον κατακόρυφο άξονα έχουµε ισορροπία : N cos = B = mg Στον οριζόντιο άξονα έχουµε κυκλική κίνηση : a k = u2 R ˆR N sin = m u2 R, N = mg cos mg sin cos = mu2 R u2 = Rg tan Ανάποδη κλίση N R O B Σχήµα 2.34 N cos = B = mg a k = u2 R ˆR N sin = mu2 R το οποίο είναι αδύνατο! Το αυτοκίνητο δεν συγκρατείται στη στροφή, κινείται προς τα έξω, εκτός δρόµου.

50 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων B N T R O Σχήµα 2.35 Β. Με τριβή Στον κατακόρυφο άξονα έχουµε T µn, a k = u2 R ˆR N cos B T sin = 0 Στον οριζόντιο άξονα έχουµε N sin + T cos = m u2 R Μέγιστη τιµή της τριβής µέγιστη τιµή της ταχύτητας, T = µn. οδόστρωµα σχεδόν κατακόρυφο. N (cos µ sin ) = B = mg N = N (sin + µ cos ) = m u2 R sin + µ cos g cos µ sin = u2 R mg cos µ sin u 2 sin + µ cos ορ = Rg cos µ sin > u2 (χωρίς τριβή) µ = tan φ = sin φ cos φ u 2 sin( + φ) ορ = Rg cos( + φ) 0 π 2, π 2, Γ. Γωνία πολύ µεγάλη Εάν η γωνία + φ π/2, τότε η u 2 ορ, ενώ εάν η γωνία + φ > π/2, τότε η προηγούµενη εξίσωση για το u 2 ορ δεν έχει πραγµατική λύση. Αυτό µπορεί να σηµαίνει ότι η τριβή T δεν ϕτάνει ποτέ τη µέγιστη τιµή της, ενώ η οριακή ταχύτητα u 2 ορ. Αλλά εάν η γωνία είναι µεγάλη, τότε το σώµα ίσως κινείται προς τα κάτω (µέσα µέρος της στροφής) αρχικά, άρα η τριβή προς τα επάνω. Χωρίς ταχύτητα περιστροφής, το σώµα ϑα έπεφτε. Το αυτοκίνητο κάνει οριζόντια κυκλική κίνηση µε ταχύτητα v άρα έχει κεντροµόλο επιτάχυνση : Για την ισορροπία στον κατακόρυφο άξονα έχουµε a k = m v2 R ˆR N cos + T sin = B

2.10 Πεδίο Βαρύτητας από αντικείµενα µε διαστάσεις 51 T N R O B Σχήµα 2.36 ενώ για την περιστροφή στον οριζόντιο άξονα : N sin T cos = m v2 R Οριακά T = µn: Παρατηρούµε ότι για τις ταχύτητες έχουµε : v 2 sin µ cos ορ = Rg cos + µ sin v 2 ορ < u 2 (χωρίς τριβή) < u 2 ορ Εάν αυξηεί το v 2 > v 2 ορ, τότε T < µn και αυξάνοντας ακόµη το v2 περνάµε στην περίπτωση Α, όπου T = 0, και µετά στην περίπτωση Β. 2.10 Πεδίο Βαρύτητας από αντικείµενα µε διαστάσεις Παράδειγµα 1 ίνεται οµογενής ϱάβδος µάζας M και µήκους L. Να ϐρεεί το πεδίο ϐαρύτητας επάνω στον άξονα της ϱάβδου σε απόσταση s από το ένα άκρο της. Λύση : Τοποετούµε τη ϱάβδο κατά µήκος του άξονα των x από το σηµείο Α για x = 0 ως το σηµείο Β για x = L ενώ στη ϑέση Γ για x = L + s τοποετούµε µία µάζα m. Θέλουµε να υπολογίσουµε την δύναµη που ασκείται στη µάζα m. Η ϱάβδος είναι οµογενής, άρα χαρακτηρίζεται από σταερή πυκνότητα µάζας λ = M/L ανά µονάδα µήκους. Το στοιχειώδες τµήµα dx της ϱάβδου στην ϑέση x έχει µάζα dm = λdx και ασκεί δύναµη df = GmdM r 2 στην µάζα m. Η απόσταση r µεταξύ τους είναι r = L + s x, όπου 0 x L. Η συνολική δύναµη F στην µάζα m είναι το άροισµα των στοιχειωδών δυνάµεων df καώς τα στοιχειώδη τµήµατα dx διατρέχουν την ϱάβδο : F = L df = 0 Gmλdx L (L + s x) 2 = Gmλ 0 Οριο για s >> L, άρα προσεγγιστικά έχουµε L + s s dx (L + s x) 2 = Gmλ(1 s 1 F Gmλ L s 2 = GmM s 2 L + s ) = Gmλ L s(s + L) Σε πολύ µεγάλες αποστάσεις το πεδίο ϐαρύτητας της ϱάβδου είναι ίσο µε το πεδίο ϐαρύτητας σηµειακού αντικειµένου µάζας M.

52 Νόµοι του Νεύτωνα και εφαρµογή στην κίνηση των σωµάτων Παράδειγµα 2 ίνεται οµογενής δακτύλιος µάζας M ακτίνας R και αµελητέου πάχους. Να ϐρεεί το πεδίο ϐαρύτητας επάνω στον άξονα που περνάει από το κέντρο του δακτυλίου. Λύση : Εστω ότι ονοµάζουµε z τον κατακόρυφο άξονα που περνάει από το κέντρο O του δακτυλίου. Ζητάµε την δύναµη που ασκείται λόγω ϐαρύτητας σε µάζα m στη ϑέση z του άξονα. Παίρνουµε δύο ίσες στοιχειώδεις µάζες dm 1, dm 2 σε αντιδιαµετρικές ϑέσεις του δακτυλίου. Η δύναµη λόγω ϐαρύτητας που ασκείται στη µάζα m λόγω των dm 1 και dm 2 είναι το διανυσµατικό άροισµα των στοιχειωδών δυνάµεων df 1 και df 2 αντίστοιχα. Λόγω συµµετρίας αυτό το άροισµα έχει συνιστώσα µόνο κατά µήκος του κατακόρυφου άξονα των z. Οι συνιστώσες των df 1 και df 2 οι κάετες στον άξονα των z αλληλοαναιρούνται. Άρα για τυχαία στοιχειώδη µάζα dm του δακτυλίου υπολογίζουµε µόνο την κατακόρυφη συνιστώσα της δύναµης όπου r 2 = R 2 + z 2. df z = GmdM r 2 Η γωνία είναι η γωνία ανάµεσα στην κατακόρυφο και την ευεία που ενώνει την µάζα m µε την dm. Άρα για το συνηµίτονο αυτής της γωνίας ισχύει : cos = z r = cos z R2 + z 2 Για να πάρουµε το τελικό αποτέλεσµα αροίζουµε σε όλες τις στοιχειώδεις µάζες dm άρα αροίζουµε όλες τις κατακόρυφες στοιχειώδεις δυνάµεις df z. Η γωνία παραµένει η ίδια σε όλη αυτή την διαδικασία. F z = df z = Gm R 2 + z 2 Παρατηρούµε ότι για z = 0 έχουµε F z = 0. z GmMz dm = R2 + z 2 (R 2 + z 2 ) 3 2 Οριο της δύναµης F z για z >> R όπου έχουµε προσεγγιστικά R 2 + z 2 z 2 F z GmMz (z 2 ) 3 2 = GmM z 2 Άρα µακριά όπως περιµέναµε ο δακτύλιος µοιάζει µε ένα σηµειακό αντικείµενο.