SlideShare a Scribd company logo

ΠΑΜΕ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΦΥΣΙΚΗΣ , ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΦΥΣΙΚΗΣ

Μαυρουδης Μακης, profile picture
Μαυρουδης Μακης

ΦΥΣΙΚΗ ΛΥΚΕΙΟΥ

Education
1 of 142
Download to read offline
1
2
3
Most read
4
5
6
Most read
7
8
9
Most read
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής! Α’ ΤΕΥΧΟΣ ΝΕΥΤΩΝΕΙΑ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Δάτης Καλάλη Επιμέλεια: Στυλιανός Φωτιάδης
1
2 Πρόλογος Η Φυσική, μία από τις παλαιότερες επιστήμες που υπάρχουν σήμερα, η ιστορία της οποίας ξεκίνησε από τον σπουδαίο επιστήμονα Θαλή. Ο Θαλής ήταν ο πρώτος Φυσικός, ο οποίος πίστεψε πως για κάθε φαινόμενο υπάρχει μια φυσική αιτία και επομένως από την θεωρία αυτή προέρχεται η λέξη «Φυσική». Επιπλέον, ο Ηράκλειτος γύρο στις 500 π.χ., διατύπωσε ότι ο μόνος βασικός νόμος του σύμπαντος είναι ότι τίποτε δεν παραμένει στην ίδια κατάσταση επ’ άπειρου. Με τη θεωρία αυτή επισημάνθηκε ο ρόλος του χρόνου στο συμπάν, μια από τις βασικές έννοιες της σύγχρονης Φυσικής. Από τα παραπάνω, είναι φανερό ότι η επιστήμη της Φυσικής γεννήθηκε στην Ελλάδα. Σήμερα η επιστήμη αυτή είναι μία από τις σημαντικότερες επιστήμες παγκοσμίως και λόγω της αξίας και της σημασίας της έχει ειδική θέση στο εκπαιδευτικό σύστημα. Άρα, αποφάσισα να δημοσιεύσω μια σειρά από εκπαιδευτικά βιβλία που καλύπτουν παραπάνω έννοιες από τα σχολικά βιβλία για τους μαθητές που ενδιαφέρονται για την Φυσική ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής. Η σειρά αυτή αποτελείται από τον τεύχος Α’ (Νευτώνεια Φυσική- Κινηματική και δυναμική), τεύχος Β’ (Ηλεκτρισμός) τεύχος Γ’ (Θερμοδυναμική και οπτική) και τεύχος Δ’ (Μηχανική στερεών σωμάτων και κύματα). Για την καλύτερη κατανόηση της σειράς αυτής, προτείνεται ο μαθητής: 1. Να διαβάσει τα κεφαλαία με την σειρά που υπάρχουν σε κάθε βιβλίο, 2. Μετά από το διάβασμα κάθε κεφαλαίου να λύσει τις ασκήσεις ενότητας και στην συνέχεια να κοιτάξουν ότι άλλο υπάρχει, 3. Να αφιερώσει χρόνο για την επίλυση των ασκήσεων και να μην τις περάσει γρήγορα, 4. Για την εκμάθηση της Φυσικής να δώσει έμφαση στην θεωρία και βασικές έννοιες της Φυσικής και όχι μόνο στους μαθηματικούς τύπους. Τέλος, ζητώ από όλους τους ενδιαφερόμενους και μαθητές να στέλνουν τις απόψεις τους σχετικά με το βιβλίο στην ηλεκτρονική διεύθυνση: olympiadb@yahoo.com Με την ελπίδα της επιτυχίας όλων μαθητών, Ο συγγραφέας, Δάτης Καλάλη.
3 Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1: Κινηματική ------------------------------------- Σελ. 4-51 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 46-47 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 48-51 Κεφάλαιο 2: Δυνάμεις --------------------------------------- Σελ. 52-81 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 72-75 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 76-81 Κεφάλαιο 3: Έργο και ενέργεια --------------------------- Σελ. 82-93 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 89-90 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 91-93 Κεφάλαιο 4: Κυκλική κίνηση ------------------------------ Σελ. 94-121 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 113-115 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 115-121 Κεφάλαιο 5: Ορμή ------------------------------------------- Σελ. 122-139 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 134-135 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 136-139
4 Κεφάλαιο 1: Κινηματική Βασικές έννοιες για κινήσεις σε ευθεία γραμμή Στον κόσμο υπάρχουν κινήσεις παντού! Η πτήση πουλιών, η κίνηση αυτοκίνητου ακόμα και ο ήχος. Η πιο απλή μορφή κίνησης είναι η ευθύγραμμη κίνηση, που θα μελετηθεί σε αυτή την υπό-ενότητα. H έννοια του διανύσματος θέσης Το διάνυσμα που ενώνει την θέση ενός σώματος με ένα σταθερό σημείο αναφοράς, λέγεται το διάνυσμα θέση και συμβολίζεται με 𝑥𝑥 ⃗. Έχει μονάδα μέτρησης το 1 m Προσοχή 1: Το διάνυσμα θέσης ενός σώματος σε μια χρονική στιγμή δεν μας δίνει καμία πληροφορία για την κατεύθυνση κίνησης του. Η έννοια της μετατόπισης Έστω ότι υπάρχει ένα κινητό στην θέση 𝑥𝑥1. Μετά από κάποιο χρόνο έρχεται στην θέση 𝑥𝑥2. Λέμε ότι το κινητό έχει μετατοπιστεί κατά 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥1 Η Μετατόπιση συμβολίζεται με 𝛥𝛥𝑥𝑥 Η μετατόπιση μπορεί να είναι και αρνητική. Είναι διανυσματικό μέγεθος. Έχει μέτρο και κατεύθυνση. Για παράδειγμα εάν ένα σώμα πάει από την θέση 𝑥𝑥1 = 2 𝑐𝑐𝑐𝑐 στην θέση 𝑥𝑥2 = −1 𝑐𝑐𝑐𝑐 , η μετατόπιση είναι 𝛥𝛥𝑥𝑥 = −1 − 2 = −3 𝑐𝑐𝑐𝑐 Αυτό σημαίνει ότι σε αυτή την περίπτωση η κατεύθυνση της μετατόπισης είναι προς την αρνητική φορά του άξονα x.
5 Η έννοια της διανυόμενης απόστασης Η διανυόμενη απόσταση είναι η απόσταση που διανύει ένα σώμα. Η διανυόμενη απόσταση δεν εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική θέση, αλλά και από το μήκος της διαδρομής. Είναι μονόμετρο μέγεθος. Η έννοια της ταχύτητας Η ταχύτητα είναι ένα διάνυσμα, που εκφράζει τον ρυθμό και την κατεύθυνση αλλαγής της θέσης. Η μέση ταχύτητα υπολογίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗ = Δ𝑥𝑥 ⃗ Δ𝑡𝑡 Η μέση ταχύτητα εξαρτάται μόνο από την μετατόπιση και όχι από την δυανυόμενη απόσταση. Για παράδειγμα ο ολυμπιονίκης της κολύμβησης, μπορεί να κολυμπάει από την μια άκρη της πισίνας στην άλλη και να επιστρέφει σε 1 λεπτό. Αλλά σε αυτή την διάρκεια η μέση ταχύτητα του είναι 0, αφού η μετατόπιση του είναι 0 (επίστρεψε στην αρχική του θέση), παρόλο που είναι γρήγορος. Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο κινείται προς την θετική φορά του άξονα x. Στην χρονική στιγμή 𝑡𝑡1 = 10 𝑠𝑠 περνά από το σημείο Α (𝑥𝑥𝐴𝐴 = −100𝑚𝑚), και την χρονική στιγμή 𝑡𝑡2 = 20 𝑠𝑠 περνά από το σημείο Β (𝑥𝑥𝐵𝐵 = 200𝑚𝑚). Να βρείτε η μέση ταχύτητα του αυτοκινήτου κατά μήκος της ευθείας ΑΒ. (Οι θέσεις του άξονα x μετρούνται σε μέτρα). Λύση 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1 = 20 − 10 = 10 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 − 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 200 − (−100) = 300𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣 = 300 10 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠
6 Παράδειγμα 2: Τώρα εάν στο προηγούμενο ερώτημα, το αυτοκίνητο κινείται από το σημείο 𝛢𝛢 στο σημείο O (σημείο αναφοράς) σε 10 𝑠𝑠, και από το σημείο Ο στο σημείο Β σε 20 s, να βρείτε η μέση ταχύτητα κατά μήκος της ευθείας ΑΒ. Λύση Έστω ότι ονομάζουμε την χρονική διάρκεια που κινείται από το σημείο Α στο σημείο Ο ως 𝛥𝛥𝑡𝑡1 ,και την χρονική διάρκεια που κινείται από το σημείο Ο στο σημείο Β ως 𝛥𝛥𝑡𝑡2. Η συνολική χρονική διάρκεια για την κίνηση από Α στο Β είναι: 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑡𝑡1 + 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 10 + 20 = 30𝑠𝑠 Τώρα 𝑣𝑣 = Δ𝑥𝑥 Δ𝑡𝑡 = 300 30 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η έννοια της στιγμιαίας ταχύτητας Η στιγμιαία ταχύτητα ενός σώματος την χρονική στιγμή 𝑡𝑡1, ισούται με το όριο της μέσης ταχύτητας σε μια πολύ μικρό χρονικό διάστημα γύρο από την χρονική στιγμή 𝑡𝑡1. Το χρονικό διάστημα είναι 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1. Έστω ότι η μέση ταχύτητα σε αυτό το χρονικό διάστημα είναι 𝑣𝑣. 𝑣𝑣̅ = 𝑥𝑥𝑡𝑡2 − 𝑥𝑥𝑡𝑡1 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1 = 𝑥𝑥(𝑡𝑡1+𝛥𝛥𝑡𝑡) − 𝑥𝑥𝑡𝑡1 𝛥𝛥𝑡𝑡 𝑣𝑣𝑡𝑡1 = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑥𝑥 Δ𝑡𝑡 Η μονάδα μέτρησης της ταχύτητας σε SI είναι 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η στιγμιαία ταχύτητα λέγεται απλά ταχύτητα κάποιες φορές, αλλά η μέση ταχύτητα πάντα λέγεται «μέση ταχύτητα». Η ταχύτητα είναι ένα διανυσματικό μέγεθος , η οποία μπορεί να παίρνει μια αλγεβρική τιμή όταν η κίνηση μελετάται σε μια διάσταση.
7 Η έννοια της επιτάχυνσης Η επιτάχυνση είναι ένα διάνυσμα που εκφράζει τον ρυθμό μεταβολής του μέτρου και της κατεύθυνσης της ταχύτητας. Η μέση επιτάχυνσης υπολογίζεται ως 𝑎𝑎 = Δ𝑣𝑣 Δ𝑡𝑡 Η στιγμιαία επιτάχυνση είναι η επιτάχυνση ενός σώματος σε μια πολύ μικρή στιγμή. Δηλαδή 𝑎𝑎𝑖𝑖 = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑣𝑣 Δ𝑡𝑡 Η μονάδα μέτρησης του είναι 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα αυτοκίνητο κινείται σε μία ευθεία γραμμή. Για τη μισή διαδρομή κινείται με σταθερή ταχύτητα 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , ενώ διανύει την άλλη μισή διαδρομή με σταθερή ταχύτητα 60 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Να βρείτε την μέση ταχύτητα του αυτοκινήτου για όλη τη διαδρομή. 2. Ένας κολυμβητής ξεκινά να κολυμπάει από την μια άκρη της πισίνας με σταθερή ταχύτητα μέτρου 5 m/s και όταν φτάνει στην άλλη άκρη, επιστρέφει με σταθερή ταχύτητα μέτρου 2m/s. Να βρείτε την μέση ταχύτητα του κολυμβητή στα 14 πρώτα δευτερόλεπτα της κίνησης του εάν το μήκος της πισίνας είναι 50 μέτρα.
8 Λύσεις 1. Έστω ότι το αυτοκίνητο κινείται με ταχύτητα 𝑣𝑣1 για τη μισή διαδρομή και ταχύτητα 𝑣𝑣2 για την άλλη μισή διαδρομή. Έχουμε 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥1 𝛥𝛥𝑡𝑡1 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥1 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣1 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥2 𝛥𝛥𝑡𝑡2 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥2 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡1 + 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣1 + 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣2 = 2𝑣𝑣1𝑣𝑣2 𝑣𝑣1 + 𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣̅ = 2 × 40 × 60 40 + 60 = 48 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝑣𝑣 Ο κολυμβητής φτάνει στη μια άκρη της πισίνας σε 𝑡𝑡1 = 50 5 = 10𝑠𝑠 Ομοίως επιστρέφει στην αρχική του θέση σε 𝑡𝑡2 = 50 2 = 25𝑠𝑠 Άρα τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 14𝑠𝑠, κολυμβητής είναι στην πορεία επιστροφής για 4 δευτερόλεπτα. Δηλαδή επιστρέφει κατά 4𝑠𝑠 × 2𝑚𝑚 𝑠𝑠 = 8𝑚𝑚. Άρα 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 50 − 8 14 = 3 𝑚𝑚 𝑠𝑠
9 Πως μετατρέπεται η κίνηση σε μαθηματικά; Έστω ότι ένα σώμα κινείται σε ευθεία γραμμή και έχει σταθερή επιτάχυνση α (μπορεί η α να είναι 0). Επίσης έστω ότι μετρούμε το χρόνο από την στιγμή που είναι στην θέση x=0. Από βασικές έννοιες έχουμε at v v t v v a t v a + = ⇒ − = ⇒ ∆ ∆ = 0 0 (Εξίσωση ταχύτητας - χρόνου) Επίσης: 2 0 0 2 1 at t v x x + + = (Εξίσωση θέσης-χρόνου) Δηλαδή 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 Και από βασικές έννοιες 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 � 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑡𝑡 � 𝑡𝑡2 ⇒ 𝛥𝛥𝑥𝑥 = � 𝑣𝑣+𝑣𝑣0 2 � 𝑡𝑡 (Εξίσωση μετατόπισης-ταχύτητας) Συνδυάζοντας το παραπάνω μαζί με την σχέση 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑎𝑎 𝛥𝛥𝑥𝑥 = � 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑎𝑎 � � 𝑣𝑣+𝑣𝑣0 2 � Δηλαδή 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣2−𝑣𝑣0 2 2𝑎𝑎 (Εξίσωση μετατόπισης - ταχύτητας χωρίς το χρόνο)
10 Όταν το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα 𝑣𝑣 σημαίνει ότι 𝑎𝑎 = 0, δηλαδή η πρώτη εξίσωση γράφεται 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣 Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο κινείται με σταθερή ταχύτητα 10 m/s και ο οδηγός βλέπει 30m μπροστά του τα φώτα τροχαίας. Έτσι φρενάρει και ξεκινά να επιβραδύνεται με σταθερή επιβράδυνση 2 m/s2. Να προσδιορίσετε: Α) Μετά από πόσα δευτερόλεπτα το αυτοκίνητο σταματάει Β) Εάν το αυτοκίνητο θα σταματήσει πριν να φτάσει στα φώτα τροχαίας. Λύση Α) Αφού το αυτοκίνητο επιβραδύνεται, η επιτάχυνση του είναι −2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Για να βρούμε το χρόνο που χρειάζεται για να σταματήσει, θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 στην εξίσωση 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ⇒ 0 = 10 − 2𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡 = 5𝑠𝑠 B) Χρησιμοποιώντας την εξίσωση 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 , θα εξετάσουμε πόσο θα μετατοπιστεί το αυτοκίνητο πριν να σταματήσει. 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 10 × 5 + 1 2 (−2)(5)2 = 25 𝑚𝑚 Δηλαδή από την στιγμή που ο οδηγός φρενάρει και το αυτοκίνητο σταματάει, το αυτοκίνητο έχει μετατοπισθεί κατά 25 μέτρα. Όμως τη στιγμή που ο οδηγός πάτησε τα φρένα, τα φώτα τροχαίας ήταν 30 μέτρα μπροστά του, δηλαδή το αυτοκίνητο σταμάτησε πριν να φτάσει στα φώτα τροχιάς. Παράδειγμα 2: Δυο αυτοκίνητα Α και Β κινούνται σε ένα ευθύγραμμο δρόμο. Τα αυτοκίνητα Α και Β κινούνται με σταθερή
11 ταχύτητα 72 km/h και 108 km/h αντίστοιχα. Το αυτοκίνητο Α βλέπει το αυτοκίνητο Β 200m μπροστά του και ξεκινά να κινείται με σταθερή επιτάχυνση 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Το αυτοκίνητο Β συνεχίζει να κινείται με σταθερή ταχύτητα. Να βρεθεί μετά από πόσα δευτερόλεπτα τα αυτοκίνητα θα συναντηθούν. Λύση: Μετατρέπουμε τα μεγέθη σε SI. 72 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ = 72 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ × 1ℎ 3600𝑠𝑠 × 1000𝑚𝑚 1𝑘𝑘𝑘𝑘 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 108 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ = 108 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ × 1ℎ 3600𝑠𝑠 × 1000𝑚𝑚 1𝑘𝑘𝑘𝑘 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Από τις εξισώσεις κίνησης έχουμε: 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥0𝐴𝐴 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐴𝐴𝑡𝑡2 = 20𝑡𝑡 + 𝑡𝑡2 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 𝑥𝑥0𝐵𝐵 + 𝑣𝑣0𝐵𝐵 𝑡𝑡 = 200 + 30𝑡𝑡 Όταν τα αυτοκίνητα συγκρούονται, θα είναι στις ίδιες θέσεις, δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 20𝑡𝑡 + 𝑡𝑡2 = 200 + 30𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 − 10𝑡𝑡 − 200 = 0 ⇒ (𝑡𝑡 − 20)(𝑡𝑡 + 10) = 0 Και αφού ο χρόνος είναι πάντα θετικός, έχουμε 𝑡𝑡 = 20 𝑠𝑠
12 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Δυο αυτοκίνητα κινούνται το ένα προς το άλλο από ηρεμία με σταθερή επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Εάν τα αυτοκίνητα συγκρούονται μετά από 8 δευτερόλεπτα, να βρεθεί η αρχική απόσταση μεταξύ τους. 2. Ένα ποδήλατο κινείται με σταθερή επιτάχυνση. Τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 0, βρίσκεται στην θέση 𝑥𝑥1 = 2𝑚𝑚 και έχει ταχύτητα 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Εάν στην θέση 𝑥𝑥2 = 10𝑚𝑚, η ταχύτητα του είναι 6 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ,να γράψετε την εξίσωση ταχύτητας- χρόνου για το ποδήλατο.
13 Λύσεις 1. Τα αυτοκίνητα κινούνται προς αντίθετες κατευθύνσεις, δηλαδή ένα από τα αυτοκίνητα έχει επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 και το άλλο έχει επιτάχυνση −1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Θεωρούμε ότι το αυτοκίνητο με επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 είναι στο σημείο αναφοράς. Όταν τα αυτοκίνητα συγκρούονται, θα είναι στις ίδιες θέσεις, δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 ⇒ 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐴𝐴𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝐵𝐵 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐵𝐵𝑡𝑡2 ⇒ 1 2 𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥0 − 1 2 𝑡𝑡2 ⇒ 𝑥𝑥0 = 𝑡𝑡2 Αφού συγκρούονται μετά από 8 δευτερόλεπτα 𝑥𝑥0 = 82 = 64𝑚𝑚 Άρα η αρχική απόσταση μεταξύ των αυτοκινήτων ήταν 64 μέτρα. 2. Για να γράψουμε την εξίσωση ταχύτητας-χρόνου πρέπει να γνωρίζουμε την επιτάχυνση και την αρχική ταχύτητα του ποδηλάτου. Η αρχική ταχύτητα είναι 𝑣𝑣0 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Για να υπολογίσουμε την επιτάχυνση εργαζόμαστε ως εξής: 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 2𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 2𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝑎𝑎 = 62 − 102 2 × (10 − 2) ⇒ 𝑎𝑎 = −4 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
14 ⇒ 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ⇒ 𝑣𝑣 = 10 − 4𝑡𝑡
15 Η κίνηση σε 2 διαστάσεις Μέχρι τώρα μελετήσαμε κινήσεις που γίνονται σε μια ευθεία γραμμή σε 1 διάσταση. Αλλά στην πραγματικότητα, οι παραπάνω κινήσεις γίνονται σε 2 διαστάσεις (π.χ. σε μια καμπυλόγραμμη διαδρομή, η σε μια κυκλική διαδρομή) ή σε 3 διαστάσεις. Θα μελετούμε η κίνηση σε 2 διαστάσεις (στο επίπεδο) σε αυτή την ενότητα. Η θέση στο επίπεδο Στην κίνηση στο επίπεδο, για να καθορίζουμε τη θέση ενός σώματος χρησιμοποιούμε το ορθοκανονικό σύστημα αξόνων. Το διάνυσμα θέσης είναι το διάνυσμα που ενώνει την αρχή των αξόνων με το σώμα και συμβολίζεται με 𝑟𝑟 ⃗ Αναλύουμε τη θέση 𝑟𝑟 ⃗ σε δύο συνιστώσες με αλγεβρική τιμή 𝑟𝑟𝑥𝑥 και 𝑟𝑟𝑦𝑦 πάνω στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα Έτσι η θέση μπορεί να γραφτεί σαν 𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑟𝑟𝑦𝑦𝑗𝑗 όπου 𝑖𝑖 = �1 0 � και 𝑗𝑗 = �0 1 � και η απόσταση του από το σημείο αναφοράς είναι �𝑟𝑟𝑥𝑥 2 + 𝑟𝑟𝑦𝑦 2 Στα μαθηματικά λέμε ότι η θέση του σώματος έχει συντεταγμένες (𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = �𝑟𝑟𝑥𝑥, 𝑟𝑟𝑦𝑦� Σημείωση: Εάν οι εξισώσεις κίνησης ενός σώματος στους άξονες x και y είναι 𝑥𝑥 = 𝑓𝑓(𝑡𝑡) και 𝑦𝑦 = 𝑔𝑔(𝑡𝑡) αντίστοιχα, τότε η θέση του σώματος δίνεται από την σχέση 𝑟𝑟 ⃗ = 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑖𝑖 + 𝑔𝑔(𝑡𝑡)𝑗𝑗
16 Για παράδειγμα στο παρακάτω σχήμα η θέση του σώματος Α είναι: 𝑟𝑟𝐴𝐴 = 3𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 και η θέση του σώματος Β είναι: 𝑟𝑟𝐵𝐵 = −2𝑖𝑖 + 5𝑗𝑗 Η μετατόπιση του σώματος στο επίπεδο είναι η διανυσματική διαφορά της τελικής και αρχικής θέσης. Δηλαδή 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃑ − 𝑟𝑟1 ���⃗ Η μετατόπιση μπορεί να γραφτεί σαν 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝛥𝛥𝛥𝛥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝛥𝛥𝛥𝛥 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝛥𝛥𝛥𝛥 και 𝛥𝛥𝛥𝛥 είναι οι μετατοπίσεις στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα. Το μέτρο της μετατόπισης είναι |𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗| = �(𝛥𝛥𝛥𝛥)2 + (𝛥𝛥𝑦𝑦)2 Η μέση διανυσματική ταχύτητα η απλά «μέση ταχύτητα» ορίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 Η μέση ταχύτητα μπορεί να γραφτεί σαν 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝑣𝑣𝑥𝑥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝑣𝑣𝑥𝑥 και 𝑣𝑣𝑦𝑦 είναι οι συνιστώσες της μέσης ταχύτητας στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα και το μέτρο της μέσης ταχύτητας είναι �𝑣𝑣 ⃗̅� = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2
17 Η στιγμιαία ταχύτητα όπως και στις κινήσεις στην ευθεία γραμμή ορίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗ = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑟𝑟 ⃗ Δ𝑡𝑡 και η διεύθυνση του διανύσματος είναι εφαπτομένη στην τροχιά κίνησης ενός σώματος. Η μέση αριθμητική ταχύτητα η οποία δεν είναι διανυσματικό, αλλά μονόμετρο μέγεθος ορίζεται ως 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 , όπου 𝑢𝑢 είναι η μέση αριθμητική ταχύτητα και 𝑠𝑠 είναι η διανυόμενη απόσταση Η μέση επιτάχυνση Η μέση επιτάχυνση ορίζεται ως 𝑎𝑎 ⃗ � = 𝛥𝛥𝑣𝑣 �⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 . Η μέση επιτάχυνση μπορεί να γραφτεί σαν 𝑎𝑎 ⃗ � = 𝑎𝑎𝑥𝑥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝑎𝑎𝑥𝑥 και 𝑎𝑎𝑦𝑦 είναι οι συνιστώσες της μέσης επιτάχυνσης στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα και το μέτρο της μέσης επιτάχυνσης είναι �𝑎𝑎 ⃗ �� = �𝑎𝑎𝑥𝑥 2 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 2 Η εξίσωση της τροχιάς Γενικά μπορούμε να μελετήσουμε τη σχέση μεταξύ των θέσεων ενός σώματος στους άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 κατά τη διάρκεια της κίνησης χρησιμοποιώντας την εξίσωση της τροχιάς. Η εξίσωση της τροχιάς δεν περιλαμβάνει τον χρόνο και μπορεί να δείχνει την μορφή της τροχιάς. Παράδειγμα 1: Ο Δημήτρης έχει διανύσει την παρακάτω διαδρομή σε 20 λεπτά με το ποδήλατο του. Να βρείτε το μέτρο της μέσης αριθμητικής και της μέσης διανυσματικής ταχύτητα του ποδηλάτου.
18 Λύση Η διανυόμενη απόσταση είναι: 10𝜋𝜋 + 30 + 5𝜋𝜋 + 40 = 117,1 𝑚𝑚 Άρα η μέση αριθμητική ταχύτητα είναι: 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 117,1𝑚𝑚 20 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 117,1𝑚𝑚 20𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 × 60𝑠𝑠 1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0.098 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Όμως για να βρούμε την μέση διανυσματική ταχύτητα (μέση ταχύτητα), πρέπει να βρούμε το μέτρο της μετατόπισης. Το μέτρο της μετατόπισης όπως φαίνεται από το σχήμα είναι: |𝛥𝛥𝑟𝑟| = 60𝑚𝑚 Άρα 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑟𝑟 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 60𝑚𝑚 20𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚× 60𝑠𝑠 1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0.05 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Ένα σωματίδιο κινείται στο επίπεδο με εξισώσεις κίνησης � 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡2 στο S.I. Να βρείτε: Α) Τη μέση ταχύτητα του σωματιδίου στο χρονικό διάστημα 1s έως 3s. Β) Την εξίσωση της τροχιάς.
19 Λύση Α) Το διάνυσμα θέσης του σωματιδίου είναι 𝑟𝑟 ⃗ = (4𝑡𝑡 − 1)𝑖𝑖 + (𝑡𝑡2)𝑗𝑗 Άρα όταν 𝑡𝑡 = 1𝑠𝑠, έχουμε 𝑟𝑟 ⃗1 = (4 × 1 − 1)𝑖𝑖 + (12)𝑗𝑗 ⇒ 𝑟𝑟 ⃗1 = 3𝑖𝑖 + 𝑗𝑗 όταν 𝑡𝑡 = 3𝑠𝑠, έχουμε 𝑟𝑟 ⃗2 = (4 × 3 − 1)𝑖𝑖 + (32)𝑗𝑗 ⇒ 𝑟𝑟 ⃗2 = 11𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 Δηλαδή η μετατόπιση του σώματος στο χρονικό διάστημα είναι: 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃗ − 𝑟𝑟1 ���⃗ = 11𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 − (3𝑖𝑖 + 𝑗𝑗) = 8𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗 Άρα 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 8𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗 2 = 4𝑖𝑖 + 4𝑗𝑗 Β) Προσπαθούμε να συνδέσουμε τις εξισώσεις κίνησης για να σχηματίζουμε μια καινούργια εξίσωση χωρίς τον χρόνο. Για αυτό λύνουμε την εξίσωση 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 ως προς 𝑡𝑡. 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 + 1 4 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡2 ⇒ 𝑦𝑦 = � 𝑥𝑥 + 1 4 � 2
20 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα αυτοκίνητο κινείται στον παρακάτω κυκλικό κόμβο ακτίνας 80 m με σταθερή αριθμητική ταχύτητα 3,14 m/s. Να βρείτε τη μέση διανυσματική ταχύτητα του σώματος στο χρονικό διάστημα 0 ως 80s. Υποθέτουμε ότι π=3,14 2. Δυο μπάλες κινούνται πάνω στον επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 και οι θέσεις τους στο SI ορίζονται ως: � 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 8𝑡𝑡 − 6 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 3𝑡𝑡 , � 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 18 𝑦𝑦𝐵𝐵 = 9 Να βρείτε η απόσταση μεταξύ των μπάλων 1 δευτερόλεπτο πριν από τη σύγκρουση τους. 3. Η εξίσωση κίνησης ενός σώματος στο επίπεδο είναι: 𝑟𝑟 ⃗ = (3𝑡𝑡)𝑖𝑖 + (9𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 + 1)𝑗𝑗. Να βρείτε την εξίσωση της τροχιάς.
21 Λύσεις 1. Έχουμε 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝑠𝑠 = 𝑢𝑢𝑢𝑢𝑡𝑡 = 3,14 × 80 = 𝜋𝜋𝑅𝑅 Με άλλα λόγια το αυτοκίνητο διανύει τη μισή περιφέρεια του κύκλου. Άρα το μέτρο της μετατόπισης ισούται με τη διάμετρο του κύκλου. ⇒ 𝛥𝛥𝑟𝑟 = 160𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 160𝑚𝑚 80𝑠𝑠 = 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. Όταν οι μπάλες συγκρουστούν οι συνιστώσες των θέσεων τους είναι ίσες. Δηλαδή 8𝑡𝑡 − 6 = 18 ⇒ 𝑡𝑡 = 3, Έχουμε πως 𝑟𝑟𝐴𝐴 = (8𝑡𝑡 − 6)𝑖𝑖 + (3𝑡𝑡)𝑗𝑗 και 𝑟𝑟𝐵𝐵 = 18𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗. Τώρα θα υπολογίσουμε τις θέσεις των μπάλων τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 3𝑠𝑠 − 1𝑠𝑠 = 2 𝑠𝑠. Έχουμε: 𝑟𝑟𝐴𝐴 = (8 × 2 − 6)𝑖𝑖 + (3 × 2)𝑗𝑗 = 10𝑖𝑖 + 6𝑗𝑗 και 𝑟𝑟𝐵𝐵 = 18𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 Άρα η απόσταση ΑΒ είναι: 𝛢𝛢𝛢𝛢 = �(𝑥𝑥𝐵𝐵 − 𝑥𝑥𝐴𝐴)2 + (𝑦𝑦𝐵𝐵 − 𝑦𝑦𝐴𝐴)2 = �(18 − 10)2 + (9 − 6)2 = √73 𝑚𝑚 3. 𝑥𝑥 = 3𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 3 𝑦𝑦 = 9𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 + 1 ⇒ 𝑦𝑦 = 9 � 𝑥𝑥 3 � 2 − 6 � 𝑥𝑥 3 � + 1 ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 1
22 Κίνηση υπό την επίδραση του βάρους- Η ελεύθερη πτώση Κατακόρυφες Βολές Στην Νευτώνεια μηχανική, η ελεύθερη πτώση είναι οποιαδήποτε κίνηση ενός σώματος, όπου τo βάρος είναι η μόνη δύναμη που ασκείται επάνω σε αυτό. Σε μια πτώση, όταν η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα, όλα τα σώματα θα πέσουν με την ίδια επιτάχυνση που ονομάζεται επιτάχυνση της βαρύτητας και συμβολίζεται με 𝑔𝑔. Η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι πάντοτε προς την κατακόρυφη κατεύθυνση με φορά προς το κέντρο της γης, και έχει μέτρο ίσο με 9,81 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Όμως σε αυτό το βιβλίο υποθέτουμε 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Στην ελεύθερη πτώση, η επιτάχυνση της κίνησης ενός σώματος είναι σταθερή, έτσι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις εξισώσεις κίνησης με σταθερή επιτάχυνση. Υποθέτουμε ότι η θετική φορά του άξονα ψ είναι προς τα κάτω και ότι το σημείο αναφοράς του άξονα είναι το σημείο βολής. Έτσι στις εξισώσεις κίνησης με σταθερή επιτάχυνση θέτουμε 𝑔𝑔 στην θέση της επιτάχυνσης 𝑎𝑎 Με άλλα λόγια: 𝑣𝑣 = 𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ∆𝑦𝑦 = � 𝑣𝑣1 + 𝑣𝑣2 2 � 𝑡𝑡 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 Προσοχή 1: Το 𝑦𝑦 στην εξίσωση δεν είναι η απόσταση του σώματος από το έδαφος αλλά από το σημείο αναφοράς. Δηλαδή εάν το σώμα βρίσκεται σε απόσταση h μέτρα από το έδαφος μια χρονική στιγμή και το αρχικό ύψος βολής ήταν H, τότε αυτή τη χρονική στιγμή 𝑦𝑦 = 𝛨𝛨 − ℎ
23 Παράδειγμα 1:Ένα σώμα αφήνεται από ύψος 20 μέτρων από το έδαφος. Να βρείτε την ταχύτητα του σώματος όταν φτάνει στο έδαφος. (𝑔𝑔 = 10) Λύση: Η μετατόπιση όταν το σώμα φτάνει στο έδαφος είναι 𝛥𝛥𝑦𝑦 = 20𝑚𝑚 − 0 = 20 𝑚𝑚 Άρα 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 ⇒ 𝑣𝑣2 − 02 = 2 × 10 × 20 ⇒ 𝑣𝑣2 = 400 ⇒ 𝑣𝑣 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα βάλλεται κατακόρυφα προς τα κάτω από ύψος 20 μέτρων από το έδαφος. Μετά από 2 δευτερόλεπτα, το σώμα βρίσκεται σε ύψος 5 μέτρων από το έδαφος. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του σώματος σε αυτή τη χρονική στιγμή (2 δευτερόλεπτα μετά από την βολή) Λύση Έχουμε: 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 Όμως αφού η αρχική ταχύτητα της βολής είναι άγνωστη στην εκφώνηση (αφού το σώμα βάλλεται η αρχική ταχύτητα δεν είναι μηδέν), θα χρησιμοποιούμε τον τύπο: 𝑣𝑣 = 𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 ⇒ 𝑣𝑣0 = 𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑔𝑔 και το συνδυάζουμε με τον αρχικό τύπο. Έτσι έχουμε: 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + (𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑔𝑔)𝑡𝑡 ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣𝑣𝑣 ⇒ 20 − 5 = − 1 2 × 10 × 22 + 𝑣𝑣 × 2 (βλέπετε προσοχή 1) ⇒ 15 = −20 + 2𝑣𝑣
24 ⇒ 𝑣𝑣 = 17.5 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Τώρα θα μελετήσουμε την περίπτωση όπου ένα σώμα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω. Σε αυτή την περίπτωση επίσης έχουμε κίνηση με σταθερή επιτάχυνση , αλλά είναι καλύτερα να θέτουμε την θετική φορά του άξονα ψ προς τα πάνω και όπως προηγουμένως το σημείο αναφοράς το σημείο βολής. Έτσι κάθε διάνυσμα που έχει φορά προς τα πάνω παίρνει θετική τιμή και κάθε διάνυσμα που είναι προς τα κάτω παίρνει αρνητική τιμή. Όπως προηγουμένως, η επιτάχυνση είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας αλλά αφού η φορά της επιτάχυνσης είναι προς τα κάτω (προς το κέντρο της γης), στις εξισώσεις θέτουμε −𝑔𝑔 αντί για 𝑔𝑔. Άρα: 𝑣𝑣 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ∆𝑦𝑦 = � 𝑣𝑣 + 𝑣𝑣0 2 � 𝑡𝑡 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 Παράδειγμα 3: Μία σφαίρα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 35 m/s και από ύψος 45 μέτρων από το έδαφος. Να βρείτε μετά από πόσα δευτερόλεπτα η σφαίρα θα φτάσει στο έδαφος. Λύση: Η θέση του εδάφους είναι −40 μέτρα (γιατί βρίσκεται 40 μέτρα κάτω από το σημείο βολής). Άρα εάν στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡, θέτουμε 𝑦𝑦 = −40𝑚𝑚, θα βρούμε πότε η σφαίρα θα φτάσει στο έδαφος (με άλλα λόγια υπολογίζουμε τον χρόνο πτήσης της σφαίρας)
25 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ⇒ −40 = −5𝑡𝑡2 + 35𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 − 7𝑡𝑡 − 5 = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = −𝑏𝑏 ± √𝑏𝑏2 − 4𝑎𝑎𝑎𝑎 2𝑎𝑎 = −(−7) ± �(−7)2 − 4 × (−5) × 1 2 × 1 ⇒ 𝑡𝑡 = −0,7 𝑠𝑠 που απαγορεύεται ή 𝑡𝑡 = 7,7𝑠𝑠 Άρα 𝑡𝑡 = 7,7 𝑠𝑠 Παράδειγμα 4: Ένα σφαιρίδιο βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 30m/s από το έδαφος. Να βρείτε το μέγιστο ύψος στο οποίο φτάνει κατά την πτήση του. Λύση Όταν το σφαιρίδιο φτάνει στο μέγιστο του ύψος, η ταχύτητα του μηδενίζεται. Άρα στην εξίσωση 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 και ∆𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ −𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣0 2 2𝑔𝑔 = 302 2 × 10 = 45 𝑚𝑚 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Μία σφαίρα αφήνεται ελεύθερα από ύψος h και στα τελευταία 2 δευτερόλεπτα της κίνησης του διανύει απόσταση 3 4 ℎ. Να βρείτε το ύψος ℎ. 2. Μία μπάλα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 10m/s από ύψος 100 μέτρων από το έδαφος. Η μπάλα σε κάποια στιγμή χτυπά το έδαφος. Να βρείτε την δυανυόμενη απόσταση της μπάλας καθ’ όλη την διάρκεια της πτήσης του.
26 Λύσεις Ασκήσεων 1. Έστω ότι η σφαίρα διανύει το αρχικό 1 4 της διαδρομής της σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡1, και την υπόλοιπη διαδρομή σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡2 = 2s. Εάν ο χρόνος πτήσης είναι t, τότε: 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡2 = 𝑡𝑡1 + 2 Αφού 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡, έχουμε: � ℎ1 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡1 2 ℎ = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ ℎ1 ℎ = � 𝑡𝑡1 𝑡𝑡 � 2 ⇒ 1 4 ℎ ℎ = ( 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 + 2 )2 𝑡𝑡1>0 ��� 1 2 = 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 + 2 ⇒ 𝑡𝑡1 = 2 𝑠𝑠 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡1 +𝑡𝑡2 = 2 + 2 = 4 𝑠𝑠 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ⇒ ℎ = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 = 1 2 × 10 × 16 = 80 𝑚𝑚 2. Καταρχάς θα υπολογίζουμε το μέγιστο ύψος στον οποίο θα φθάσει η μπάλα Όταν η μπάλα φτάνει στο μέγιστο της ύψος, η ταχύτητα της μηδενίζεται. Άρα στην εξίσωση 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 και ∆𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ −𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣0 2 2𝑔𝑔 = 102 2 × 10 = 5𝑚𝑚 Άρα το μέγιστο του ύψος είναι 5 μέτρα από το σημείο αναφοράς, που είναι το σημείο βολής. Δηλαδή το μέγιστο του ύψος είναι 100𝑚𝑚 + 5𝑚𝑚 = 105𝑚𝑚 από το έδαφος Αρχικά η μπάλα ανεβαίνει 5 μέτρα πάνω. Στην συνέχεια σταματάει στιγμιαία. Μετά η ταχύτητα αλλάζει φορά και η μπάλα ξεκινά να
27 πέφτει από το μέγιστο του ύψος μέχρι να φτάσει στο έδαφος. Αφού το μέγιστό ύψος βρίσκεται 105 𝑚𝑚 πάνω από το έδαφος, στην διάρκεια που πέφτει από το μέγιστο ύψος θα διανύει 105 m. Άρα η συνολική δυανυόμενη απόσταση είναι: 105 𝑚𝑚 + 5 𝑚𝑚 = 110 𝑚𝑚
28 Οριζόντιες Βολές Εάν βάλλουμε μια σφαίρα οριζόντια και η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα, η ταχύτητα του βλήματος παραμένει σταθερή κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥, ενώ πέφτει κάτω ταυτόχρονα υπό την επίδραση του βάρους στον άξονα 𝑦𝑦. Η σφαίρα κινείται σε καμπυλόγραμμη διαδρομή και για να μελετήσουμε την κίνηση της, εξετάζουμε την κίνηση της σφαίρας κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 ξεχωριστά. Υποθέτουμε ότι το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής και η θετική κατεύθυνση του άξονα 𝑦𝑦 είναι προς τα πάνω. Θεωρούμε την θετική φορά του άξονα 𝑥𝑥 ομόρροπη με την αρχική ταχύτητα. Έτσι έχουμε 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 𝑡𝑡 όπου 𝑣𝑣0 είναι η αρχική ταχύτητα (αφού η αρχική ταχύτητα είναι οριζόντια) Η εικόνα της κίνησης κατά μήκος του άξονα y είναι μια κατακόρυφη βολή χωρίς αρχική ταχύτητα, και έτσι οι εξισώσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 0 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑣𝑣2𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣1 2 𝑦𝑦 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦
29 Όμως γενικά μπορούμε να μελετήσουμε τη σχέση μεταξύ των θέσεων της μπάλας στους άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 κατά τη διάρκεια της πτήσης χρησιμοποιώντας την εξίσωση της τροχιάς. Για να βρούμε αυτή την εξίσωση πρέπει να εξαλείψουμε το χρόνο από τις εξισώσεις:𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 και 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ,δηλαδή θέτουμε 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 𝑣𝑣0 στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 και παίρνουμε 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑥𝑥 𝑣𝑣0 � 2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 Η πιο πάνω εξίσωση είναι εξίσωση παραβολής και αυτό εξηγεί γιατί η τροχιά που διανύει το σώμα σε μια οριζόντια βολή είναι καμπύλη. Παράδειγμα 1: Βάλλουμε μια σφαίρα από ύψος 80m από το έδαφος με οριζόντια ταχύτητα 30 𝑚𝑚/𝑠𝑠. Εάν η αντίσταση αέρα είναι αμελητέα και 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2, να βρεθεί: Α) Ο χρόνος που απαιτείται για τη σφαίρα να φτάσει στη γη και τη μετατόπισή της στον άξονα x κατά τη διάρκεια αυτού του χρόνου. Β) Η ταχύτητα της σφαίρας σε ύψος 60 μέτρων από το έδαφος Γ) Σε ποια χρονική στιγμή η ταχύτητα της σφαίρας είναι διπλάσιο της αρχικής της ταχύτητας. Δ) Οι συνιστώσες της ταχύτητας όταν η σφαίρα χτυπά τον έδαφος. E) Η ταχύτητα της σφαίρας κατά τη σύγκρουση με το έδαφος και η γωνία μεταξύ του διανύσματος ταχύτητας και του κατακόρυφου άξονα την ίδια στιγμή. ΣΤ) Ο χρόνος που απαιτείται για να φτάσει στη γη, αν η αρχική ταχύτητα του σφαίρα μειωθεί σε 15 m/s
30 Λύση Α) Έστω ότι το σημείο βολής είναι η αρχή των αξόνων η θετική κατεύθυνση είναι προς τα πάνω. Έτσι, όταν η σφαίρα φτάνει στο έδαφος, η μετατόπισή της στον άξονα 𝑦𝑦 είναι -80m. Δηλαδή: 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ − 80 = − 1 2 × 10 × 𝑡𝑡2 ⇒𝑡𝑡 = 4 𝑠𝑠 Σε διάστημα 4 δευτερολέπτων, η σφαίρα κινείται με ταχύτητα 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 στον οριζόντιο άξονα. Έτσι 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 = 30 × 4 = 120 𝑚𝑚 Β) Σε ύψος 60 μέτρων από το έδαφος, η σφαίρα έχει πέσει 20 μέτρα στον κατακόρυφο άξονα. Αυτό σημαίνει ότι η θέση του στον άξονα 𝑦𝑦 είναι 𝑦𝑦 = −20 𝑚𝑚. Τώρα: 𝑣𝑣2𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣1 2 𝑦𝑦 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 ⇒𝑣𝑣 = �900 − 20(−20) = 10√13 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Γ) 𝑣𝑣 = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 Στο ερώτημα 𝑣𝑣 = 2𝑣𝑣0, άρα 4𝑣𝑣0 2 = 𝑣𝑣0 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 ⇒ 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0√3 = −30√3 Τώρα 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ − 30√3 = −10𝑡𝑡⇒𝑡𝑡 = 3√3 𝑠𝑠 = 5,2 𝑠𝑠
31 Αφού 3√3 > 4, πριν από να φτάσει αυτή την ταχύτητα έχει ήδη χτυπήσει το έδαφος. Άρα η ταχύτητα της σφαίρας δεν είναι ποτέ διπλάσια από την αρχική της ταχύτητα. Δ) Σε όλη τη διαδρομή, η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα 𝑥𝑥 είναι 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , αλλά η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 = −40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Ε) |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = √302 + 402 = 50 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝜀𝜀𝜀𝜀𝜃𝜃 = � 𝑣𝑣𝑥𝑥 𝑣𝑣𝑦𝑦 � = 3 4 ⇒ 𝜃𝜃 = 37𝑜𝑜 ΣΤ) Αν αλλάζουμε την αρχική ταχύτητα, ο χρόνος που χρειάζεται για να φτάσει η σφαίρα στο έδαφος (χρόνος πτήσης) είναι 4 δευτερόλεπτα. Προσοχή 2: Σε μια οριζόντια βολή, η κίνηση του σώματος στον άξονα y εξαρτάται μόνο από το αρχικό ύψος και όχι από την αρχική ταχύτητα, άρα ο χρόνος πτήσης είναι ανεξάρτητος από την αρχική ταχύτητα.
32 Παράδειγμα 2: Στο παιχνίδι του Dart, στόχος του παίχτη είναι να χτυπάει ένα κόκκινο σημείο που βρίσκεται πάνω σε ένα κατακόρυφο τοίχο, το οποίο βρίσκεται σε οριζόντια απόσταση 2 μέτρα από το παίκτη. Ο παίκτης στοχεύει το σημείο ώστε το βελάκι να βρίσκεται ακριβώς στο ίδιο ύψος από το έδαφος με το σημείο, και το εκτοξεύει με οριζόντια ταχύτητα 20 m/s. Να βρείτε σε πόση απόσταση κάτω από το σημείο, το βελάκι θα χτυπάει τον τοίχο. Να δώσετε την απάντηση σε εκατοστόμετρα. Λύση Το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής, δηλαδή το χέρι του παίχτη. Ξέρουμε ότι όταν χτυπά τον τοίχο η θέση στον άξονα x είναι 2 μέτρα. Η άσκηση μας ζητά την απόσταση κάτω από το σημείο, στο οποίο το βελάκι θα χτυπήσει τον τοίχο, δηλαδή αρκεί να βρούμε την θέση που θα έχει το βελάκι στον άξονα y όταν χτυπάει τον τοίχο. Άρα θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση της τροχιάς. Έχουμε: 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 10 × 22 2 × 202 = −0,05 𝑚𝑚 Άρα αφού ο το κόκκινο σημείο του τοίχου έχει μηδενική θέση στον άξονα y, και αφού η θετική κατεύθυνση είναι προς τα πάνω, το βελάκι θα χτυπά τον τοίχο 5 εκατοστόμετρα κάτω από το σημείο.
33 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Στο παρακάτω σχήμα βάλλουμε δύο σφαίρες οριζόντια προς την αντίθετη κατεύθυνση από τα σημεία (Α) και (Β) με αρχικές ταχύτητες 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 αντίστοιχα, από ύψος 𝐻𝐻 = 20𝑚𝑚 από το έδαφος. Εάν οι σφαίρες χτυπούν το έδαφος στο ίδιο σημείο, να βρείτε την απόσταση μεταξύ των σημείων (Α) και (Β). Να θεωρείται αμελητέες οι διαστάσεις των σφαιρών. 2. Βάλλουμε μια μπάλα του τένις με αρχική ταχύτητα 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 κατακόρυφα προς τα πάνω ενώ ταυτόχρονα από το ίδιο ύψος βάλλουμε μια μπάλα μπάσκετ οριζόντια με αρχική ταχύτητα 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Ποια από αυτά θα φτάνει πρώτα στο έδαφος και γιατί;
34 Λύσεις 1. Πρώτα θα υπολογίσουμε τον χρόνο πτήσης για τις δύο σφαίρες. ∆𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 20 = 1 2 × 10 𝑡𝑡2 ⇒𝑡𝑡 = 2 𝑠𝑠 Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε την απόσταση ΑΒ: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐴𝐴 + 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 𝑣𝑣𝐵𝐵 𝑡𝑡 ⇒ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 × 2 + 4 × 2 = 12𝑚𝑚 2. Έστω ότι το σημείο αναφοράς για τις δυο μπάλες είναι το σημείο βολής και η θετική φορά του άξονα ψ είναι προς τα πάνω. Επίσης έστω ότι η μπάλα του τένις ονομάζεται σώμα Α και η μπάλα μπάσκετ σώμα Β. Έχουμε: � 𝛥𝛥𝑦𝑦𝐴𝐴 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐴𝐴 2 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 𝛥𝛥𝑦𝑦𝐵𝐵 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐵𝐵 2 Αφού όταν οι μπάλες φτάνουν στο έδαφος οι μετατοπίσεις τους είναι ίσες (είναι ίση με −ℎ, όπου ℎ είναι το αρχικό ύψος), έχουμε: − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐴𝐴 2 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐵𝐵 2 ⇒ 1 2 𝑔𝑔(𝑡𝑡𝐴𝐴 2 − 𝑡𝑡𝐵𝐵 2) = 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 Αφού 𝑣𝑣0𝐴𝐴 ήταν προς τα πάνω η τιμή του ήταν θετική. Επίσης ο χρόνος είναι πάντα θετικός. Οπότε: 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 > 0 ⇒ 1 2 𝑔𝑔(𝑡𝑡𝐴𝐴 2 − 𝑡𝑡𝐵𝐵 2) > 0 ⇒ 𝑡𝑡𝐴𝐴 2 > 𝑡𝑡𝐵𝐵 2
35 Διότι ο χρόνος είναι πάντα θετικός ⇒ 𝑡𝑡𝐴𝐴 > 𝑡𝑡𝐵𝐵 Άρα η μπάλα μπάσκετ θα φτάνει πρώτα στο έδαφος.
36 Πλάγιες Βολές Εάν βάλλουμε ένα σώμα πλάγια με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 που σχηματίζει γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα (άξονας χ), τότε όπως και στην οριζόντια βολή, έχουμε μια καμπυλόγραμμη κίνηση. Δηλαδή για να μελετήσουμε την κίνηση του, εξετάζουμε την κίνηση του σώματος κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 ξεχωριστά. Υποθέτουμε ότι το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής και η θετική κατεύθυνση του άξονα 𝑦𝑦 είναι προς τα πάνω. Η αρχική ταχύτητα, καθώς δεν ανήκει πάνω στους άξονες χ και ψ, πρέπει να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες 𝑣𝑣0𝑥𝑥 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 με αλγεβρικές τιμές: 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 Η ταχύτητα του σώματος παραμένει σταθερή κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥, έτσι έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 και 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑥𝑥 𝑡𝑡 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 cos 𝜃𝜃
37 Όμως η προβολή της κίνησης του σώματος στον άξονα 𝑦𝑦, είναι μια κατακόρυφη βολή με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0𝑦𝑦 , δηλαδή οι εξισώσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝛥𝛥𝛥𝛥 Η ταχύτητα του σώματος σε κάθε χρονική στιγμή της κίνησης του δίνεται από την σχέση: |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 Όμως είχαμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 Άρα |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣0𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣0 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 Παράδειγμα 1: Βάλλουμε μία μπάλα μπάσκετ από αρχικό ύψος 80m από το έδαφος και με αρχική ταχύτητα 50 𝑚𝑚 𝑠𝑠 που σχηματίζει γωνιά 37o με την οριζόντια διεύθυνση. Να βρείτε: Α) Σε πόσα δευτερόλεπτα θα χτυπήσει στο έδαφος. Β) Την οριζόντια μετατόπιση ΔΧ της μπάλας κατά τη διάρκεια της πτήσης. Λύση: Αναλύουμε την αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 σε δύο συνιστώσες 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 = 50 × cos 37 = 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 = 50 × sin 37 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Για να βρούμε τον χρόνο πτήσης, μελετούμε την κίνηση στον άξονα ψ. Όταν χτυπά στο έδαφος, αφού το σημείο αναφοράς ήταν το
38 σημείο βολής, και η θετική κατεύθυνση ήταν προς τα πάνω, η θέση της μπάλας είναι -80m. Άρα 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 ⇒ −80 = −5𝑡𝑡2 + 30𝑡𝑡 ⇒ 5𝑡𝑡2 − 30𝑡𝑡 − 80 = 0 ⇒ 𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 − 16 = 0 ⇒ (𝑡𝑡 − 8)(𝑡𝑡 + 2) = 0 𝑡𝑡>0 �� 𝑡𝑡 = 8 𝑠𝑠 Β) Σε αυτή τη διάρκεια η ταχύτητα της μπάλας στον άξονα χ είναι σταθερή και ίση με 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , άρα η μετατόπιση της μπάλας σε αυτή την διάρκεια δίνεται από: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑢𝑢𝑥𝑥𝑡𝑡 = 40 × 8 = 320𝑚𝑚 Παράδειγμα 2: Μία σφαίρα βάλλεται προς το έδαφος από έναν πύργο ύψους 40m με γωνία 30o σε σχέση με τον οριζόντιο άξονα. Εάν 𝑣𝑣0 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , να υπολογίσετε τον χρόνο πτήσης της σφαίρας . Λύση: Γράφουμε την εξίσωση κίνησης στον άξονα 𝑦𝑦. 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 Αφού η σφαίρα βάλλεται προς το έδαφος, η γωνιά 𝜽𝜽 βρίσκεται κάτω από τον άξονα 𝒙𝒙, δηλαδή 𝜽𝜽 = −𝟑𝟑𝟑𝟑𝒐𝒐 Άρα όπως στο προηγούμενο παράδειγμα θέτουμε 𝑦𝑦 = −40𝑚𝑚 −40 = −5𝑡𝑡2 + 20(sin(−30))𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡 − 8 = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = 2 𝑠𝑠
39 Η εξίσωση της τροχιάς Όπως στην οριζόντια έτσι και στην πλάγια βολή, υπάρχει μια εξίσωση που συνδέει την θέση του βλήματος στον άξονα χ με την θέση του στον άξονα ψ, η οποία λέγεται εξίσωση της τροχιάς. Για να βρούμε αυτή την εξίσωση πρέπει να εξαλείψουμε το χρόνο από τις εξισώσεις: 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 και 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡, δηλαδή θέτουμε 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑥𝑥 στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 και παίρνουμε: 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑥𝑥 � 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝜃𝜃 Η πιο πάνω σχέση είναι εξίσωση παραβολής και αυτό εξηγεί γιατί η τροχιά που διανύει το σώμα σε μια πλάγια βολή είναι καμπύλη. Παράδειγμα 3: Μια μπάλα του μπάσκετ βάλλεται από ύψος 2m πάνω από το έδαφος και με γωνία 45o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Σκοπός είναι η μπάλα να μπει στο καλάθι. Η οριζόντια απόσταση μεταξύ του σημείου βολής και του καλαθιού είναι 11m και το ύψος του καλαθιού είναι 3m πάνω από το έδαφος. Εάν η μπάλα περνά μέσα από το καλάθι, να βρείτε την αρχική ταχύτητα της. Λύση: Θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση της τροχιάς. 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
40 Στην εξίσωση θέτουμε 𝑦𝑦 = 3𝑚𝑚 − 2𝑚𝑚 = 1𝑚𝑚 (αφού το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής που βρίσκεται 2 μέτρα πάνω από το έδαφος και το καλάθι βρίσκεται 3 μέτρα πάνω από το έδαφος), 𝑥𝑥 = 11 𝑚𝑚 και 𝜃𝜃 = 45𝑜𝑜 , και παίρνουμε: 1 = − 10 × 112 2𝑣𝑣0 2 × 1 2 + 11 × 1 ⇒ 𝑣𝑣0 = 11 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Μέγιστο ύψος βολής Όταν ένα σώμα που εκτελεί πλάγια βολή, φτάνει στο μέγιστο ύψος της πτήσης του, η ταχύτητα του δεν μηδενίζεται. Όμως η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα y μηδενίζεται. Σε αυτό το σημείο η ταχύτητα του βλήματος έχει την ελάχιστη της τιμή και είναι ίση με την συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα χ. Δηλαδή: 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇ό ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 Για να υπολογίσουμε αυτό το ύψος H (από το σημείο βολής) θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 sin 𝜃𝜃. Για να υπολογίσουμε όμως το μέγιστο ύψος Η από το σημείο βολής, πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε το χρόνο που χρειάζεται για να φτάσει στο ύψος αυτό. Για να υπολογίσουμε τον χρόνο, αφού ξέρουμε ότι η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα y μηδενίζεται, θέτουμε 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 0 στην εξίσωση 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 και παίρνουμε 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 Άρα: 𝛨𝛨 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 � 2 + 𝑣𝑣0 × 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 × sin 𝜃𝜃 ⇒ 𝐻𝐻 = (𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃)2 2𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 2𝑔𝑔
41 Παράδειγμα 4: Μία μπάλα καλαθόσφαιρας βάλλεται με αρχική ταχύτητα 20m/s και γωνιά 𝑎𝑎 από το έδαφος σε ένα κλειστό δωμάτιο. Σε ύψος 5 μέτρα από το έδαφος, υπάρχει μια οριζόντια στέγη. Να βρείτε την μέγιστη τιμή του sin 𝑎𝑎 έτσι ώστε η μπάλα να μην συγκρούεται με την στέγη κατά την πτήση της. Λύση: Το μέγιστο ύψος του σώματος πρέπει να είναι μικρότερο ή ίσο με το 5m. 𝑣𝑣0 2 sin2 𝑎𝑎 2𝑔𝑔 ≤ 5 ⇒ sin2 𝑎𝑎 ≤ 10𝑔𝑔 𝑣𝑣0 2 = 1 4 Αφού 0 < 𝑎𝑎 ≤ 90𝜊𝜊 έχουμε sin 𝑎𝑎 ≥ 0 και το μέγιστο ημίτονο γίνεται για την μέγιστη γωνιά. ⇒ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ≤ 1 2 ⇒ max(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠) = 1 2 Βεληνεκές πλάγιας βολής Σε μια πλάγια βολή η οριζόντια μετατόπιση 𝑅𝑅 του βλήματος από τη στιγμή βολής, μέχρι να ξανά φτάνει στο ίδιο ύψος (αρχικό ύψος) λέγεται το βεληνεκές της βολής. Προφανώς αφού το σημείο βολής είναι το σημείο αναφοράς, για να βρούμε το βεληνεκές πρέπει να θέσουμε 𝑦𝑦 = 0 και 𝑥𝑥 = 𝑅𝑅 ≠ 0 στην εξίσωση της τροχιάς. Δηλαδή 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 ⇒ 0 = − 𝑔𝑔𝑅𝑅2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅
42 ⇒ 𝑔𝑔𝑅𝑅2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 = 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑅𝑅≠0 � � � 𝑔𝑔𝑔𝑔 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑅𝑅 = 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝑅𝑅 = 2𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 2𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑔𝑔 Όμως από την τριγωνομετρική ταυτότητα 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = sin(2𝜃𝜃) , το βεληνεκές μπορεί να γραφτεί και ως: 𝑅𝑅 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜃𝜃) 𝑔𝑔 Σε μια βολή για να έχουμε το μέγιστο βεληνεκές πρέπει sin(2𝜃𝜃) = 1, δηλαδή 2𝜃𝜃 = 90𝜊𝜊 ⇒ 𝜃𝜃 = 45𝜊𝜊 Παράδειγμα 5: Ένας ποδοσφαιριστής βάλλει μια μπάλα από το έδαφος με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 και γωνιά 𝜔𝜔 μοιρών ως προς τον οριζόντιο άξονα. Στην συνέχεια το βάλλει από το έδαφος με αρχική ταχύτητα ιδίου μέτρου άλλα με γωνιά 90 − 𝜔𝜔 ως προς τον οριζόντιο άξονα. Να συγκρίνετε το βεληνεκές της μπάλας στις 2 περιπτώσεις. Λύση: 𝑅𝑅1 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 Όμως 𝑅𝑅2 = 𝑣𝑣0 2 sin�2 ∙ (90 − 𝜔𝜔)� 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin(180 − 2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 = 𝑅𝑅1 Άρα το βεληνεκές της μπάλας είναι η ίδια και στις δυο περιπτώσεις.
43 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Σώμα βάλλεται από την οροφή ενός κτιρίου ύψους 40m, με αρχική ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 30o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Να βρείτε την οριζόντια απόσταση του σημείου όπου το σώμα χτυπά το έδαφος από την βάση του κτιρίου. 2. Η εξίσωση της τροχιάς ενός βλήματος στο SI είναι 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥2 + 10𝑥𝑥. Να βρείτε το βεληνεκές του. 3. Βάλλουμε μια μπάλα από το έδαφος με αρχική ταχύτητα 20 m/s που σχηματίζει γωνιά 45ο με τον οριζόντιο άξονα. Να βρείτε τη μέση διανυσματική ταχύτητα της μπάλας από τη στιγμή που εκτοξεύεται μέχρι να φτάσει στο μέγιστο ύψος της πτήσης του.
44 Λύσεις 1. Θα μελετήσουμε την κίνηση του σώματος στους 2 άξονες ξεχωριστά. 𝑦𝑦 = 𝑢𝑢0𝑦𝑦 𝑡𝑡 + 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 40 = (20𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠30)𝑡𝑡 + 5𝑡𝑡2 ⇒ 𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡 = 8 ⇒ (𝑡𝑡 − 2)(𝑡𝑡 + 4) = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑑𝑑 = 2 × 20 × 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 = 20√3 𝑚𝑚 2. Για να υπολογίσουμε το βεληνεκές πρέπει να θέσουμε 𝑦𝑦 = 0 στην εξίσωση της τροχιάς. Έτσι: 𝑦𝑦 = 0 ⇒ −𝑥𝑥2 + 10𝑥𝑥 = 0 ⇒ � 𝑥𝑥 = 0 𝑥𝑥 = 10 ⇒ 𝑥𝑥 = 10 𝑚𝑚 ⇒ 𝑅𝑅 = 10𝑚𝑚 3. Θα υπολογίσουμε το μέγιστο ύψος, το χρονικό διάστημα για να φτάσει σε αυτό το ύψος καθώς και την οριζόντια μετατόπιση όταν φτάσει σε αυτό το ύψος. 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝛼𝛼 𝑔𝑔 ⇒ 𝑡𝑡 = 20 × √2 2 × 10 ⇒ 𝑡𝑡 = √2 𝑠𝑠 𝐻𝐻 = 𝑣𝑣0 2 (𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠)2 2𝑔𝑔 ⇒ 𝐻𝐻 = 400 × 1 2 20 = 10 𝑚𝑚 ⇒ ∆𝑦𝑦 = 10𝑚𝑚
45 ∆𝑥𝑥 = 𝑢𝑢𝑥𝑥𝑡𝑡 = 𝑢𝑢0𝑡𝑡 cos 45 = 20 × √2 × √2 2 = 20𝑚𝑚 Το μέτρο της μετατόπισης είναι: ∆𝑟𝑟 = �∆𝑥𝑥2 + ∆𝑦𝑦2 = √202 + 102 = 10√5 𝑚𝑚 Άρα: 𝑣𝑣̅ = Δ𝑟𝑟 Δ𝑡𝑡 = 10√5 √2 = 5√10 𝑚𝑚 𝑠𝑠
46 Ασκήσεις ενότητας 1. Βάλλουμε ένα σώμα με γωνιά 𝛼𝛼 < 90 ως προς τον οριζόντιο άξονα προς τα πάνω. Ποια είναι η σχέση μεταξύ των διανυσμάτων της επιτάχυνσης και της ταχύτητας; (Να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να την δικαιολογήσετε) Α) Σχηματίζουν μια οξέα γωνιά σε όλη την διαδρομή. Β) Είναι κάθετα σε όλη την διαδρομή Γ) Γίνονται κάθετα σε μια θέση της διαδρομής Δ) Συμπίπτουν σε μια θέση της διαδρομής. 2. Μία μπάλα βάλλεται με αρχική ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 30o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Έστω ότι 𝐷𝐷 � �⃗ είναι το διάνυσμα της μετατόπισης της μπάλας από την στιγμή που βάλλεται μέχρι να φτάσει στο μέγιστο ύψος. Να βρείτε τη γωνιά που σχηματίζει το διάνυσμα 𝐷𝐷 � �⃗ με τον οριζόντιο άξονα όταν η μπάλα φτάνει στο μέγιστο ύψος. 3. Η εξίσωση της τροχιάς (στο S.I.) για ένα βλήμα που βάλλεται από το έδαφος είναι: 𝑦𝑦 = − 𝑥𝑥2 40 + 3𝑥𝑥 Να βρείτε το μέγιστο ύψος στην πτήση του βλήματος. 4. Βάλλουμε μια σφαίρα από την επιφάνεια κεκλιμένου επιπέδου γωνιάς 𝜃𝜃, στο σημείο 𝛢𝛢 με οριζόντια ταχύτητα 𝑣𝑣0. Η σφαίρα χτυπά το κεκλιμένο επίπεδο στο σημείο Β. Να υπολογίσετε την απόσταση ΑΒ συναρτήσει της αρχικής ταχύτητας του βλήματος και της επιτάχυνσης της βαρύτητας.
47 5. Ένα αυτοκίνητο κινείται σε ευθεία γραμμή με σταθερή θετική ταχύτητα 𝑣𝑣 προς μια αρχικά ακίνητη μοτοσυκλέτα. Όταν το αυτοκίνητο βρίσκεται σε απόσταση 25 μέτρων από την μοτοσυκλέτα, τότε ο μοτοσικλετιστής ξεκινά να κινείται από την ηρεμία με σταθερή επιτάχυνση 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Εάν η μοτοσυκλέτα και το αυτοκίνητο συγκρούονται να βρείτε την ελάχιστη τιμή της ταχύτητας 𝑣𝑣. 6. Οι εξισώσεις κίνησης (στο επίπεδο) για το σώμα Α είναι: � 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 8 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 3𝑡𝑡2 και για το σώμα Β είναι: � 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 4𝑡𝑡 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 6𝑡𝑡 . Να εξετάσετε κατά πόσο τα σώματα θα συγκρουστούν. Εάν συγκρούονται, να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου στο οποίο συγκρούονται. 7. Βάλλουμε ένα σώμα με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 και γωνιά 𝛼𝛼 ως προς τον οριζόντιο άξονα από το έδαφος. Να βρείτε την ταχύτητα με την οποία χτυπά στο έδαφος δίνοντας την απάντηση σας στην διανυσματική μορφή 𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏
48 Λύσεις 1. Η ταχύτητα είναι πάντα εφαπτόμενη στην διαδρομή. Η επιτάχυνση, είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας και είναι κατακόρυφα προς τα κάτω. Δηλαδή όπως δείχνει το σχήμα τα διανύσματα της επιτάχυνσης και της ταχύτητας γίνονται κάθετα σε μια θέση της διαδρομής (μέγιστο ύψος). Απάντηση- Γ 2. Όταν η μπάλα φθάνει στο μέγιστο της ύψος, έχουμε: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝐻𝐻 = 𝑣𝑣0 2 sin2 𝜃𝜃 2𝑔𝑔 Ξέρουμε όμως ότι φθάνει σε αυτό το ύψος σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 Τώρα αναλύουμε την μετατόπιση 𝛥𝛥𝑟𝑟 σε δυο συνιστώσες 𝛥𝛥𝑥𝑥 και 𝛥𝛥𝑦𝑦 και έχουμε: tan 𝜑𝜑 = 𝛥𝛥𝑦𝑦 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 2 sin2 𝜃𝜃 2𝑔𝑔 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = sin 𝜃𝜃 2 cos 𝜃𝜃 = tan 𝜃𝜃 2 ⇒ tan 𝜑𝜑 = tan 30𝑜𝑜 2
49 ⇒ tan 𝜑𝜑 = √3 6 ⇒ 𝜑𝜑 = 16,1𝜊𝜊 3. Από την εξίσωση της τροχιάς μπορούμε να υπολογίσουμε το βεληνεκές θέτοντας 𝑥𝑥 = 0 στην εξίσωση. 0 = − 𝑥𝑥2 40 + 30 ⇒ 𝑥𝑥 = 120 ⇒ 𝑅𝑅 = 120𝑚𝑚 Το βλήμα φθάνει στο μέγιστο ύψος σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑅𝑅 2 ⇒ 𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 = 𝑅𝑅 2 = 60𝑚𝑚 ⇒ 𝐻𝐻 = − 𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 2 40 + 3𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 ⇒ 𝐻𝐻 = − 602 40 + 3 × 60 ⇒ 𝐻𝐻 = 90𝑚𝑚 4. Στο παραπάνω σχήμα έχουμε πως 𝑥𝑥𝑀𝑀 = |𝐴𝐴𝐴𝐴| cos 𝜃𝜃 και 𝑦𝑦𝑀𝑀 = −|𝐴𝐴𝐴𝐴| sin 𝜃𝜃
50 Από την εξίσωση της τροχιάς: 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 ⇒ −|𝐴𝐴𝐴𝐴| sin 𝜃𝜃 = 𝑔𝑔|𝐴𝐴𝐴𝐴|2 cos2 𝜃𝜃 2𝑣𝑣0 2 |𝐴𝐴𝐴𝐴|≠0 ����� sin 𝜃𝜃 = 𝑔𝑔|𝐴𝐴𝐴𝐴| cos2 𝜃𝜃 2𝑣𝑣0 2 ⇒ |𝐴𝐴𝐴𝐴| = 2𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 cos2 𝜃𝜃 5. Για το αυτοκίνητο: 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 Για τον μοτοσικλετιστή: 𝑥𝑥𝑀𝑀 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝑥𝑥𝑀𝑀 = 25 + 𝑡𝑡2 Όταν τα οχήματα συγκρούονται έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝑀𝑀. Δηλαδή η εξίσωση 25 + 𝑡𝑡2 = 𝑣𝑣𝑣𝑣, πρέπει να έχει λύση 25 + 𝑡𝑡2 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 ⇒ 𝑡𝑡2 − 𝑣𝑣𝑣𝑣 + 25 = 0 Πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης να μην είναι αρνητική. Άρα: 𝛥𝛥 ≥ 0 ⇒ 𝑣𝑣2 − 4 × 25 ≥ 0 ⇒ 𝑣𝑣2 ≥ 100 𝑣𝑣≥0 �� 𝑣𝑣 ≥ 10 ⇒ 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠
51 6. Θέτουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 ⇒ 4𝑡𝑡 = 8 ⇒ 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 Επίσης θέτουμε 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 𝑦𝑦𝐵𝐵 3𝑡𝑡2 = 6𝑡𝑡 𝑡𝑡≠0 �� 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 Άρα τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 οι θέσεις των σωμάτων θα είναι οι ίδιες. Όμως σε αυτή την στιγμή 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 8 και 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 𝑦𝑦𝐵𝐵 = 6 × 2 = 12 Άρα 𝑟𝑟𝛴𝛴 = (8,12) 7. Στον άξονα 𝑥𝑥 έχουμε κίνηση με σταθερή ταχύτητα, δηλαδή: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 Στον άξονα 𝑦𝑦, όταν το βλήμα φθάνει στο έδαφος έχουμε 𝑦𝑦 = 0. Άρα από τις εξισώσεις κίνησης: 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 = −2𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑦𝑦=0 � � � 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑣𝑣0𝑦𝑦 = −𝑣𝑣0𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 Δηλαδή 𝑣𝑣 ⃗ = 𝑣𝑣𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑣𝑣𝑦𝑦𝑗𝑗 = (𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐)𝑖𝑖 − (𝑣𝑣0𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠)𝑗𝑗
52 Κεφάλαιο 2: Δυνάμεις Όταν 2 σώματα αλληλοεπιδρούν, ασκούνται δυνάμεις μεταξύ τούς. Η δύναμη είναι διανυσματικό μέγεθος (έχει φορά και διεύθυνση) και έχει μονάδα μέτρησης το 1 Newton (N). Το διανυσματικό άθροισμα των δυνάμεων που ασκούνται πάνω σε ένα σώμα λέγεται Συνισταμένη Δύναμη και συμβολίζεται με 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ Οι δυνάμεις πάντα ακολουθούν 3 νόμους, που λέγονται Νόμοι του Νεύτωνα. 1ος Νόμος του Νεύτωνα: Η συνισταμένη δύναμη πάνω σε ένα σώμα είναι μηδέν αν και μόνον αν είναι ακίνητο ή κινείται με σταθερή ταχύτητα. Προσοχή 1: Εάν η συνισταμένη δύναμη πάνω σε οποιονδήποτε άξονα είναι μηδέν τότε ο 1ος νόμος του Νεύτωνα ισχύει για κίνηση του σώματος σε αυτό το άξονα, και αντίστροφα 2ος Νόμος του Νεύτωνα: Σε οτιδήποτε σώμα που κινείται επιταχυνόμενα ισχύει: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ = 𝑚𝑚. 𝑎𝑎 ⃗ Όπου: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ είναι η συνισταμένη δύναμη σε Newton 𝑚𝑚 είναι η μάζα του σώματος σε κιλά (𝑘𝑘𝑘𝑘) 𝑎𝑎 ⃗ είναι η επιτάχυνση του σώματος σε 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 3ος Νόμος του Νεύτωνα: Εάν ένα σώμα Α ασκεί μία δύναμη 𝐹𝐹𝐴𝐴→𝐵𝐵 στο σώμα Β, τότε το σώμα Β ασκεί μια δύναμη 𝐹𝐹𝐵𝐵→𝐴𝐴 ίσου μέτρου και αντίθετης φοράς στο σώμα Α, και αποτελούν ζεύγος δράσης- αντίδρασης Προσοχή 2: Οι δυνάμεις 𝐹𝐹𝐴𝐴→𝐵𝐵 και 𝐹𝐹𝐵𝐵→𝐴𝐴 ασκούνται σε διαφορετικά σώματα, και όχι στο ίδιο σώμα. Κατηγόριες δυνάμεων είναι: δυνάμεις από επαφή και δυνάμεις πεδίου.
53 Δυνάμεις Πεδίου Το Βάρος Είναι η δύναμη που ασκεί η γη (η άλλο πλανήτη) σε ένα σώμα. Έχει φορά προς το κέντρο της γης και συμβολίζεται με 𝑊𝑊. Το μέτρο του υπολογίζεται ως 𝑊𝑊 = 𝑚𝑚. 𝑔𝑔 Ελκτικές δυνάμεις Είναι η δύναμη που ασκείται μεταξύ δύο σωμάτων που έχουν μάζα. Νόμος παγκόσμιας έλξης : Εάν 2 σώματα έχουν μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 και η απόσταση μεταξύ των κέντρων τους είναι 𝑟𝑟 τότε η ελκτική δύναμη μεταξύ τους υπολογίζεται ως 𝐹𝐹 = 𝐺𝐺𝑚𝑚1𝑚𝑚2 𝑟𝑟2 Όπου: 𝐹𝐹 ⃗ είναι η δύναμη σε Newton 𝑚𝑚1,2 είναι οι μάζες των σωμάτων σε κιλά (𝑘𝑘𝑘𝑘) 𝑟𝑟 είναι η απόσταση σε 𝑚𝑚 Και 𝐺𝐺 = 6,67 × 10−11 𝑁𝑁𝑁𝑁2 𝑘𝑘𝑔𝑔2 είναι η σταθερά της παγκόσμιας έλξης Παράδειγμα : Ένας αερόλιθος μάζας 100 κιλών βρίσκεται σε απόσταση 10000 χιλιόμετρων από το κέντρο της γης. Να υπολογίζετε την επιτάχυνση του αερολίθου. (Δίνεται μάζα της Γης=5.972 × 1024 kg)
54 Λύση: Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑟𝑟2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑟𝑟2 = 𝑎𝑎 Μετατρέπουμε τα μεγέθη σε SI 10000 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 104 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 107 𝑚𝑚 Άρα 𝛼𝛼 = 6,67×10−11 ×5.972×1024 1014 = 6.67×5.972 10 = 3.99 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Η μάζα του πλανήτη Α είναι 16 φορές μεγαλύτερη από τη μάζα του πλανήτη Β, και η απόσταση μεταξύ των κέντρων τους είναι d. Ένα διαστημόπλοιο ταξιδεύει πάνω στην ευθεία που ενώνει τα κέντρα των πλανητών. Σε ποια απόσταση από το πλανήτη Α πρέπει να βρίσκεται το διαστημόπλοιο, έτσι ώστε να δρα μηδενική συνισταμένη δύναμη πάνω σε αυτό; 2. Αν γνωρίζετε τη μάζα, την ακτίνα του πλανήτη Αφροδίτη και την σταθερά παγκόσμιας έλξης, να δείξετε ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Αφροδίτης έχει μέτρο ίσο με 8,79 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Δίνεται: Ακτίνα της Αφροδίτης = 6,052 × 106 𝑚𝑚 και μάζα της Αφροδίτης = 4,867 × 1024 𝑘𝑘𝑘𝑘
55 Λύσεις 1. 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 0 ⇒ |𝐹𝐹𝐴𝐴| − |𝐹𝐹𝐵𝐵| = 0 ⇒ |𝐹𝐹𝐴𝐴| = |𝐹𝐹𝐵𝐵| ⇒ 𝐺𝐺𝑀𝑀𝐴𝐴𝑚𝑚 𝑟𝑟2 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝐵𝐵𝑚𝑚 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 𝑀𝑀𝐴𝐴 𝑟𝑟2 = 𝑀𝑀𝐵𝐵 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 16𝑀𝑀𝐵𝐵 𝑟𝑟2 = 𝑀𝑀𝐵𝐵 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 16 𝑟𝑟2 = 1 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 4 𝑟𝑟 = 1 𝑑𝑑 − 𝑟𝑟 ⇒ 4𝑑𝑑 − 4𝑟𝑟 = 𝑟𝑟 ⇒ 5𝑟𝑟 = 4𝑑𝑑 ⇒ 𝑟𝑟 = 4 5 𝑑𝑑 2. Η απόσταση ενός σώματος από την επιφάνεια της Αφροδίτης μέχρι το κέντρο της ισούται ακριβώς με την ακτίνα της. Άρα η βαρυτική δύναμη που ασκείται πάνω στο σώμα δίνεται από: 𝑊𝑊 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛢𝛢𝛭𝛭𝜎𝜎ώ𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑟𝑟 𝛢𝛢 2 Όμως 𝑊𝑊 = 𝛭𝛭𝜎𝜎ώ𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝑔𝑔𝛢𝛢 ⇒ 𝑔𝑔𝛢𝛢 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛢𝛢 𝑟𝑟𝛢𝛢 2 = 6,67×10−11 ×4,867 × 1024 (6,052×106)2 = 8,9 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
56 Δυνάμεις από επαφή Δύναμη κάθετη από την επιφάνεια Δίνεται ένα βιβλίο πάνω σε ένα τραπέζι. Το βιβλίο έχει βάρος, αλλά και ισορροπεί. Άρα υπάρχει άλλη δύναμη που δέχεται το βιβλίο. Αυτό είναι μία δύναμη κάθετη στο επίπεδο του τραπέζιου Ν. Το Ν δεν είναι αντίδραση του βάρους. Γενικά όταν 2 επιφάνειες αγγίζουν ασκούνται κάθετες δυνάμεις μεταξύ τους. Για να κατανοήσουμε την έννοια αυτής της δύναμης καλύτερα, θα μελετήσουμε το παρακάτω παράδειγμα. Παράδειγμα 1: Δίνεται ένα σώμα μάζας 2 kg που αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα στο παρακάτω κεκλιμένο επίπεδο γωνιάς 60ο. Να υπολογίσετε: Α) Τη δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται το σώμα Β) Το μέτρο της επιτάχυνσης με την οποία κατέρχεται το σώμα
57 Λύση Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα είναι το βάρος, καθώς και η κάθετη δύναμη από το κεκλιμένο επίπεδο. Ο άξονας κίνησης του σώματος είναι παράλληλος με το κεκλιμένο επίπεδο. Για αυτό όταν έχουμε κεκλιμένο επίπεδο θέτουμε την διεύθυνση του άξονα 𝒙𝒙 παράλληλη με την διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου και θέτουμε την διεύθυνση του άξονα 𝒚𝒚, κάθετη στην διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου (αφού ο άξονας 𝑦𝑦 είναι πάντα κάθετος στον άξονα 𝑥𝑥). Πρέπει να αναλύσουμε όλες τις δυνάμεις σε αυτούς τους άξονες, και σε αυτή την περίπτωση η μόνη δύναμη που δεν ανήκει στους άξονες είναι το βάρος, και για αυτό το αναλύουμε σε συνιστώσες 𝑊𝑊 𝑦𝑦 και 𝑊𝑊 𝑥𝑥 Α) Από τον Πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε: � 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| − �𝑊𝑊 𝑦𝑦� = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = �𝑊𝑊 𝑦𝑦� = |𝑊𝑊| cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 10 × 0,5 = 10 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 Β) Επίσης από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, στον άξονα χ έχουμε: � 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑊𝑊 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ |𝑊𝑊| sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 = 10 × sin 30𝜊𝜊 = 8,7 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
58 Παράδειγμα 2: Κάποιος κύριος Χ, με μάζα 80 kg στέκεται σε ένα ανελκυστήρα μέσα στον οποίο υπάρχει ζυγαριά στο έδαφος.ο ανελκυστήρας επιταχύνεται προς τα κάτω, και η ένδειξη της ζυγαριάς είναι 60kg. Να εξηγήσετε αυτό το φαινόμενο, και να υπολογίζετε την επιτάχυνση του ανελκυστήρα. Πρώτα πρέπει να δούμε πως ακριβώς λειτουργεί η ζυγαριά. Η ζυγαριά δουλεύει βάση των δυνάμεων που ασκούνται πάνω της. Η ζυγαριά ασκεί μια κάθετη δύναμη Ν στον Κύριο Χ. Από το τρίτο νόμο του Νεύτωνα, ο Κύριος Χ ασκεί μια δύναμη Ν’ ίσου μέτρου με την Ν στη ζυγαριά. Η ζυγαριά δείχνει το μέτρο αυτής της δύναμης (μετατρέποντας σε κιλά). Τώρα, από τον δεύτερο Νόμο του Νεύτωνα, 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 800 − 𝑁𝑁 = 80𝑎𝑎 ⇒ 𝛮𝛮 = 𝛮𝛮′ = 800 − 80𝛼𝛼 < 800 Για αυτό, η ζυγαριά δείχνει μικρότερο αριθμό Αντικαθιστώντας 𝛮𝛮 = 600, έχουμε ότι η επιτάχυνση 𝑎𝑎 = 200 80 = 2,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2
59 Παράδειγμα 3: Δίνονται 3 σώματα που βρίσκονται σε επαφή το ένα με το άλλο όπως δείχνει το πιο κάτω σχήμα και είναι πάνω σε λεία επιφάνεια. Ασκούμαι μια δύναμη 24 Ν στο σώμα 1. Εάν οι μάζες των σωμάτων (1) , (2) και (3) είναι 5 , 4 και 3 κιλά αντίστοιχα , να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκεί το σώμα 3 στο σώμα 2. Λύση Καταρχάς θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 24 = (5 + 4 + 3)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 2𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Τώρα από τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα, η δύναμη που ασκεί το σώμα 3 στο σώμα 2, είναι αντίθετη της δύναμης που ασκεί το σώμα 2 στο σώμα 3. Αρκεί να μελετήσουμε το σώμα 3. Η μόνη δύναμη που ασκείται πάνω του είναι η δύναμη 𝐹𝐹2−3 Άρα από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐹𝐹2−3 = 3 × 3 = 9𝑁𝑁 Έτσι 𝐹𝐹3−2 = −9𝑁𝑁
60 Τάση του νήματος Θεωρούμε ένα σώμα συνδεδεμένο με ένα νήμα. Τραβάμε το νήμα με τη δύναμη F και το νήμα θα ασκεί μια δύναμη Τ στο σώμα. Η δύναμη Τ που ασκείται από ένα νήμα σε άλλο σημείο του νήματος, ή σε ένα σώμα λέγεται «τάση του νήματος». Για να υπολογίσουμε τη τάση του νήματος χρησιμοποιούμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα |𝐹𝐹| − |𝑇𝑇| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Όπου m είναι η μάζα του νήματος και α είναι η επιτάχυνση του. Σημείωση: Όταν το νήμα είναι αβαρές 𝑚𝑚 = 0 ⇒ |𝐹𝐹| = |𝑇𝑇| Προσοχή: Η τάση του νήματος έχει κατεύθυνση προς το νήμα. Παράδειγμα 4: Δίνεται το παρακάτω σύστημα σωμάτων. Τα σώματα συνδέονται με νήμα μάζας 500 g. Οι μάζες των σωμάτων είναι 𝛭𝛭1 = 2 kg και 𝛭𝛭2 = 1,5 kg. Ασκούμε μια δύναμη F μέτρου 100 Ν στο σώμα 𝛭𝛭1. Να βρείτε την τάση του νήματος στα σημεία Α, Β και Γ. (Τα Α και Γ είναι τα άκρα του νήματος και Β είναι το μέσο του νήματος)
61 Λύση : Καταρχάς θα υπολογίζουμε την επιτάχυνση του συστήματος. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: ∑ 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐹𝐹 − (𝑀𝑀1𝑔𝑔 + 𝑀𝑀2𝑔𝑔 + 𝑀𝑀𝑁𝑁𝑔𝑔) = (𝑀𝑀1 + 𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑁𝑁)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 − (𝑀𝑀1𝑔𝑔 + 𝑀𝑀2𝑔𝑔 + 𝑀𝑀𝑁𝑁𝑔𝑔) 𝑀𝑀1 + 𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑁𝑁 = 100 − (2 + 1,5 + 0,5) 2 + 1.5 + 0.5 = 24 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Αφού τα σώματα (και το νήμα) συνδέονται, όλα έχουν την ίδια επιτάχυνση. Τώρα χρησιμοποιώντας το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, 𝐹𝐹 − 𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑊𝑊1 = (𝑀𝑀1)𝑎𝑎 :(1) 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 𝐹𝐹 − 𝑀𝑀1𝑔𝑔 − 𝑀𝑀1𝑎𝑎 = 100 − 20 − 48 = 32 𝑁𝑁 𝑇𝑇𝐵𝐵 − � 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 + 𝑀𝑀2� 𝑔𝑔 = � 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 + 𝑀𝑀2� 𝑎𝑎 ⇒ 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 59,5 𝑁𝑁 :(2) 𝑇𝑇𝛤𝛤 − 𝑚𝑚2𝑔𝑔 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑇𝑇𝛤𝛤 = 51 𝑁𝑁 :(3) (𝛭𝛭𝛮𝛮 είναι η μάζα του νήματος) Παράδειγμα 6: Δίνεται το παρακάτω σύστημα. Έχουμε 3 σώματα μαζών 𝑚𝑚1 = 3 kg 𝑚𝑚2 = 2 kg και 𝑚𝑚3 = 1 kg. Η επιφάνεια του κεκλιμένου επίπεδου είναι λεία και έχει γωνιά 30o. Να προσδιορίσετε τον λόγο 𝛵𝛵1 𝛵𝛵2 εάν τα νήματα είναι αβαρή. (𝛵𝛵1 και 𝑇𝑇2 είναι οι τάσεις των νημάτων όπως δείχνεται στο παρακάτω σχήμα.)
62 Λύση Θα μελετήσουμε κάθε σώμα ξεχωριστά και θα εφαρμόζουμε τον δεύτερο νόμο Νεύτωνα για το καθένα ξεχωριστά. Έστω ότι η θετική φορά είναι αριστερόστροφα. Τα νήματα είναι αβαρή, άρα στο νήμα 1, σε όλα τα σημεία η τάση του νήματος είναι 𝛵𝛵1 και στο νήμα 2, σε όλα τα σημεία η τάση του νήματος είναι 𝛵𝛵2. Έχουμε κεκλιμένο επίπεδο, άρα ο άξονας κίνησης είναι παράλληλος με το κεκλιμένο επίπεδο. Όλες οι δυνάμεις στο σώμα 2, πρέπει να αναλυθούν σε αυτό τον άξονα. Σώμα 1: 𝑊𝑊1 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 Σώμα 2: 𝑇𝑇1 + 𝑊𝑊2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 − 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 Σώμα 3: 𝑇𝑇2 − 𝑊𝑊3 = 𝑚𝑚3𝑎𝑎 Προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε 𝑊𝑊1 + 𝑊𝑊2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 − 𝑊𝑊3 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚3)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 + 𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔30 − 𝑚𝑚3𝑔𝑔 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚3 = 30 + 17,3 − 10 6 = 6,2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Μελετούμε ξανά τα σώματα 1 και 2: 𝑇𝑇1 = 𝑊𝑊1 − 𝑚𝑚1𝑎𝑎 = 11,4 𝑁𝑁 𝑇𝑇2 = 𝑊𝑊3 + 𝑚𝑚3𝑎𝑎 = 16,2 𝑁𝑁 ⇒ 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = 0,7 Η τριβή Η τριβή είναι μια δύναμη στην επιφάνεια επαφής δυο σωμάτων, και αντιστέκεται στην κίνηση τους. Υπάρχουν δυο είδους τριβής, η στατική τριβή και η κινητική τριβή. Όταν δυο σώματα είναι σχετικά ακίνητα, δηλαδή, το ένα δεν κινείται ως προς το άλλο, τότε έχουμε στατική τριβή. Εάν κινούνται έχουμε
63 κινητική τριβή. Υποτίθεται ότι θέλουμε να τραβήξουμε ένα πολύ βαρύ και μεγάλο κιβώτιο, με την χρήση ενός νήματος. Στην αρχή, όταν το κιβώτιο είναι ακίνητο είναι πολύ δύσκολο να το τραβήξουμε. Όσο αυξάνουμε την δύναμη μας στο νήμα, το κιβώτιο αντιστέκεται να κινηθεί, μέχρι να αυξήσουμε πολύ τη δύναμη. Από εκεί και πέρα το κιβώτιο αρχίζει να κινείται, και χρειαζόμαστε μικρότερη δύναμη για να συνεχίσει να κινείται. Αυτό γίνεται, αφού υπάρχει στατική τριβή μεταξύ του κιβωτίου και του εδάφους. Όσο αυξάνουμε τη δύναμη στο νήμα, η στατική τριβή 𝑓𝑓𝑠𝑠 αυξάνεται, μέχρι να πάρει τη μέγιστη τιμή της 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 . Από εκεί και πέρα, το κιβώτιο αρχίζει να κινείται, και έχουμε κινητική τριβή 𝑓𝑓𝑘𝑘. Η τριβή εξαρτάται από την κάθετη δύναμη από την επιφάνεια, και τις φυσικές ιδιότητες των επιφανίων. Η μέγιστη στατική τριβή υπολογίζεται ως �𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 � = |𝑁𝑁| ∙ 𝜇𝜇𝑠𝑠 όπου 𝜇𝜇𝑠𝑠 είναι o συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ των επιφανίων, και Ν είναι η δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται στο σώμα. Η κινητική τριβή υπολογίζεται ως |𝑓𝑓𝑘𝑘| = |𝑁𝑁| ∙ 𝜇𝜇𝑘𝑘 όπου 𝜇𝜇𝑘𝑘 είναι o συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ των επιφανίων, και Ν είναι η δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται στο σώμα.
64 Παράδειγμα 7 : Δίνεται το παρακάτω κεκλιμένο επίπεδο με μεταβαλλόμενη γωνιά 𝜃𝜃. Ένα σώμα μάζας 2 kg αφήνεται να κινηθεί κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου. Δίνεται ότι οι συντελεστές τριβής μεταξύ του σώματος και του επίπεδου είναι 𝜇𝜇𝑠𝑠 = 0,3 και 𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0,2. Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της γωνίας θ του κεκλιμένου επίπεδου έτσι ώστε το σώμα: Α) Να κατέρχεται με σταθερή ταχύτητα Β) Να μένει ακίνητο Λύση Α) Έχουμε κινητική τριβή Από το πρώτο νόμο του Νεύτωνα πρέπει να είναι 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑓𝑓𝑘𝑘 Αλλά 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑁𝑁𝜇𝜇𝜅𝜅 = 𝜇𝜇𝜅𝜅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 Άρα πρέπει να έχουμε 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
65 𝜇𝜇𝑘𝑘 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 Δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 0,25 ⇒ 𝜃𝜃 = 14𝑜𝑜 B) Έχουμε στατική τριβή Από το πρώτο νόμο του Νεύτωνα πρέπει να είναι 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 Επίσης 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑁𝑁 = 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 Οπότε 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝜇𝜇𝑠𝑠 ≥ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ≤ 0,3 Για να έχουμε μέγιστη γωνιά θ πρέπει να έχουμε μέγιστη εφαπτομένη. Έτσι 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 0,3 ⇒ 𝛩𝛩𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 16,7𝑜𝑜 Ερώτηση: Η φορά της τριβής είναι πάντα αντίθετη με τη φορά κίνησης ενός σώματος; Η απάντηση σε αυτή την ερώτηση είναι όχι. Για να κατανοήσουμε την έννοια της τριβής θα αναφερθούμε καταρχήν σε αυτό το παράδειγμα. Δίνεται ένα κουτί πάνω σε ένα φορτηγάκι που κινείται μαζί του με επιτάχυνση α προς τα αριστερά. Αφού το κουτί επιταχύνεται, ασκείται μια δύναμη στην κατεύθυνση της επιτάχυνσης. Αυτή τη δύναμη είναι η δύναμη τριβής και έχει την ίδια φορά με την κίνηση του κουτιού. Παράδειγμα 8: Στο παρακάτω σχήμα δίνεται δύο σώματα Α και Β, μαζών 𝛭𝛭𝛢𝛢 και 𝛭𝛭𝛣𝛣 το ένα πάνω στο άλλο. Ασκούμε μια οριζόντια δύναμη μέτρου 𝐹𝐹 πάνω στο σώμα 𝛢𝛢 και τα σώματα κινούνται μαζί. Εάν η τριβή μεταξύ το σώματος Α και του εδάφους είναι αμελητέα,
66 να υπολογιστεί το μέτρο της τριβής μεταξύ των σωμάτων Α και Β συναρτήσει των μεγεθών 𝛭𝛭𝛢𝛢, 𝛭𝛭𝛣𝛣 και 𝐹𝐹. Λύση: Αρχικά θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος. Χρησιμοποιώντας το δεύτερό νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: (𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵)𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵 Πάνω στο σώμα Β, η μόνη δύναμη που ασκείται στον άξονα Χ είναι η τριβή που έχει την ίδια φορά με την επιτάχυνση α. Άρα από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για αυτό το σώμα: 𝛭𝛭𝛣𝛣𝑎𝑎 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝐹𝐹𝑀𝑀𝐵𝐵 𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵
67 Η δύναμη ελατηρίου Η δύναμη που ασκεί ένα ελατήριο σε ένα σώμα λόγο επιμήκυνσης ή συσπείρωσης λέγεται δύναμη ελατηρίου. Όταν ένα σώμα συνδέεται με ελατήριο και το ελατήριο επιμηκύνεται, αφού το ελατήριο θέλει να επανέλθει στο φυσικό του μέγεθος, ασκεί μια δύναμη στο σώμα αντίθετη της μετατόπισης του. Ομοίως εάν το ελατήριο συσπειρώνεται, ασκεί μια δύναμη στο σώμα αντίθετη της μετατόπισης του. Γενικά η δύναμη ελατηρίου έχει αλγεβρική τιμή: 𝐹𝐹 = −𝑘𝑘𝑥𝑥, όπου 𝑘𝑘 είναι η σταθερά ελατηρίου σε 𝛮𝛮 𝑚𝑚 (το οποίο είναι ένας ειδικός αριθμός για κάθε ελατήριο) και 𝑥𝑥 είναι η μετατόπιση του ελεύθερου άκρου (το άκρο στον οποίο συνδέουμε σώμα).
68 Παράδειγμα 9: Το παρακάτω σώμα μάζας 1 kg συνδέεται με κατακόρυφο ελατήριο και ισορροπεί. Εάν το ελατήριο έχει επιμηκυνθεί από το φυσικό του μέγεθος κατά 4𝑚𝑚, να υπολογίζετε τη σταθερά ελατηρίου. Λύση: Από τον Πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε: � 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑊𝑊| − |𝐹𝐹| = 0 ⇒ |𝐹𝐹| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1 × 10 = 10𝑁𝑁 𝐹𝐹 = −|𝐹𝐹| = −10𝑁𝑁 ⇒ −𝑘𝑘𝑘𝑘 = −10 ⇒ 4𝑘𝑘 = 10 ⇒ 𝑘𝑘 = 2,5 𝑁𝑁 𝑚𝑚
69 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Στο παρακάτω σχήμα, τα σώματα 1 και 2 μάζας 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 αντίστοιχα συνδέονται με αβαρές νήμα. Ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του σώματος 1 και του οριζόντιου επιπέδου είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα από ηρεμία και το σώμα 2 έχει αρχικό ύψος Η από το έδαφος. Να βρεθεί ο χρόνος που χρειάζεται ώστε το σώμα 2 να χτυπήσει στο έδαφος, συναρτήσει των μαζών 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2, του συντελεστή κινητικής τριβής 𝜇𝜇𝜅𝜅., του αρχικού ύψους Η και της επιτάχυνσης της βαρύτητας g. 2. Ένα παιδί μάζας 80 kg παίζει πάνω σε μια τσουλήθρα η οποία σχηματίζει γωνιά 30ο με τον οριζόντιο άξονα. Το παιδί αρχίζει να ολισθαίνει προς τα κάτω από αρχικό κατακόρυφο ύψος 3m. Εάν ο συντελεστής τριβής μεταξύ της τσουλήθρας και του παιδιού είναι 0,3, να βρείτε την ταχύτητα του παιδιού όταν φτάσει στο έδαφος.
70 Λύσεις 1. Γράφουμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα ξεχωριστά. � 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 𝑊𝑊2 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑊𝑊2 − 𝑓𝑓𝜅𝜅1 = 𝑎𝑎(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑊𝑊2 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Όμως από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝑊𝑊1 − 𝑁𝑁1 = 0 ⇒ 𝑁𝑁1 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝑦𝑦 = 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝐻𝐻 = 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝑡𝑡 = � 2𝐻𝐻 𝑎𝑎 = �2𝐻𝐻 � 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 � 2. 𝛴𝛴𝛴𝛴 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚
71 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑁𝑁 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑔𝑔(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘 cos 𝜃𝜃) Όμως από την τριγωνομετρία (στο παρακάτω σχήμα) sin 𝜃𝜃 = ℎ 𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥 = ℎ sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑎𝑎∆𝑥𝑥 ⇒ 𝑣𝑣2 = 2𝑔𝑔(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘 cos 𝜃𝜃) ℎ sin 𝜃𝜃 ⇒ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔ℎ �1 − 𝜇𝜇𝜅𝜅 tan 𝜃𝜃 � ⇒ 𝑣𝑣 = �2 × 10 × 3 × �1 − 0,3 tan 30 � = 5,4 𝑚𝑚 𝑠𝑠
72 Ασκήσεις ενότητας 1. Δίνεται το παρακάτω σύστημα το οποίο αποτελείται από δυο σώματα μαζών 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 τα οποία συνδέονται με αβαρές νήμα και λεία τροχαλία. Το σώμα μάζας 𝑚𝑚1 βρίσκεται σε οριζόντιο επίπεδο, ενώ το σώμα μάζας 𝑚𝑚2 Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα. Εάν ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ των σωμάτων και των επιφανίων είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅, να υπολογίσετε την επιτάχυνση του συστήματος συναρτήσει των μαζών, του συντελεστή τριβής, της γωνιάς θ και της επιτάχυνση της βαρύτητας. 2. Το παρακάτω βαγόνι κινείται σε ευθεία γραμμή με σταθερή επιτάχυνση α. Ένα σώμα μάζας m συνδέεται από την οροφή του βαγονιού με αβαρές νήμα, και το σώμα είναι ακίνητο ως προς το βαγόνι (δηλαδή κινείται σε ευθεία γραμμή με την ίδια επιτάχυνση). Να υπολογίζετε την γωνιά 𝜃𝜃 που σχηματίζει το νήμα με τον κατακόρυφο άξονα συναρτήσει της επιτάχυνσης και της επιτάχυνσης της βαρύτητας
73 3. Στο παρακάτω σχήμα ο αλεξιπτωτιστής μάζας 60 κιλών έρχεται κάτω σε μια στιγμή με σταθερή επιτάχυνση 4 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 με την χρήση αλεξιπτώτου μάζας 5 κιλών. Ο αλεξιπτωτιστής κρατά το αλεξίπτωτο του με δύο αβαρή νήματα ίσου μήκους που σχηματίζουν γωνιά 30ο με τον οριζόντιο άξονα. Εάν η αντίσταση του αέρα στον αλεξιπτωτιστή είναι αμελητέα, να υπολογίσετε τις τάσεις των νημάτων. 4. Το παρακάτω βαγονάκι κινείται με σταθερή επιτάχυνση σε ευθεία γραμμή. Ξύλινο σώμα είναι σε επαφή με την κατακόρυφη έδρα του βαγονιού όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ο συντελεστής τριβής μεταξύ του ξύλου και βαγονιού είναι 0,5. Να υπολογίσετε την ελάχιστη επιτάχυνση του βαγονιού, ώστε το ξύλινο σώμα να μην πέφτει.
74 5. Ο κύριος Χ, θέλει να ελέγχει τoν συντελεστή κινητικής τριβής μεταξύ ενός ξύλινο κεκλιμένο επιπέδου γωνιάς 30ο και ενός κύβου ψευδαργύρου. Ακολουθεί ένα περίπλοκο πείραμα! Τοποθετεί ένα κύβο ψευδαργύρου μάζας 600 γραμμαρίων και τον συνδέει με ένα σχετικά αβαρές νήμα. Το νήμα σχηματίζει γωνιά 30ο με την επιφάνεια του κεκλιμένου επίπεδου. Το νήμα περνά από λεία τροχαλία που ενώνεται με τον όροφο και στην άλλη άκρη του νήματος συνδέει ένα σώμα μάζας 800 γραμμάρια. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα, και χρησιμοποιώντας ένα αισθητήρα κίνησης μελετά την κίνηση του κύβου. Ο υπολογιστής του παρουσιάζει την γραφική- παράσταση ταχύτητας-χρόνου που φαίνεται παρακάτω. Να μελετήσετε την γραφική παράσταση, να εξηγήσετε γιατί η γραφική παράσταση είναι καμπύλη και να βρείτε τον συντελεστή κινητικής τριβής μεταξύ του ξύλινου κεκλιμένου επίπεδου και ψευδαργύρου.
75 6. Πόσες μοίρες πρέπει να είναι η γωνιά μιας κεκλιμένης στέγης έτσι ώστε όταν πέφτουν πάνω στην στέγη σταγόνες βροχής, να πέσουν κάτω στο ελάχιστο δυνατό χρόνο; (Δεν υπάρχει τριβή μεταξύ της στέγης και του σταγόνα νερού) (Βιβλίο φυσικής Έντβαρντ Γκίτζ) (Δίνεται η τριγωνομετρική ταυτότητα 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 0 0.5 1 1.5 2
76 Λύσεις 1. Γράφουμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα ξεχωριστά. � 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 = 𝑎𝑎(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁1 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Όμως από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝑊𝑊1 − 𝑁𝑁1 = 0 ⇒ 𝑁𝑁1 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 𝑊𝑊2𝑦𝑦 − 𝑁𝑁2 = 0 ⇒ 𝑁𝑁2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚1𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚2𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
77 2. 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 − 𝑊𝑊 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑇𝑇 sin 𝜃𝜃 𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃 𝑚𝑚 = 𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃 = 𝑎𝑎 ⇒ 𝜃𝜃 = tan−1 � 𝑎𝑎 𝑔𝑔 � 3. Αφού τα νήματα σχηματίζουν την ίδια γωνιά με τον οριζόντιο άξονα, οι τάσεις των νημάτων είναι ίσες στα δυο νήματα. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚(𝑔𝑔 − 𝑎𝑎) = 60(10 − 4) = 360𝑁𝑁
78 4. Έχουμε: ∑ 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑓𝑓𝑠𝑠| − |𝑊𝑊| = 0 ⇒ |𝑓𝑓𝑠𝑠| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 |𝑓𝑓𝑠𝑠| ≤ �𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 � = 𝜇𝜇𝑠𝑠|𝑁𝑁| ⇒ 𝑁𝑁 ≥ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇𝑠𝑠 � 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇𝑠𝑠 ⇒ 𝑎𝑎 ≥ 𝑔𝑔 𝜇𝜇𝑠𝑠 = 10 0,5 = 20𝑚𝑚 𝑠𝑠2 5. Στην αρχή το σύστημα έχει μια συγκεκριμένη επιτάχυνση. Όταν ξεκινά να κινείται η γωνία μεταξύ του νήματος και της επιφάνειας, αλλάζει συνεχώς και επομένως η συνισταμένη δύναμη αλλάζει. Άρα η επιτάχυνση του σώματος αλλάζει (από 2Ο νόμο του Νεύτωνα) και η γραφική του παράσταση είναι καμπύλη. Πρώτα θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος από την κλίση της γραφικής παράστασης σε ένα μικρό αρχικό κομμάτι. 𝑎𝑎 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 1.25 − 0 0.5 − 0 = 2,5 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
79 Γραφούμε το 2Ο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα. 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 8 − 𝑇𝑇 = 0,8 × 2,5 ⇒ 𝑇𝑇 = 6 𝑁𝑁 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 − 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⇒ 6 × 1,7 2 − 6 × 0,5 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0,6 × 2,5 ⇒ 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0,6 𝑁𝑁 Θα βρούμε την δύναμη Ν. Από πρώτο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 + 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 − 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 = 0 𝑁𝑁 = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 − 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 = 6 × 1,7 2 − 6 × 0,5 = 2,1 Newtons 𝜇𝜇𝑘𝑘 = 𝑓𝑓𝑘𝑘 𝑁𝑁 = 0,6 2,1 = 0,29
80 6. Σύμφωνα με το παρακάτω σχήμα έχουμε: cos 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 𝑥𝑥 Για μια σταγόνα νερού γράφουμε την εξίσωση κίνησης της στο κεκλιμένο επίπεδο. 𝑥𝑥 = 1 2 𝐴𝐴𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 = 1 2 𝐴𝐴𝑡𝑡2 Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝛢𝛢 = 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 Άρα: 𝑥𝑥 = 1 2 (𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔)𝑡𝑡2 ⇒ 𝑏𝑏 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ⇒ 𝑡𝑡2 = 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑡𝑡 = � 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 Τώρα από την τριγωνομετρική ταυτότητα 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 έχουμε:
81 𝑡𝑡 = � 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 2� 𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔(2𝑎𝑎) Αφού το μέγεθος του 𝑏𝑏 είναι σταθερό, για να έχουμε ελάχιστο χρόνο, πρέπει να έχουμε τη μέγιστη τιμή του 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) που είναι 1, δηλαδή : 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 1 ⇒ 2𝑎𝑎 = 90𝜊𝜊 ⇒ 𝑎𝑎 = 45𝜊𝜊
82 Κεφάλαιο 3: Έργο και ενέργεια Έργο σταθερής δύναμης Το φυσικό μέγεθος του έργου: Δίνεται ένα σώμα που μετατοπίζετε κατά Δ𝑥𝑥 ⃗ και πάνω του ασκείται η σταθερή δύναμη 𝐹𝐹 ⃗. Το εσωτερικό γινόμενο 𝐹𝐹 ⃗ ∙ Δ𝑥𝑥 ⃗ ορίζεται ως το έργο της δύναμης 𝐹𝐹 ⃗. Δηλαδή με πιο απλά λόγια 𝑊𝑊𝐹𝐹 = �𝐹𝐹 ⃗� ∙ |Δ𝑥𝑥 ⃗| ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 Όπου 𝜑𝜑 είναι η γωνιά μεταξύ των διανυσμάτων 𝐹𝐹 ⃗ και Δ𝑥𝑥 ⃗. Η μονάδα μέτρησης του έργου είναι 𝛮𝛮. 𝑚𝑚 και το ονομάζουμε 1 Joule (J) . Το έργο είναι μονόμετρο μέγεθος. Το συνολικό έργο σε ένα σώμα είναι το άθροισμα των έργων όλων των δυνάμεων. Αυτό ισούται με το έργο της συνισταμένης δύναμης Παράδειγμα 1: Δίνεται ένα σώμα μάζας 1kg που κινείται σε κεκλιμένο επίπεδο γωνιάς 37o. Εάν η κινητική τριβή στο σώμα είναι 2Ν και το σώμα μετατοπίζεται κατά 4m, να βρείτε το έργο του βάρους, της κάθετης δύναμης από το επίπεδο και της τριβής. Λύση 𝑊𝑊𝑊𝑊 = |𝑊𝑊||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(90 − 37) = 40 × 0,6 = 24 𝐽𝐽 Λέμε ότι το βάρος παράγει έργο 𝑊𝑊𝑁𝑁 = |𝑁𝑁||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(90) = 0 𝑊𝑊𝑓𝑓 = |𝑓𝑓||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(190) = 2 × 4 × −1 = −8𝐽𝐽 Λέμε ότι η τριβή καταναλώνει έργο
83 Σημείωση: Εάν η γωνιά μεταξύ της δύναμης και της μετατόπισης είναι μεταξύ 0 και 90 μοίρες, το έργο της δύναμης είναι θετικό. (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 > 0) . Εάν η γωνιά μεταξύ της δύναμης και της μετατόπισης είναι μεταξύ 0 και 90 μοίρες, το έργο της δύναμης έργου είναι αρνητικό. (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 < 0). Επίσης εάν η δύναμη είναι κάθετη στη μετατόπιση το έργο είναι μηδενικό (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 = 0) Μία δύναμη η οποία το έργο της δεν εξαρτάται από την διαδρομή που ακολουθεί λέγεται συντηρητική και τέτοιες δυνάμεις είναι το βάρος, οι βαρυτικές δυνάμεις, οι ηλεκτροστατικές δυνάμεις και η δύναμη ελατηρίου. Οι άλλες δυνάμεις λέγονται μη-συντηρητικές.
84 Έργο και Κινητική Ενέργεια Η ενέργεια, σε απλά λόγια είναι η δυνατότητα να εκτελούμε έργο. Κάθε σώμα που κινείται εκτελεί έργο, δηλαδή έχει ενέργεια. Η ενέργεια που έχει ένα σώμα λόγο της κίνησης του λέγεται η κινητική ενέργεια. Υπολογίζεται ως: 𝛦𝛦𝑘𝑘 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 Όπου 𝑣𝑣 είναι η ταχύτητα σε 𝑚𝑚/𝑠𝑠 και το m είναι η μάζα σε kg. Η μονάδα μέτρησης του είναι 1 Joule (J) Θεώρημα έργου-κινητικής ενέργειας: Το συνολικό έργο δυνάμεων σε ένα σώμα κατά συγκεκριμένη μετατόπιση, ισούται με την μεταβολή στην κινητική ενέργεια του (κατά αυτή την μετατόπιση). Δηλαδή: 𝑊𝑊𝛴𝛴𝛴𝛴 = Δ𝐸𝐸𝑘𝑘 = 𝛦𝛦𝑘𝑘2 − 𝐸𝐸𝑘𝑘1 Παράδειγμα 1: Ένα σώμα μάζας 2 kg κινείται από ηρεμία σε οριζόντιο έδαφος υπό την επίδραση σταθερής δύναμης F μέτρου 20 Ν. Εάν η κινητική τριβή στο σώμα έχει μέτρο 16Ν , να βρείτε την ταχύτητα του όταν έχει μετατοπισθεί κατά 10 μέτρα εάν η μετατόπιση και η δύναμη F είναι ομόρροπα. Λύση: Η συνισταμένη δύναμη στον κατακόρυφο άξονα είναι 0. Άρα 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 4𝑁𝑁 𝑊𝑊𝛴𝛴𝛴𝛴 = 𝛦𝛦𝑘𝑘2 − 𝐸𝐸𝑘𝑘1 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 − 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 ⇒ 𝛴𝛴𝐹𝐹 × 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2
85 ⇒ 𝑣𝑣2 = � 2 × 𝛴𝛴𝐹𝐹 × 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝑚𝑚 = � 2 × 4 × 10 2 = 6,3 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Στο παρακάτω σύστημα τα σώματα συνδέονται με αβαρές νήμα. Ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του σώματος (1) και της επιφάνεια είναι 0,2. Οι μάζες των σωμάτων (1) και (2) είναι 2kg και 1kg αντίστοιχα. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα. Να βρείτε σε ποσά δευτερόλεπτα, η κινητική ενέργεια του συστήματος γίνεται 12 J. Λύση Στο σύστημα το βάρος του σώματος 2, κινεί το σύστημα και η τριβή στο σώμα 2 αντιστέκεται σε αυτό. Τώρα 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝜇𝜇𝑘𝑘. 𝑁𝑁2 = 𝜇𝜇𝑘𝑘. 𝑊𝑊2 = 0,2 × 2 × 10 = 4𝑁𝑁 Αρχικά η κινητική ενέργεια του συστήματος ήταν 0 (ήταν ακίνητο). Από το θεώρημα έργου κινητικής ενέργειας: 𝑊𝑊𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛦𝛦𝑘𝑘 ⇒ 𝑊𝑊𝑊𝑊2 + 𝑊𝑊𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔ℎ + 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐180 = 𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔ℎ − 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 = 𝐸𝐸𝑘𝑘
86 Αφού τα σώματα συνδέονται, διανύουν ίσες μετατοπίσεις, δηλαδή 𝑑𝑑 = ℎ. ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔 − 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 = 12 ⇒ 10𝑑𝑑 − 4𝑑𝑑 = 12 ⇒ 𝑑𝑑 = 2 Τώρα η επιτάχυνση των σωμάτων είναι 𝑎𝑎 = 𝛴𝛴𝐹𝐹 𝑚𝑚 = 10−4 3 = 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Οπότε αφού: Δ𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 = 𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡2 = 2 ⟹ 𝑡𝑡 = 1,4 𝑠𝑠 Η μηχανική ενέργεια Κάποια σώματα λόγο της θέσης, ή του σχήματος τους μπορούν να εκτελούν έργο. Αυτά τα σώματα έχουν δυναμική ενέργεια. Υπάρχουν διαφορετικά είδη δυναμικής ενέργειας (οι συντηρητικές δυνάμεις μπορούν να συντηρούν δυναμική ενέργεια: (έχουμε βαρυτική, ελαστική και ηλεκτρική δυναμική ενέργεια) και συμβολίζονται με 𝑈𝑈. Η βαρυτική δυναμική είναι η ενέργεια που συντηρεί ένα σώμα, λόγο του ύψος του από την επιφάνεια της γης. Υπολογίζεται ως 𝑈𝑈𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ όπου m είναι η μάζα σε κιλά, h είναι το ύψος σε μέτρα, και g είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας.
87 Εάν το ύψος ενός σώματος μεταβάλλεται κατά 𝛥𝛥ℎ , τότε η βαρυτική δυναμική του ενέργεια μεταβάλλεται κατά 𝛥𝛥𝑈𝑈𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝛥𝛥ℎ Η δυναμική ενέργεια ελατηρίου είναι η ενέργεια που συντηρεί ένα σώμα που συνδέεται με ένα ελατήριο (λόγο της θέσης του). Υπολογίζεται ως 𝑈𝑈𝜀𝜀 = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 όπου 𝑘𝑘 είναι η σταθερά ελατήριου σε 𝑁𝑁 𝑚𝑚 και x η συσπείρωση ή επιμήκυνση του ελατηρίου από το φυσικό του μήκος. Η μηχανική ενέργεια ενός σώματος είναι το άθροισμα της δυναμικής και κινητικής ενέργειας του σώματος. Όταν ασκούνται σε ένα σώμα (ή σύστημα) δυνάμεις και από αυτές μόνο οι συντηρητικές δυνάμεις παράγουν ή καταναλώνουν έργο (οι μη-συντηρητικές δυνάμεις έχουν συνολικό μηδενικό έργο) τότε η μηχανική ενέργεια του σώματος διατηρείται, δηλαδή παραμένει σταθερή. (Αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας) Παράδειγμα 1: Ένα σώμα κινείται στην παρακάτω λεία διαδρομή και αφήνεται από ηρεμία από το σημείο Α το οποίο βρίσκεται σε ύψος Η από το έδαφος. Εάν το σώμα φτάνει στο έδαφος στο σημείο Β, να βρείτε την ταχύτητα του σε αυτό το σημείο.
88 Λύση Αφού η τροχιά είναι λεία, οι μόνες δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα είναι η κάθετη δύναμη Ν και το βάρος. Όμως κάθε στιγμή, η δύναμη Ν είναι κάθετη στην μετατόπιση του σώματος, δηλαδή έχει μηδενικό έργο. Άρα η μόνη δύναμη του παράγει έργο είναι το βάρος (συντηρητική δύναμη) και συνεπώς ισχύει η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας. 𝐸𝐸𝛭𝛭𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛣𝛣 ⇒ 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 + 𝑈𝑈𝑔𝑔𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 + 𝑈𝑈𝑔𝑔𝐵𝐵 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐴𝐴 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐴𝐴 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐵𝐵 𝑣𝑣𝐴𝐴=ℎ𝐵𝐵=0 ������� 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐴𝐴 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 ⇒ 𝑣𝑣𝐵𝐵 = �2𝑔𝑔ℎ𝐴𝐴 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα μάζας 500g κινείται με ταχύτητα 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 σε λεία οριζόντια επιφάνεια και συγκρούεται με ελατήριο με σταθερά 200 𝛮𝛮 𝑚𝑚 . Να βρείτε τη μέγιστη συμπίεση του ελατηρίου. Λύση Η μηχανική ενέργεια διατηρείται αφού η μόνη δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι η δύναμη ελατηρίου (συντηρητική δύναμη). Όταν το ελατήριο αποκτήσει τη μέγιστη συμπίεση του, τότε η ταχύτητα του σώματος μηδενίζεται. Άρα από την αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝐸𝐸𝑘𝑘𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑥𝑥 = � 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑘𝑘 ⇒ 𝑥𝑥 = �0,5 × 22 200 = 0,1𝑚𝑚
89 Ασκήσεις ενότητας 1. Μια μπάλα καλαθόσφαιρας αφήνεται να πέσει κάτω στο έδαφος. Κατά την κίνηση της μπάλας υπάρχει αντίσταση από τον αέρα. Να προσδιορίσετε ποιες από τις δυνάμεις που ασκούνται στην μπάλα παράγουν έργο και ποιες καταναλώνουν έργο. 2. Ένα σώμα μάζας 200g αφήνεται από ηρεμία από ύψος 80m από το έδαφος και φτάνει στο έδαφος με ταχύτητα 35 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Να υπολογίσετε το έργο της αντίστασης του αέρα. 3. Σώμα μάζας 800g αφήνεται από ηρεμία να πέσει από αρχικό ύψος 8m από το έδαφος. Στο έδαφος υπάρχει ένα ελατήριο με σταθερά 𝑘𝑘 = 320 𝑁𝑁 𝑚𝑚 . Να υπολογίσετε τη μέγιστη συμπίεση του ελατηρίου. 4. Τραβούμε ένα κουτί μάζας 2kg σε οριζόντια επιφάνεια με σταθερή ταχύτητα 4m/s χρησιμοποιώντας ένα τεντωμένο νήμα, όπως στο παρακάτω σχήμα. Εάν το νήμα σχηματίζει γωνιά 37o με την οριζόντια διεύθυνση κατά την διάρκεια της κίνησης και ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του κουτιού και την επιφάνια είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0,2 , να υπολογίσετε το έργο της τριβής καθώς και το συνολικό έργο των δυνάμεων κατά την διάρκεια των 20 δευτερόλεπτων.
90 5. Στο παρακάτω σχήμα έχουμε ένα λείο ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ= 10m. Ένα σώμα αφήνεται να κινηθεί από ηρεμία από το σημείο Α .To σώμα κινείται κατά μήκος τόξου 30ο και φτάνει στο σημείο Γ. Να βρείτε το μέτρο της ταχύτητας του σώματος στο σημείο Γ.
91 Λύσεις 1. Η αντίσταση του αέρα καταναλώνει έργο αφού είναι αντίρροπη με τη μετατόπιση (δηλαδή έχει αρνητικό έργο) και το βάρος παράγει έργο αφού είναι ομόρροπη με τη μετατόπιση (δηλαδή έχει θετικό έργο). 2. 𝛴𝛴𝑊𝑊 = 𝛥𝛥𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑊𝑊𝑊𝑊 + 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 𝛦𝛦𝑘𝑘𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 − 𝛦𝛦𝑘𝑘𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − 𝑊𝑊𝑊𝑊 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − (𝑚𝑚𝑚𝑚)𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥(0) = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ ⇒ 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 1 2 × 0,8 × 352 − 0,8 × 10 × 35 = −37,5 𝐽𝐽 3. Όταν το ελατήριο αποκτήσει τη μέγιστη του συσπείρωση, τότε η ταχύτητα του σώματος μηδενίζεται. Άρα από την αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑈𝑈𝑔𝑔𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝑈𝑈𝑔𝑔𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑥𝑥 = � 2𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ 𝑘𝑘 = � 2 × 0,8 × 8 320 = 0,2𝑚𝑚 4.
92 Αναλύουμε την τάση του νήματος σε δυο συνιστώσες και γράφουμε τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα για τις άξονες χ και ψ ξεχωριστά. � 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 − 𝜇𝜇𝜅𝜅𝛮𝛮 = 0 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 + 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 + 𝛮𝛮 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 � 𝑇𝑇𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 − 𝜇𝜇𝜅𝜅𝛮𝛮 = 0 𝑇𝑇𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 + 𝛮𝛮𝜇𝜇𝜅𝜅 − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0 ⇒ 𝛵𝛵(𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂) = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 ⇒ 𝛵𝛵 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑥𝑥𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎+𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 × 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑡𝑡 ,αφού 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 × 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑡𝑡 = 2 × 10 × 0,2 × 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎37 3.19 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎37 + 0,2 × 𝜂𝜂𝜂𝜂37 0.92 × 20 × 5 ⇒ 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 347 𝐽𝐽 Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: 𝛴𝛴𝛴𝛴 = 0 ⇒ 𝛴𝛴𝑊𝑊 = 𝑊𝑊𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛴𝛴𝛴𝛴 × 𝛥𝛥𝛥𝛥 × 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 0 Γενικά όταν σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα, τότε το συνολικό έργο δυνάμεων είναι μηδενικό. 5. Η μόνη δύναμη που παράγει/καταναλώνει έργο είναι το βάρος. Άρα από την αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας, έχουμε: 𝐸𝐸𝑚𝑚𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑚𝑚𝛤𝛤 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝛢𝛢 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝛢𝛢 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝛣𝛣 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝛣𝛣 ⇒ 1 2 𝑣𝑣𝛢𝛢 2 + 𝑔𝑔ℎ𝛢𝛢 = 1 2 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 + 𝑔𝑔ℎ𝛤𝛤
93 Αλλά από τριγωνομετρία έχουμε (βλέπετε το σχήμα) sin 30 = 𝑅𝑅 − ℎ𝛤𝛤 𝑅𝑅 ⇒ ℎ𝛤𝛤 = 1 2 𝑅𝑅 Επίσης έχουμε ℎ𝐴𝐴 = 𝑅𝑅 και 𝑣𝑣𝐴𝐴 = 0 Άρα 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 1 2 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 + 1 2 𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 ⇒ 𝑣𝑣𝛤𝛤 = �𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣𝛤𝛤 = √50 = 7,1 𝑚𝑚 𝑠𝑠
94 Κεφάλαιο 4: Κυκλική κίνηση Η κυκλική κίνηση είναι η κίνηση ενός σώματος σε κυκλική διαδρομή. Η γωνιακή θέση του σώματος σε τέτοια διαδρομή καθορίζεται από την γωνιά θ σε σχέση με ένα άξονα και έχει μονάδα μέτρησης το 1 rad. Η γωνιακή μετατόπιση ορίζεται ως 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜃𝜃2 − 𝜃𝜃1, οπού 𝜃𝜃1 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝜃𝜃2 είναι γωνιακές θέσεις. Η μέση γωνιακή ταχύτητα ορίζεται ως 𝜔𝜔 � = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 και έχει μονάδα μέτρησης 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠 στο SI Η στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα ορίζεται, όπως την στιγμιαία ταχύτητα ως 𝜔𝜔 = lim 𝛥𝛥𝑡𝑡→0 𝜔𝜔 � = 𝑑𝑑𝜃𝜃 𝑑𝑑𝑑𝑑 Προσοχή 1: Όλες τις γωνιές στις παραπάνω σχέσεις πρέπει να είναι σε rad Όταν ένα σώμα έχει σταθερή γωνιακή ταχύτητα, τότε λέμε η κίνηση του είναι ομαλή κυκλική. Η εξίσωση γωνιακής θέσης- χρόνου σε μια τέτοια κίνηση είναι 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡 ⇒ 𝜃𝜃 − 𝜃𝜃0 = 𝜔𝜔𝜔𝜔 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜃𝜃0 + 𝜔𝜔𝜔𝜔
95 Όταν ένα σώμα ολοκληρώνει μια περιστροφή η γωνιακή του μετατόπιση 𝛥𝛥𝛥𝛥 είναι 2π rad. Η γωνιακή θέση και γωνιακή μετατόπιση δεν εξαρτώνται από την ακτίνα της διαδρομής. Εξαρτώνται μόνο από την γωνιά σε σχέση με σταθερό άξονα. Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα σώμα κινείται στον επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 σε κυκλική τροχιά κέντρου Ο. Κινείται από το σημείο Α με διάνυσμα θέσης 𝑟𝑟𝐴𝐴 = 2𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 στο σημείο Β με διάνυσμα θέσης 𝑟𝑟𝐵𝐵 = −2𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 σε 2 δευτερόλεπτα. Να βρεθεί η ελάχιστη γωνιακή ταχύτητα του σώματος. 2. Το παρακάτω σχήμα δείχνει την γραφική παράσταση γωνιακής θέσης- χρόνου ενός σώματος που κινείται σε κυκλική τροχαλία. i. Να προσδιορίσετε πόσες περιστροφές έχει ολοκληρώσει το σώμα στα πρώτα 5 δευτερόλεπτα της κίνησης του. ii. Να βρείτε η μέση γωνιακή ταχύτητα του σώματος στα παρακάτω χρονικά διαστήματα: 0 έως 5 𝑠𝑠 , 5𝑠𝑠 έως 9𝑠𝑠 και 9𝑠𝑠 έως 10𝑠𝑠
96 Λύσεις 1. Καταρχάς για το διάνυσμα 𝑟𝑟 ⃗𝐴𝐴 έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 2 = 1 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜋𝜋 4 είναι η γωνιά που σχηματίζει με τον άξονα x. Ομοίως για το διάνυσμα 𝑟𝑟 ⃗𝛣𝛣 έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 −2 = −1 ⇒ 𝜃𝜃 = 3𝜋𝜋 4 είναι η γωνιά που σχηματίζει με τον άξονα x. Οπότε 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 3𝜋𝜋 4 − 𝜋𝜋 4 = 𝜋𝜋 2 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 είναι η γωνιακή μετατόπιση της κινητήρας. Άρα η μέση γωνιακή ταχύτητα είναι: 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝜋𝜋 2 2 = 𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 2. i. Σε κάθε περιστροφή η γωνιακή μετατόπιση είναι 2π rad. Όμως στα πρώτα 5 δευτερόλεπτα της κίνησής του η γωνιακή μετατόπιση είναι 6π rad. Άρα λογικά το σώμα έχει ολοκληρώσει 6𝜋𝜋 2𝜋𝜋 = 3 περιστροφές. ii. Θα υπολογίσουμε τη μέση γωνιακή ταχύτητα του σώματος σε κάθε χρονικό διάστημα ξεχωριστά. 0 έως 5 𝑠𝑠: 𝜔𝜔1 = 𝛥𝛥𝜃𝜃1 𝛥𝛥𝑡𝑡1 = 6𝜋𝜋 5 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 5𝑠𝑠 έως 9𝑠𝑠: 𝜔𝜔2 = 𝛥𝛥𝜃𝜃2 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = − 12𝜋𝜋 4 = −3𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 9𝑠𝑠 έως 10𝑠𝑠: 𝜔𝜔3 = 𝛥𝛥𝜃𝜃3 𝛥𝛥𝑡𝑡3 = 0 1 = 0
97 Κυκλική κίνηση: Μια περιοδική κίνηση Μια κίνηση ονομάζεται περιοδική εάν η κίνηση επαναλαμβάνεται σε ίσα χρονικά διαστήματα. Ο χρόνος που απαιτείται για ένα σώμα για να ολοκληρωσεί μια περιστροφή ονομάζεται περίοδος και συμβολίζεται με 𝛵𝛵. Στην κυκλική κίνηση αφού η γωνιακή ταχύτητα δίνεται από: 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 ⇒ 𝛵𝛵 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 Εάν ένα σώμα ολοκληρώσει n κύκλους σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 τότε 𝑛𝑛 = 𝑡𝑡 𝑇𝑇 Ο αριθμός των περιστροφών που ολοκληρώνει το σώμα σε 1 δευτερόλεπτο ονομάζεται συχνότητα, συμβολίζεται με 𝑓𝑓, έχει μονάδα μέτρησης το 1 Hertz (Hz) και υπολογίζεται χρησιμοποιώντας τον τύπο 𝑓𝑓 = 1 𝑇𝑇 Η γραμμική ταχύτητα και επιτάχυνση Η γραμμική μετατόπιση του σώματος είναι η μετατόπιση του στο επίπεδο. 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃑ − 𝑟𝑟1 ���⃗ Έτσι και η γραμμική ταχύτητα ορίζεται ως 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 𝛥𝛥𝛥𝛥 . Και η στιγμιαία γραμμική ταχύτητα ορίζεται ως 𝑣𝑣 = 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑑𝑑 Όπου 𝑑𝑑𝑑𝑑 είναι η μήκος του τόξου που έχει διανύσει. Επίσης υπολογίζεται ως 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 όπου η ω είναι η γωνιακή ταχύτητα και 𝑟𝑟 είναι η ακτίνα της διαδρομής. Η κατεύθυνση της γραμμικής ταχύτητας ενός σώματος που κινείται σε κυκλική τροχαία είναι πάντα εφαπτόμενη στην τροχαία.
98 Θα μελετήσουμε ένα παράδειγμα: Δίνεται ένας δίσκος πάνω στον οποίο τοποθετούμε δύο μπάλες. Ο δίσκος περιστρέφεται γύρω από το σημείο 𝛰𝛰. Εάν ο δίσκος περιστρέφεται μια φορά, η δυο μπάλες έχουν περιστρέφει 2𝜋𝜋 rad. Άρα η γωνιακή τους μετατόπιση είναι ίση σε ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα. Άρα και οι γωνιακές τους ταχύτητες είναι ίσες. Αλλά αφού για την μπάλα 𝛢𝛢 η ακτίνα της τροχιάς είναι μεγαλύτερη, διανύει μεγαλύτερη απόσταση σε ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα, δηλαδή η μπάλα Α είναι πιο γρήγορη (έχει μεγαλύτερη γραμμική ταχύτητα). Στα μαθηματικά: � 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛢𝛢 = 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛣𝛣 ⇒ 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛢𝛢 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛣𝛣 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝜔𝜔𝛢𝛢 = 𝜔𝜔𝛣𝛣 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝜔𝜔 𝜔𝜔𝛢𝛢=𝜔𝜔𝛣𝛣 ������ 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 = 𝑟𝑟𝐴𝐴 𝑟𝑟𝐵𝐵 𝑟𝑟𝐴𝐴>𝑟𝑟𝐵𝐵 ����� 𝑣𝑣𝐴𝐴 > 𝑣𝑣𝐵𝐵 Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο που κινείται σε κυκλικό κόμβο ακτίνας 200 μέτρων, διανύει 9ο του κυκλικού τόξου κάθε δευτερόλεπτο. Να βρείτε πιο αριθμό θα δείχνει το ταχύμετρο του αυτοκινήτου σε 𝑘𝑘𝑘𝑘/ℎ. Λύση: Η γωνιακή μετατόπιση του αυτοκινήτου στην μονάδα χρόνου είναι: 9𝜊𝜊 = 𝜋𝜋 20 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, δηλαδή η γωνιακή του ταχύτητα είναι 𝜋𝜋 20 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 Όμως 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝜋𝜋 20 × 200 = 31.4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ≈ 113 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ Η επιτάχυνση στην κυκλική κίνηση Στην κυκλική κίνηση, εάν η ταχύτητά ενός σώματος αλλάζει πάντα, τότε έχει μία επιτάχυνση που ορίζεται ως επιτρόχιος επιτάχυνση (𝑎𝑎𝜀𝜀). Έχει την ίδια διεύθυνση με την ταχύτητα. Αλλά αφού η διεύθυνση της ταχύτητας αλλάζει, τότε έχουμε κεντρομόλο επιτάχυνση (𝑎𝑎𝑐𝑐) που είναι κάθετη στην ταχύτητα του. Έχει κατεύθυνση ως προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς. Η συνολική επιτάχυνση του σώματος υπολογίζεται ως 𝛼𝛼 ⃑ = 𝛼𝛼𝜀𝜀 ����⃗ + 𝛼𝛼𝑐𝑐 ����⃗
99 Δηλαδή το μέτρο της είναι |𝛼𝛼 ⃑| = �|𝛼𝛼𝜀𝜀 ����⃗|2 + |𝛼𝛼𝑐𝑐 ����⃗|2 Επίσης το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης υπολογίζεται με 2 τρόπους ως 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση. Εάν η γωνιακή ταχύτητα του σώματος είναι 𝜔𝜔 και η γραμμική ταχύτητα του είναι 𝑣𝑣, να βρείτε το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης συναρτήσει του 𝜔𝜔 και 𝑣𝑣 Λύση: 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 Όμως 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝜔𝜔 ⇒ 𝑟𝑟 = 𝑣𝑣 𝜔𝜔 ⇒ 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑣𝑣 𝜔𝜔 𝜔𝜔2 ⇒ 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝜔𝜔𝑣𝑣 Παράδειγμα 3: Ένα σώμα κινείται σε κυκλική διαδρομή (ακτίνας 1 μέτρου) και σε μία στιγμή η εξίσωση γραμμικής ταχύτητας του είναι 𝑣𝑣 ⃗ = 𝚤𝚤 ⃗ + 𝚥𝚥 ⃗. Να δείξετε ότι η εξίσωση επιτάχυνσης (κεντρομόλος) του την ίδια στιγμή είναι 𝑎𝑎 ⃗ = −𝚤𝚤 ⃗√2 + 𝚥𝚥 ⃗√2. Λύση: ⎩ ⎨ ⎧|𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = √1 + 1 = √2 𝑚𝑚/𝑠𝑠 |𝑎𝑎𝑐𝑐| = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ |𝑎𝑎𝑐𝑐| = √2 2 1 = 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠2
100 Χρησιμοποιώντας το παραπάνω σχήμα έχουμε ότι 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡45 = �𝑎𝑎𝑦𝑦� |𝑎𝑎𝑥𝑥| ⇒ �𝑎𝑎𝑦𝑦� = |𝑎𝑎𝑥𝑥| Επίσης |𝑎𝑎𝑐𝑐| = ��𝑎𝑎𝑦𝑦� 2 + |𝑎𝑎𝑥𝑥|2 = √2 ⇒ �𝑎𝑎𝑦𝑦� = |𝑎𝑎𝑥𝑥| = 2 √2 = √2 Αφού 𝑎𝑎𝑥𝑥 < 0 ⇒ 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −√2 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Άρα 𝑎𝑎 ⃗ = 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑎𝑎𝑦𝑦𝑗𝑗 = −𝚤𝚤 ⃗√2 + 𝚥𝚥 ⃗√2. Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Δυο σώματα Α και Β μάζας m και 2m αντίστοιχα, κινούνται ομαλά σε δυο ομοκεντρικές κυκλικές τροχιές. Εάν η ακτίνα περιστροφής του σώματος Α είναι διπλάσια από του Β, και τα σώματα έχουν την ίδια κινητική ενέργεια, να βρεθεί ο λόγος 𝑎𝑎𝐴𝐴 𝑎𝑎𝐵𝐵 , όπου 𝑎𝑎𝐴𝐴 και 𝑎𝑎𝛣𝛣 είναι τα μέτρα των κεντρομόλων επιταχύνσεων των σωμάτων αντίστοιχα. 2. Ένα σωματίδιο εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση με γωνιακή ταχύτητα 𝜔𝜔 = 𝜋𝜋 2 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 στο επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥, με αριστερόστροφη φορά. Εάν κάποια στιγμή η επιτάχυνση του σωματιδίου είναι 𝑎𝑎 ⃗ = 2𝑖𝑖 − 2𝑗𝑗, να βρεθεί η επιτάχυνση του 1,5 s μετά από αυτή τη στιγμή. 3. Ένα αυτοκίνητο κινείται με ταχύτητα σταθερού μέτρου, στη παρακάτω διαδρομή. Σε ποιο σημείο (Α,Β,C ή D) έχει την μεγαλύτερη επιτάχυνση; (Ολυμπιάδα Φυσικής Περσίας- 1998)
101 Λύσεις 1. Από τον τύπο της κινητικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝐴𝐴𝑣𝑣𝐴𝐴 2 = 1 2 𝑚𝑚𝐵𝐵𝑣𝑣𝐵𝐵 2 ⇒ � 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 � 2 = 𝑚𝑚𝐵𝐵 𝑚𝑚𝐴𝐴 = 2𝑚𝑚 𝑚𝑚 = 2 Όμως η κεντρομόλος επιτάχυνση είναι: 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑎𝑎𝐴𝐴 𝑎𝑎𝐵𝐵 = 𝑣𝑣𝐵𝐵 2 𝑣𝑣𝐴𝐴 2 × 𝑟𝑟𝐵𝐵 𝑟𝑟𝐴𝐴 = � 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 � 2 × 𝑟𝑟𝐵𝐵 2𝑟𝑟𝐵𝐵 = 2 × 1 2 = 1 ⇒ 𝑎𝑎𝐴𝐴 = 𝑎𝑎𝐵𝐵 Άρα τα δυο σώματα έχουν την ίδια κεντρομόλος επιτάχυνση. 2. Η κεντρομόλος επιτάχυνση είναι πάντα προς το κέντρο του κύκλου, οπότε τη δεδομένη στιγμή η κεντρομόλος επιτάχυνση του σωματιδίου βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο του τριγωνομετρικού κύκλου και σχηματίζει γωνιά : 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 2 = 1 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜋𝜋 4 με τον οριζόντιο άξονα. Όμως: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡 = 𝜋𝜋 2 × 1,5 = 3𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 Οπότε σε 1,5 δευτερόλεπτα, μετατοπίζεται κατά 3𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, και θα βρίσκεται πάνω στον κατακόρυφο άξονα. Όμως η ακτίνα της διαδρομής είναι σταθερή, και το σωματίδιο εκτελεί κυκλική κίνηση, δηλαδή η επιτάχυνση έχει σταθερό μέτρο 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑥𝑥 2 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 2 = √22 + 22 = 2√2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Άρα αυτή τη στιγμή 𝑎𝑎 ⃗ = 2√2𝑗𝑗
102 3. Αφού το μέτρο της ταχύτητας είναι σταθερό, η μόνη επιτάχυνση που υπάρχει είναι η κεντρομόλος επιτάχυνση και υπολογίζεται ως 𝛼𝛼 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 Για να μεγαλύνεται η επιτάχυνση , πρέπει να έχουμε μικρότερη ακτίνα. Η στροφή Β έχει την μικρότερη ακτίνα. Άρα η απάντηση είναι Β
103 H κεντρομόλος δύναμη Εάν ένα σώμα κινείται σε κυκλική διαδρομή, αφού πάντα έχει επιτάχυνση (κεντρομόλος επιτάχυνση) τότε ασκείται και μια δύναμη πάνω στο σώμα. Αυτή η δύναμη είναι η κεντρομόλος δύναμη και έχει τη ίδια φορά με την επιτάχυνση (ως προς το κέντρο της διαδρομής) Άρα χρησιμοποιώντας το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑎𝑎𝑐𝑐 ⟹ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 και 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 Προσοχή 2: Σε ένα σώμα που κινείται σε κυκλική διαδρομή, η κεντρομόλος δύναμη μπορεί να είναι οποιαδήποτε δύναμη (ή συνιστώσα δύναμης) αντίστοιχα με την κατάσταση του (Τάση του νήματος, δύναμη ελατηρίου, τριβή κ.τ.λ.) Παράδειγμα 1 (Κωνικό εκκρεμές): Στο παρακάτω σχήμα υπάρχει ένα σώμα μάζας m, συνδεδεμένο με ένα νήμα (από την οροφή) που κινείται ομαλά σε κυκλική διαδρομή ακτίνας r. Να υπολογίσετε την γωνιά φ που σχηματίζει το νήμα με τον κατακόρυφο άξονα συναρτήσει της γραμμικής ταχύτητας του σώματος και της ακτίνας r.
104 Λύση: Αναλύουμε την τάση του νήματος σε δύο συνιστώσες. Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ �𝑇𝑇𝑦𝑦� = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Σε αυτό το πρόβλημα , η συνιστώσα της τάσης 𝛵𝛵𝑥𝑥 είναι η κεντρομόλος δύναμη (δεν υπάρχει άλλη δύναμη ή συνιστώσα στον άξονα Χ) Άρα |𝑇𝑇𝑥𝑥| = 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 Για να βρούμε την κατεύθυνση, έχουμε: |𝑇𝑇𝑥𝑥| �𝑇𝑇𝑦𝑦� = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝜑𝜑 = tan−1 � 𝑣𝑣2 𝑟𝑟𝑟𝑟 � Παράδειγμα 2: Ένα αυτοκίνητο μάζας m κινείται σε μια στροφή ακτίνας R. Εάν ο συντελεστής τριβής μεταξύ του αυτοκινήτου και του δρόμου είναι 𝜇𝜇, να βρείτε τη μέγιστη ταχύτητα με την οποία το αυτοκίνητο μπορεί να κινείται με ασφάλεια. Λύση Τ W
105 Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = |𝑊𝑊| ⇒ |𝑁𝑁| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Η κεντρομόλος δύναμη είναι η στατική τριβή. Άρα: ⇒ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑁𝑁 𝑁𝑁=𝑚𝑚𝑚𝑚 ����� 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣2 ≤ 𝜇𝜇𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣 ≤ �𝜇𝜇𝑟𝑟𝑟𝑟 Παράδειγμα 3: Στο παρακάτω σχήμα ένα σώμα μάζας ενός κιλού, συνδέεται χρησιμοποιώντας δύο αβαρή νήματα (μήκους L=50 cm το καθένα) με μια ράβδο. Η απόσταση μεταξύ των άκρων των νημάτων είναι 80 cm. Εάν η ράβδος περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα 10 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠, να υπολογίσετε τις τάσεις των νημάτων. Λύση Στο σώμα ασκούνται 3 δυνάμεις (το βάρος, τάση του νήματος 1, τάση του νήματος 2. ) Από τριγωνομετρία ξέρουμε 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 2 𝐿𝐿 = 40 50 = 0,8 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − cos2 𝜑𝜑 = 0,6 και 𝑟𝑟 = 𝐿𝐿𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 30 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,3 𝑚𝑚
106 Από πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇1𝑦𝑦 − 𝑇𝑇2𝑦𝑦 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ⇒ |𝑇𝑇1|𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜑𝜑 − |𝑇𝑇2|𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜑𝜑 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 0,8(|𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2|) = 10 ⇒ |𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2| = 12,5 Το σώμα κινείται κυκλικά, και η κεντρομόλος δύναμη είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα χ 𝛴𝛴𝐹𝐹 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑇𝑇1𝑥𝑥 + 𝑇𝑇2𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(|𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2|) = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ |𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2| = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 0,3 × 102 0,6 = 50 𝑁𝑁 ⇒ � |𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2| = 50 |𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2| = 12,5 ⇒ 2|𝑇𝑇1| = 62,5 ⇒ |𝑇𝑇1| = 31.25 ⇒ |𝛵𝛵2| = 18.75 𝛮𝛮 Άρα |𝛵𝛵1| = 31.25 𝛮𝛮 και |𝛵𝛵2| = 18.75 𝛮𝛮 A B
107 Παράδειγμα 4: Όταν ένα αεροπλάνο θέλει να στρίψει, γυρίζει τα φτερά του ώστε να σχηματίζουν γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα. Έτσι η άντωση που είναι κάθετη στα φτερά του αεροπλάνου, βοηθά το αεροπλάνο να στρίψει. Να υπολογίσετε την ακτίνα της στροφής συναρτήσει της γραμμικής ταχύτητας του αεροπλάνου και της γωνιάς θ. Άντωση (Lift) είναι η συνιστώσα της δύναμης που δρα σε ένα σώμα από ένα ρευστό, σε διεύθυνση κάθετη στην κίνηση του. Λύση Αναλύουμε την άντωση 𝐿𝐿 σε 2 κάθετες συνιστώσες. Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝐿𝐿𝑦𝑦 = 𝑊𝑊 ⇒ |𝐿𝐿| cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ |𝐿𝐿| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 Η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα χ είναι η κεντρομόλος δύναμη. 𝛴𝛴𝛴𝛴𝑥𝑥 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝐿𝐿𝜒𝜒 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ |𝐿𝐿| sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑟𝑟 = 𝑣𝑣2 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃
108 Παράδειγμα 5: Δίνεται η παρακάτω λεία τροχιά, στην οποία αφήνεται ένα σώμα ελεύθερα από το σημείο Α (που βρίσκεται σε ύψος Η από το έδαφος. Να υπολογιστεί η ελάχιστη τιμή του ύψους Η (συναρτήσει του r) έτσι ώστε το σώμα μπορεί να ολοκληρωσεί μια περιστροφή στην κυκλική τροχιά. Λύση Έστω ότι το σώμα ολοκληρώνει μια περιστροφή στην κυκλική τροχιά. Όταν το σώμα φτάνει στο ανώτατο σημείο της κυκλικής τροχιάς, η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα ψ είναι ο κεντρομόλος δύναμη. 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑁𝑁 + 𝑊𝑊 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 Α
109 Το σώμα αφού ολοκληρώνει την κυκλική τροχιά, πρέπει να μην χάνει επαφή με την τροχιά. Άρα πρέπει η κάθετη δύναμη να είναι ομόρροπη με το βάρος. Δηλαδή 𝑁𝑁 ≥ 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 0 𝑚𝑚≥0 ��� 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≥ 𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣 ≥ �𝑟𝑟𝑟𝑟 Όμως από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝑀𝑀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝑀𝑀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) + 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 2𝑔𝑔𝑔𝑔 + 1 2 𝑣𝑣2 𝑣𝑣 ≥ �𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣2 ≥ 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 ≥ 2𝑔𝑔𝑔𝑔 + 1 2 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 5 2 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝐻𝐻 ≥ 5 2 𝑟𝑟 ⇒ 𝐻𝐻𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 5 2 𝑟𝑟 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Να βρεθεί η γραμμική ταχύτητα με την οποία η οποία η Σελήνη περιστρέφεται γύρω από τον πλανήτη Γη (υποθέτοντας ότι η μόνη δύναμη που ασκείται πάνω στην Σελήνη είναι η δύναμη έλξης και η τροχιά περιστροφής της Σελήνης είναι κυκλική.) Δίνεται απόσταση Σελήνης- Γης= 384400 𝑘𝑘𝑘𝑘 και Μάζα της Γης= 6 × 1024 𝑘𝑘𝑘𝑘 2. Ένας κύλινδρος με ακτίνα 𝑟𝑟 περιστρέφεται γύρω από τον κατακόρυφο άξονα 𝛰𝛰𝛰𝛰’ που περνά από τα κέντρα των βάσεων του κυλίνδρου. Να βρείτε πόση πρέπει να είναι η γωνιακή ταχύτητα του κυλίνδρου, έτσι ώστε το σώμα που είναι σε επαφή με τον κύλινδρο (όπως στο σχήμα) να μένει ακίνητο σε σχέση με
110 τον κύλινδρο. Ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ του σώματος και του κυλίνδρου είναι 𝜇𝜇. 3. Ένας μοτοσικλετιστής κινείται σε κυκλικό κόμβο ακτίνας 10m, με σταθερή ταχύτητα 5 m/s. Εάν η μάζα της μοτοσυκλέτας και του μοτοσικλετιστή είναι συνολικά 100 κιλά, να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκεί το έδαφος στη μοτοσυκλέτα. 𝛰𝛰’ 𝛰𝛰
111 Λύσεις 1. Η δύναμη έλξης είναι η κεντρομόλος δύναμη στην κυκλική κίνηση. 𝐹𝐹 𝑔𝑔 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝐺𝐺𝑚𝑚𝛴𝛴𝑚𝑚𝛤𝛤 𝑟𝑟2 = 𝑚𝑚𝛴𝛴𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣 = � 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛤𝛤 𝑟𝑟 = � 6,7 × 10−11 × 6 × 1024 384400 × 103 = 1023 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. Το σώμα ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα. Άρα από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑊𝑊 ⇒ 𝜇𝜇𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇 Επίσης η κάθετη δύναμη Ν είναι η κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝑔𝑔 𝜇𝜇𝑟𝑟 3. Έστω ότι ο μοτοσικλετιστής και η μοτοσυκλέτα είναι ένα σύστημα. Το έδαφος ασκεί δυο δυνάμεις στο σύστημα: την κάθετη δύναμη και τη στατική τριβή μεταξύ της επιφάνειας του κυκλικού κόμβου και των ελαστικών. Η τριβή είναι η κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή: 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 = 100×52 10 = 250 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 Επίσης η καθετή δύναμη υπολογίζεται από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα ως εξής:
112 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 100 × 10 = 1000 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 ⇒ |𝑅𝑅| = �𝑁𝑁2 + 𝑓𝑓𝑠𝑠 2 = √10002 + 2502 = 1031 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
113 Ασκήσεις ενότητας 1. Ένας δορυφόρος περιστρέφεται 12 φορές γύρω από την Γη σε 30 μέρες. Να υπολογίσετε την γωνιακή ταχύτητα του δορυφόρου. 2. Να βρείτε τη γωνιακή ταχύτητα του λεπτοδείκτη ενός ρολογιού. 3. Ένας ανεμιστήρας περιστρέφεται με σταθερή συχνότητα 5 Hz. Εάν τα άκρα των πτερυγίων απέχουν 40 cm από το κέντρο τoυ ανεμιστήρα, να υπολογίσετε τη κεντρομόλο επιτάχυνση των άκρων κάθε πτερύγιου 4. Ένα αυτοκίνητο μάζας 𝑚𝑚 περνά πάνω από μια ημικυκλική γέφυρα ακτίνας R με ταχύτητα σταθερού μέτρου όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Να υπολογίσετε το μέτρο της δύναμης που ασκεί η γέφυρα στο αυτοκίνητο συναρτήσει της μάζας του αυτοκινήτου, της ταχύτητας του αυτοκινήτου και της ακτίνας 𝑅𝑅. 5. Ένα παιδί τοποθετεί το σβηστήρι του πάνω σε ένα κυκλικό τραπέζι το οποίο περιστρέφεται γύρω από το κέντρο του. Εάν το σβηστήρι τοποθετείται σε απόσταση r από το κέντρο του τραπεζιού, να βρείτε τη μέγιστη συχνότητα με την οποία πρέπει να περιστρέφεται το τραπέζι έτσι ώστε το σβηστήρι να μην ολισθαίνει. Να δώσετε την απάντηση σας συναρτήσει του συντελεστής στατικής τριβής 𝜇𝜇𝑠𝑠 (μεταξύ του τραπέζιου και του σβηστηριού), και της απόστασης r.
114 6. Μια βαριά λάμπα μάζας 2 κιλών ενώνεται με την οροφή χρησιμοποιώντας ένα καλώδιο μήκους 𝐿𝐿. Τραβούμε τη λάμπα προς τα δεξιά έτσι ώστε να σχηματίζει γωνιά θ με τον κατακόρυφο άξονα και την αφήνουμε να κινηθεί ελεύθερα. Εάν η μέγιστη δύναμη που μπορεί να αντέξει το καλώδιο είναι 36Ν, να βρείτε τη μέγιστη τιμή της γωνιάς θ, έτσι ώστε το νήμα να μην κόβεται. 7. Δυο σώματα μάζας 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 κινούνται σε κυκλικές τροχιές με ακτίνες 𝑅𝑅1 και 𝑅𝑅2 και περιόδους 𝛵𝛵1 και 𝛵𝛵2 αντίστοιχα, υπό την επίδραση κεντρομόλου δύναμη ιδίου μέτρου. Να δείξετε ότι: 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = � 𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝑚𝑚2𝑅𝑅2 8. Ένα σώμα συνδέεται με αβαρές νήμα μήκους L και περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο. Εάν στο κατώτατο σημείο της τροχιάς η τάση του νήματος είναι τριπλάσια του βάρους, να υπολογίσετε την ταχύτητα του σε αυτό το σημείο.
115 9. Στο παρακάτω σχήμα 4 όμοια σώματα, μάζας m το καθένα, είναι τοποθετημένα πάνω σε τετράγωνο πλευράς α. Τα σώματα κινούνται πάνω σε ένα κύκλο με γωνιακή ταχύτητα ω λόγω των ελκτικών δυνάμεων μεταξύ τους. Να δείξετε ότι 𝜔𝜔 = � 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� όπου 𝐺𝐺 είναι το σταθερό παγκόσμιας έλξης. (Ολυμπιάδα Φυσικής Περσίας 2010) 10. Στο παρακάτω σχήμα ένα σώμα μάζας 1kg εφάπτεται με ένα ελατήριο με σταθερά 𝑘𝑘 = 400 𝑁𝑁 𝑚𝑚 . Να βρείτε τουλάχιστον πόσα μέτρα πρέπει να συμπιέσουμε το ελατήριο, έτσι ώστε όταν αφήνουμε το σώμα να κινηθεί, μπορεί να κινηθεί στον παρακάτω λεία κυκλική διαδρομή ακτίνας 0,5 𝑚𝑚.
116 Λύσεις 1. 𝑛𝑛 = 𝑡𝑡 𝑇𝑇 ⇒ 12 = 30 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑇𝑇 = 30 × 24 × 3600𝑠𝑠 𝑇𝑇 ⇒ 𝑇𝑇 = 216000 𝑠𝑠 ⇒ 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 = 2 × 3,14 216000 = 2,9 × 10−5 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 2. 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 2𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 60 × 60𝑠𝑠 = 𝜋𝜋 1800 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 3. Έχουμε: 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 𝑇𝑇= 1 𝑓𝑓 � � � � 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋𝑓𝑓 = 2 × 𝜋𝜋 × 5 = 10𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 Άρα από τον τύπο του κεντρομόλου επιτάχυνση: 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 = 0,4 × (10𝜋𝜋)2 = 394,8 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 4. Η θετική φορά του κεντρομόλου δύναμη είναι προς τα κάτω (αφού είναι προς το κέντρο του ημικύκλιου). Επίσης η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα ψ είναι ο κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑅𝑅 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚 �𝑔𝑔 − 𝑣𝑣2 𝑅𝑅 �
117 5. Η κεντρομόλος δύναμη σε αυτή την περίπτωση είναι η στατική τριβή όπως το αυτοκίνητο σε στροφή). 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑟𝑟 Το σβηστήρι ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα. Δηλαδή από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Επίσης: 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑁𝑁 ⇒ 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝜔𝜔2 ≤ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 ⇒ 𝜔𝜔 ≤ � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 Όμως 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋𝑓𝑓 ⇒ 𝑓𝑓 = 𝜔𝜔 2𝜋𝜋 ⇒ 𝑓𝑓 ≤ 1 2𝜋𝜋 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 ⇒ 𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1 2𝜋𝜋 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 6. Η μηχανική ενέργεια της λάμπας διατηρείται και για αυτό είναι προφανές ότι έχει την μέγιστη ταχύτητα όταν το νήμα (καλώδιο) είναι κατακόρυφο (συμπέρασμα 1). Από την άλλη πλευρά η
118 κεντρομόλος είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα που περνά από το νήμα. Δηλαδή 𝑇𝑇 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜑𝜑 Όσο πιο μικρή είμαι η γωνιά φ τόσο πιο μεγάλη είναι το cos 𝜑𝜑 (συμπέρασμα 2). Άρα λοιπόν από τα συμπεράσματα 1 και 2 είναι προφανές ότι η τάση του νήματος είναι μέγιστη όταν το καλώδιο είναι κατακόρυφο. Όταν το νήμα είναι κατακόρυφο 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 Επίσης αφού η μηχανική ενέργεια της λάμπας διατηρείται 𝐸𝐸𝑀𝑀𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑀𝑀𝐵𝐵 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚(𝐿𝐿 − 𝐿𝐿 cos 𝜃𝜃) = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣2 = 2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − cos 𝜃𝜃) ⇒ 𝑇𝑇 = 2𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚(1 − cos 𝜃𝜃) 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2𝑚𝑚𝑚𝑚(1 − cos 𝜃𝜃) + 𝑚𝑚𝑚𝑚 Θέτουμε Τ=36Ν, για να βρούμε την μέγιστη γωνιά θ. Άρα 36 = 2 × 2 × 10 × (1 − cos 𝜃𝜃) + 2 × 10 ⇒ 1 − cos 𝜃𝜃= 16 40 = 2 5 ⇒ cos 𝜃𝜃 = 3 5 ⇒ 𝜃𝜃 = 53𝜊𝜊
119 7. 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑅𝑅 ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝐹𝐹 𝑅𝑅𝑅𝑅 ⇒ 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 � 𝐹𝐹 𝑅𝑅𝑅𝑅 = 2𝜋𝜋� 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐹𝐹 ⇒ 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = 2𝜋𝜋�𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝐹𝐹 2𝜋𝜋�𝑚𝑚2𝑅𝑅2 𝐹𝐹 = � 𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝑚𝑚2𝑅𝑅2 8. Η συνισταμένη δύναμη στον άξονα ψ είναι η κεντρομόλος δύναμη. Άρα: 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 = 3𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣2 𝐿𝐿 = 2𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔 9. Η κεντρομόλος δύναμη σε κάθε σώμα είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα που έχει φορά προς το κέντρο του κύκλου (άξονα χ). Γι’ αυτό θα υπολογίσουμε πρώτα αυτή την δύναμη.
120 Έχουμε από την σχέση για την ελκτική δύναμη και το πυθαγόρειο θεώρημα: |𝐹𝐹1| = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑅𝑅2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 (𝑎𝑎√2)2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 2𝑎𝑎2 |𝐹𝐹2| = |𝐹𝐹3| = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 ⇒ 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝐹𝐹1 + 𝐹𝐹2𝑥𝑥 + 𝐹𝐹3𝑥𝑥 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 2𝑎𝑎2 + 2 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 cos 45 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� Από τον τύπο της κεντρομόλου δύναμη: 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 Όπου 𝑟𝑟 = √2 2 𝑎𝑎 (Από πυθαγόρειο). Λύνοντας την εξίσωση παίρνουμε: 𝜔𝜔2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� 𝑚𝑚𝑚𝑚√2 2 = 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� 10. Έστω ότι το σώμα ολοκληρώνει την κυκλική διαδρομή. Πρώτα από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας, 𝛦𝛦𝛢𝛢 = 𝛦𝛦𝛣𝛣 ⇒ 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) Επίσης στην θέση Β, (από παράδειγμα 5- κεντρομόλου δύναμη) 𝑣𝑣𝐵𝐵 ≥ �𝑔𝑔𝑔𝑔 = √5 𝑚𝑚 𝑠𝑠
121 Άρα 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) ⇒ 200𝑥𝑥2 ≥ 5 2 + 10 × (2 × 0,5) ⇒ 𝑥𝑥 ≥ 0,25 𝑚𝑚
122 Κεφάλαιο 5: Ορμή Η έννοια της ορμής και της μέσης συνισταμένης δύναμης Έστω ότι μια σφήκα και ένα φορτηγό κινούνται με την ίδια σταθερή ταχύτητα προς έναν τοίχο. Όταν μελετούμε την κίνηση τους δεν υπάρχει καμία διαφορά μεταξύ τους αφού τα δύο έχουν σταθερές και ίσες ταχύτητες. Όμως όταν η σφήκα και το φορτηγό συγκρούονται με τον τοίχο, η σφήκα συντρίβεται αλλά το φορτηγό σπάζει τον τοίχο. Στην πραγματικότητα υπάρχει αρκετά μεγάλη διαφορά μεταξύ των μαζών τους, και ο λόγος που υπάρχει το παραπάνω φαινόμενο είναι οι διαφορετικές μάζες των δυο σωμάτων. Για αυτό τον λόγο, για να μελετήσουμε την κίνηση ενός σώματος ορίζουμε ένα καινούργιο μέγεθος που λέγεται η ορμή. Το διάνυσμα της ορμής δίνεται από την σχέση 𝑷𝑷 ��⃗ = 𝒎𝒎𝒗𝒗 � �⃗ όπου 𝒎𝒎 είναι η μάζα του σώματος και 𝒗𝒗 � �⃗ είναι η ταχύτητα του. Η μονάδα μέτρησης της ορμής στο S.I. είναι 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Όμως η ορμή ενός σώματος συνδέεται με την μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται επάνω του. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, η μέση συνισταμένη δύναμη ισούται με: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ � = 𝑚𝑚𝑎𝑎 ⃗ � = 𝑚𝑚 𝛥𝛥𝑣𝑣 ⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑣𝑣 ⃗0) 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⃗ − 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⃗0 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑃𝑃 �⃗ − 𝑃𝑃 �⃗0 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 Δηλαδή η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται σε ένα σώμα κατά συγκεκριμένο χρονικό διάστημα υπολογίζεται ως: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ � = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 (Γενικευμένος 2ος Νόμος του Νεύτωνα)
123 Παράδειγμα 1: Μια μπάλα μάζας 2kg αφήνεται από ηρεμία από ύψος 5m πάνω από το έδαφος. Αφού συγκρουστεί με το έδαφος, αναπηδά με ταχύτητα 5 m/s. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το έδαφος για 0,1s, βρείτε τη μέση δύναμη που ασκείται στην μπάλα από το έδαφος. (Έστω ότι 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2) Λύση: Θεωρούμε ότι η θετική κατεύθυνση είναι προς τα κάτω. Η μπάλα εκτελεί ελεύθερη πτώση, δηλαδή: 2gΔ𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 2 − 𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 2 × 10 × 5 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 100 ⇒ 𝑣𝑣1 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Θα υπολογίσουμε την ορμή της μπάλας ακριβώς πριν και μετά τη σύγκρουση με το έδαφος: 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣1 ����⃗ = 2 × 10 = 20𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ����⃗ = 2 × (−5) = −10 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Να προσέξετε ότι η μπάλα αναπηδά αρά η ταχύτητα του μετά την σύγκρουση με το έδαφος είναι αντίρροπη της αρχικής ταχύτητας. Με άλλα λόγια έχει αρνητική τιμή. Άρα ∆𝑃𝑃 �⃗ = −10 − 20 = −30𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στην μπάλα είναι: 𝐹𝐹 � = ∆𝑃𝑃 �⃗ ∆𝑡𝑡 = −30 0,1 = −300𝑁𝑁
124 Παράδειγμα 2: Μία μπάλα ποδοσφαίρου μάζας 200 g κινείται σε οριζόντιο έδαφος με ταχύτητα 10 m/s. Ένας ποδοσφαιριστής κλωτσά την μπάλα και η μπάλα φεύγει από το έδαφος με ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 37ο ως προς το έδαφος. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το πόδι του ποδοσφαιριστή για 0,01s, να βρείτε το μέτρο της μέσης δύναμης που ασκείται στην μπάλα. Λύση Έστω ότι η ταχύτητα της μπάλας πριν και μετά που φεύγει από το έδαφος είναι 𝑢𝑢 και 𝑣𝑣 αντίστοιχα. Θα αναλύσουμε την ταχύτητα 𝑣𝑣 σε συνιστώσες 𝑣𝑣𝑥𝑥 και 𝑣𝑣𝑦𝑦. Έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 20𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐37 = 16 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 20𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠37 = 12 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Άρα 𝑣𝑣 ⃗ = 16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 Επίσης αφού η αρχική της ταχύτητα ήταν οριζόντια έχουμε 𝑢𝑢 �⃗ = 10𝑖𝑖 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη δίνεται από την σχέση: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ = Δ𝑃𝑃 �⃗ Δ𝑡𝑡 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑢𝑢 �⃗) 0,01 = 0,2 0,01 (16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 − 10𝑖𝑖) = 120𝑖𝑖 + 240𝑗𝑗 Άρα �𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗� = √1202 + 2402 = 268 𝛮𝛮
125 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Μία μπάλα μάζας 5kg βάλλεται με οριζόντια ταχύτητα 6 m/s από αρχικό ύψος 3,2m από το έδαφος. Η μπάλα χτυπά το έδαφος και αναπηδά με ταχύτητα 8m/s η οποία σχηματίζει γωνιά 53ο με το έδαφος. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το έδαφος για 0,01s, να υπολογίσετε τη μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα. 2. Ένα αυτοκίνητο και ένα φορτηγό με μάζες 1500kg και 18000 kg αντίστοιχα κινούνται το ένα προς το άλλο με ταχύτητες 8m/s και 5m/s αντίστοιχα. Κάποια στιγμή συγκρούονται μεταξύ τους και κινούνται με κοινή ταχύτητα 4 m/s. Η σύγκρουση διαρκεί για 0,2s. Δεδομένου ότι ο οδηγός του φορτηγού του αυτοκινήτου έχουν μάζα 100 κιλών ο καθένας, να προσδιορίσετε τον λόγο 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 όπου 𝐹𝐹2 είναι η μέση δύναμη που ασκείται στον οδηγό του αυτοκινήτου κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης και 𝐹𝐹1 είναι η μέση δύναμη που ασκείται στον οδηγό του φορτηγού κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης.
126 Λύσεις 1. Έστω ότι η ταχύτητα της μπάλας ακριβώς πριν και μετά από το χτύπημα στο έδαφος είναι u και v αντίστοιχα. Η μπάλα εκτελεί οριζόντια βολή. Άρα η ταχύτητα της ακριβώς πριν να χτυπήσει το έδαφος δίνεται από τις σχέσεις 𝑢𝑢𝑥𝑥 = 𝑢𝑢0 = 6 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑢𝑢𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 = −𝑔𝑔� 2𝐻𝐻 𝑔𝑔 = −�2𝑔𝑔𝑔𝑔 = �2 × 10 × 3,2 = −8 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα 𝑢𝑢 �⃗ = 6𝑖𝑖 − 8𝑗𝑗 Επίσης αναλύουμε την ταχύτητα v σε δύο συνιστώσες και έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣53𝑜𝑜 = 4,8 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣53𝑜𝑜 6,4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Άρα 𝑣𝑣 ⃗ = 4,8𝑖𝑖 + 6,4𝑗𝑗. Τώρα η μέση συνισταμένη δύναμη υπολογίζεται ως: 𝐹𝐹 ⃗ = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑃𝑃2 − 𝑃𝑃1 0,01 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑢𝑢 �⃗) 0,01 = 5(4,8𝑖𝑖 + 6,4𝑗𝑗 − 6𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗) 0,01 ⇒ 𝐹𝐹 ⃗ = −600𝑖𝑖 + 7200𝑗𝑗 ⇒ �𝐹𝐹 ⃗� = √6002 + 72002 = 600√145 = 7225 𝑁𝑁 2. Από την σχέση 𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 , έχουμε 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ � 𝐹𝐹1Δ𝑡𝑡1 = 𝑚𝑚1Δ𝑣𝑣1 𝐹𝐹2Δ𝑡𝑡2 = 𝑚𝑚2Δ𝑣𝑣2 Δ𝑡𝑡1=Δ𝑡𝑡2=0,2, 𝑚𝑚1=𝑚𝑚2=100 ��������������������� 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 = Δ𝑣𝑣2 Δ𝑣𝑣1 = 4 − (−8) 4 − 5 ⇒ 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 = −12
127 Η Αρχή Διατήρησης της Ορμής Δίνεται ένα σύστημα σωμάτων το οποίο αποτελείται από 𝛮𝛮 σώματα μαζών 𝑚𝑚1, 𝑚𝑚2, … , 𝑚𝑚𝛮𝛮 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣 ⃗1, 𝑣𝑣 ⃗2, … , 𝑣𝑣 ⃗𝑁𝑁 αντίστοιχα. Το διανυσματικό άθροισμα 𝑃𝑃 �⃗ = 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 + ⋯ + 𝑚𝑚𝑁𝑁𝑣𝑣 ⃗𝑁𝑁 , δηλαδή το διανυσματικό άθροισμα των ορμών των 𝛮𝛮 σωμάτων ονομάζεται συνολική ορμή του συστήματος. Τώρα υπάρχουν δυνάμεις που ασκούνται μεταξύ των σωμάτων του συστήματος, που λέγονται εσωτερικές δυνάμεις. Όμως μελετώντας το σύστημα των σωμάτων (δηλαδή όλα τα σώματα μαζί), αυτές οι δυνάμεις εμφανίζονται σε ζεύγη δράσης-αντίδρασης και συνεπώς η συνισταμένη τους ισούται με μηδέν. Άρα προφανώς μόνο οι εξωτερικές δυνάμεις, δηλαδή οι δυνάμεις που ασκούν σώματα εκτός του συστήματος στα σώματα του συστήματος (π.χ. το βάρος που ασκείται από την Γη εάν η Γη δεν ανήκει στο σύστημα) μεταβάλλουν τη συνολική ορμή του συστήματος. Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής αυτής από το γενικευμένο 2ο Νόμο του Νεύτωνα ισούται με την συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων. Δηλαδή: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ = 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝛥𝛥𝑡𝑡 :(1)
128 Από την σχέση (1) είναι φανερό ότι εάν σε ένα σύστημα η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων ισούται με μηδέν, τότε 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ = 0, δηλαδή η συνολική ορμή του συστήματος δεν μεταβάλλεται (Αρχή Διατήρησης της Ορμής). Επιπλέον εάν η εξωτερική συνισταμένη δύναμη δρα στο σύστημα για πολύ μικρό χρονικό διάστημα τότε 𝛥𝛥𝑡𝑡 ≈ 0. Άρα από την σχέση (1) παίρνουμε 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ ≈ 0, δηλαδή , δηλαδή η συνολική ορμή του συστήματος δεν μεταβάλλεται προσεγγιστικά. Παράδειγμα 1: Ένας πύραυλος μάζας 3000kg κινείται στο διάστημα σε οριζόντια διεύθυνση (όπου δεν ασκείται καμία δύναμη στο πύραυλο) με σταθερή ταχύτητα 100m/s. Ο εκτοξευτής του πυραύλου (που αποτελεί το πίσω μέρος του), μάζας 1000kg διαχωρίζεται από τον πύραυλο και κινείται προς την αντίθετη κατεύθυνση με ταχύτητα 40 m/s. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του πυραύλου μετά την διαχώριση του εκτοξευτή. Λύση Οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ του εκτοξευτή και του πυραύλου είναι εσωτερικές. Άρα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. 𝑃𝑃𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼.𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝑃𝑃𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏.𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 ⇒ 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣1 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 = �3000 × 100 − 1000 × (−40)� (3000 − 1000) = 170 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Προσοχή 1: Αφού ο εκτοξευτής κινείται προς την αντίθετη κατεύθυνση, έχει αρνητική ταχύτητα −40 𝑚𝑚 𝑠𝑠
129 Παράδειγμα 2: Μια μικρή σφαίρα μάζας 𝑚𝑚 κινείται με σταθερή ταχύτητα 𝑣𝑣 και χτυπά ένα αρχικά ακίνητο ξύλινο κύβο μάζας 2𝑚𝑚 πάνω σε μια λεία επιφάνεια. Η σφαίρα περνάει από το κύβο και η ταχύτητα της μειώνεται σε 𝑣𝑣 2 . Να βρείτε την θερμική ενέργεια που απελευθερώνεται κατά την σύγκρουση. Λύση Θεωρούμε ότι ο κύβος και η σφαίρα είναι ένα σύστημα και έστω ότι η ταχύτητα του κύβου μετά την σύγκρουση είναι 𝑢𝑢. Η αρχική συνολική ορμή του συστήματος 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑚𝑚 και μετά τη σύγκρουση είναι 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑚𝑚 2 + 2𝑚𝑚𝑚𝑚. Αφού η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδέν, ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Ορμής 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 2 + 2𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑣𝑣 4 Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 1 2 𝑚𝑚 � 𝑣𝑣 2 � 2 + 1 2 (2𝑚𝑚) � 𝑣𝑣 4 � 2 + 𝑄𝑄 όπου Q είναι η θερμική ενέργεια. Λύνοντας την εξίσωση παίρνουμε: 𝑄𝑄 = 5 16 𝑚𝑚𝑣𝑣2
130 Ελαστικές και ανελαστικές κρούσεις Όταν δυο σώματα σε οριζόντιο επίπεδο συγκρούονται, οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ τους είναι εσωτερικές δυνάμεις του συστήματος των δύο σωμάτων. Εάν δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στα σώματα (π.χ. τριβή) ή εάν η διάρκεια της κρούσης είναι αμελητέα, τότε ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα των σωμάτων. Μια κρούση που γίνεται σε ευθεία γραμμή λέγεται μετωπική κρούση. Γενικά υπάρχουν δυο κατηγορίες κρούσεων: ελαστικές και ανελαστικές. Κατηγορία 1: Μετωπικές ελαστικές κρούσεις Μία κρούση στην οποία δεν υπάρχει απώλεια κινητικής ενέργειας λέγεται ελαστική κρούση. Από τον ορισμό, είναι φανερό ότι δεν απελευθερώνεται θερμότητα και δεν ακούγεται κρότος κατά μια ελαστική κρούση. Θα μελετήσουμε αυτές τις κρούσεις. Έστω ότι έχουμε δυο σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣1 και 𝑣𝑣2 αντίστοιχα. Επίσης έστω ότι τα σώματα συγκρούονται ελαστικά και μετά την κρούση, τα σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 κινούνται με ταχύτητες 𝑢𝑢1 και 𝑢𝑢2 αντίστοιχα. Θα προσπαθούμε να βρούμε αυτές τις τελικές ταχύτητες συναρτήσει των αρχικών ταχυτήτων και των μαζών. Από τον ορισμό της ελαστικής κρούσης, η συνολική κινητική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Άρα 1 2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 2 + 1 2 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 2 = 1 2 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 2 + 1 2 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 2 ⇒ 1 2 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 2 − 𝑢𝑢1 2) = 1 2 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 2 − 𝑣𝑣2 2) ⇒ 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1)(𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣2)(𝑢𝑢2 + 𝑣𝑣2) Επίσης ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Ορμής. Δηλαδή: 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2
131 ⇒ 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣1) Άρα από την σχέση 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1)(𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣2)(𝑢𝑢2 + 𝑣𝑣2), είναι φανερό ότι πρέπει να ισχύει: 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 ⇒ � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ � 𝑢𝑢1 − 𝑢𝑢2 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣1 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 ⇒ � 𝑚𝑚2𝑢𝑢1 − 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 𝑚𝑚2𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 ⇒ 𝑢𝑢1(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 − 𝑣𝑣2 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑣𝑣1 − 𝑣𝑣2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Άρα οι τελικές ταχύτητες των δυο σωμάτων μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
132 Κατηγορία 2: Μετωπικές ανελαστικές κρούσεις Οι παραπάνω κρούσεις στην πραγματικότητα είναι ανελαστικές, αφού απελευθερώνεται ηχητική και θερμική ενέργεια. Μία ειδική περίπτωση είναι όταν τα δύο σώματα συσσωματώνονται μετά την κρούση και προφανώς αφού συσσωματώνονται κινούνται με την ίδια ταχύτητα. Ονομάζουμε τέτοιες κρούσεις ως απόλυτα ανελαστικές ή πλαστικές κρούσεις. Θα μελετήσουμε αυτές τις κρούσεις. Έστω ότι έχουμε δυο σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣1 και 𝑣𝑣2 αντίστοιχα. Έστω ότι τα σώματα συγκρούονται ελαστικά και μετά την κρούση, τα σώματα κινούνται με κοινή ταχύτητα 𝑢𝑢. Αφού ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής έχουμε: 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑢𝑢 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Κατηγορία 3: Κρούσεις σε δύο διαστάσεις Μερικές φορές μια κρούση δεν είναι μετωπική και τα σώματα που συγκρούονται, συγκρούονται υπό κάποια γωνιά. Σε αυτές τις περιπτώσεις ομοίως ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής εάν δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα των δύο σωμάτων. Θα μελετήσουμε ένα παράδειγμα. Παράδειγμα 1: Ένα σώμα μάζας 9kg κινείται με σταθερή ταχύτητα μέτρου 20 m/s και με γωνιά 37ο ως προς τον άξονα χ. Άλλο σώμα μάζας 7kg κινείται με κατακόρυφη ταχύτητα 28 m/s στη θετική κατεύθυνση του άξονα y. Εάν τα δύο σώματα συγκρούονται πλαστικά, να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας του συσσωματώματος.
133 Λύση Αναλύουμε την ταχύτητα του πρώτου σώματος σε δυο συνιστώσες και στην συνέχεια, την γράφουμε σε διανυσματική μορφή. 𝑣𝑣1𝑥𝑥 = 𝑣𝑣1 cos 37 = 16 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , 𝑣𝑣1𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 sin 37 = 12 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ⇒ 𝑣𝑣 ⃗1 = 16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 , 𝑣𝑣 ⃗2 = 28𝑗𝑗 Τώρα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. Δηλαδή: 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑢𝑢 �⃗ ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 9 × (16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗) + 7 × 28𝑗𝑗 9 + 7 ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 9𝑖𝑖 + 19𝑗𝑗 ⇒ |𝑢𝑢 �⃗| = �92 + 192 = 21 𝑚𝑚 𝑠𝑠
134 Ασκήσεις ενότητας 1. Ένας μαθητής στέκεται πάνω στο skateboard του με μία μπάλα του ποδοσφαίρου στα χέρια του σε μία μέρα που χιονίζει (δηλαδή δεν υπάρχει τριβή μεταξύ του skateboard και του εδάφους). Ο μαθητής ρίχνει την μπάλα του με μεγάλη οριζόντια ταχύτητα μπροστά. Να εξηγήσετε γιατί ο μαθητής γλιστρά μαζί με το skateboard του προς τα πίσω. 2. Δύο όμοιες ελαστικές σφαίρες μάζες m1 και m2 κρέμονται από την οροφή μέσω δύο αβαρών νημάτων ίσου μήκους. Η σφαίρα μάζας m1 ανυψώνεται σε ύψος h από την αρχική της θέση και αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα. Η σφαίρα στην συνέχεια συγκρούεται με την σφαίρα μάζας m2. Να υπολογίσετε τη μέγιστη ανύψωση Υ της σφαίρας 2 συναρτήσει των μεγεθών 𝑚𝑚1, 𝑚𝑚2, 𝑔𝑔, και ℎ. 3. Μία μπάλα του μπάσκετ μάζας 600g αφήνεται ελεύθερα να πέσει στο έδαφος από ύψος 5m. Η μπάλα συγκρούεται με το έδαφος και αναπηδά. Εάν η απώλεια ενέργειας κατά την σύγκρουση είναι 3J και η διάρκεια της κρούσης ήταν 0,05s , να υπολογίσετε τη μέση συνισταμένη δύναμη που δέχεται η μπάλα.
135 4. Μία ελαστική σφαίρα μάζας m κρέμεται κατακόρυφα από ένα αβαρές νήμα μήκους L το οποίο συνδέεται με την οροφή. Το κατώτερο σημείο της σφαίρας εφάπτεται αρχικά στο έδαφος. Δίπλα από την σφαίρα στον έδαφος εφάπτεται μια μπάλα του μπιλιάρδου μάζας Μ. Το νήμα και η σφαίρα ανυψώνονται ώστε το νήμα να σχηματίζει γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα. Η σφαίρα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα και στη συνέχεια συγκρούεται με την μπάλα. Να υπολογίσετε την ταχύτητα της μπάλας ακριβώς μετά την κρούση συναρτήσει των μεγεθών θ, Μ, m, g και L υποθέτοντας ότι η κρούση είναι εντελώς ελαστική. 5. Όταν μία μικρή τσίχλα βάλλεται προς ένα κινούμενο αυτοκίνητο συγκρούεται με το αυτοκίνητο και κολλά σε αυτό. Δηλαδή γίνεται μία πλαστική κρούση. Να εξηγήσετε γιατί δεν παρατηρούμε μεταβολή στην ταχύτητα του αυτοκινήτου παρόλο που γίνεται μια κρούση, τεκμηριώνοντας την απάντηση σας με την χρήση των μαθηματικών τύπων.
136 Λύσεις 1. Έστω ότι ο μαθητής ρίχνει την μπάλα με ταχύτητα 𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇. Για το σύστημα μαθητή-skateboard και μπάλας, η αρχική ορμή είναι μηδέν. Μετά που ο μαθητής ρίχνει την μπάλα, από την αρχή διατήρησης της ορμής, η ορμή του συστήματος πρέπει να παραμένει μηδέν (αφού δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα). Άρα πρέπει να έχουμε: 0 = 𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 + 𝑃𝑃 ⇒ 𝑃𝑃𝑠𝑠 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 Δηλαδή ο μαθητής και το skateboard δεν θα έχουν μηδενική ορμή και θα κινούνται. Τώρα 𝑃𝑃 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 ⇒ 𝑀𝑀𝑀𝑀 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 ⇒ 𝑢𝑢 = − 𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑀𝑀 Άρα η ταχύτητα τους θα είναι αντίρροπη της μπάλας και θα κινούνται προς τα πίσω. 2. Από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργεια η ταχύτητα v1 της σφαίρας 1 πριν την κρούση δίνεται από την σχέση: 𝑚𝑚1𝑔𝑔ℎ = 1 2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 2 ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔ℎ Επίσης αφού η κρούση είναι ελαστική οι ταχύτητες των σφαιρών μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Αφού το σώμα 2 ήταν ακίνητο πριν την κρούση 𝑣𝑣2 = 0 άρα η ταχύτητα της σφαίρας 2 μετά την κρούση είναι
137 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Εφαρμόζουμε ξανά την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας και έχουμε: 1 2 𝑚𝑚𝑢𝑢2 2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝛶𝛶 = 𝑢𝑢2 2 2𝑔𝑔 = 4𝑚𝑚1 2 𝑣𝑣1 2 2𝑔𝑔(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 = 4𝑚𝑚1 2(2𝑔𝑔ℎ) 2𝑔𝑔(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 ⇒ 𝛶𝛶 = 4ℎ𝑚𝑚1 2 (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 3. Θεωρούμε ότι η θετική κατεύθυνση είναι προς τα κάτω. Η μπάλα εκτελεί ελεύθερη πτώση, δηλαδή: 2gΔ𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 2 − 𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 2 × 10 × 5 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 100 ⇒ 𝑣𝑣1 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η απώλεια ενέργειας της σφαίρας είναι 3J, δηλαδή: 𝛦𝛦𝑘𝑘2 = 𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 5 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 − 5 = 1 2 × 0,6 × 102 − 3 = 27𝐽𝐽 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 = 27 ⇒ 𝑣𝑣2 2 = 90 ⇒ 𝑣𝑣2 = −9,5 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα: 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣1 ����⃗ = 0,6 × 10 = 6𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ����⃗ = 0,6 × (−9,5) = −5,7 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στην μπάλα είναι: 𝐹𝐹 � = ∆𝑃𝑃 �⃗ ∆𝑡𝑡 = −5,7 − 6 0,05 = −234𝑁𝑁
138 4. Από το σχήμα είναι φανερό ότι η σφαίρα ανυψώθηκε κατά ℎ = 𝐿𝐿 − 𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 Άρα από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας: 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔ℎ ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐) Επίσης αφού η κρούση είναι ελαστική οι ταχύτητες των σφαιρών μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Αφού το σώμα 2 ήταν ακίνητο πριν την κρούση 𝑣𝑣2 = 0 άρα η ταχύτητα της σφαίρας 2 μετά την κρούση είναι 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1�2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐) 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 5. Έχουμε πλαστική κρούση. Άρα η ταχύτητα του αυτοκινήτου μετά την κρούση με τη τσίχλα δίνεται από την σχέση: 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝛵𝛵𝑣𝑣𝛵𝛵 𝑚𝑚𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝛵𝛵
139 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝑇𝑇𝑣𝑣𝑇𝑇 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑚𝑚𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝑇𝑇 𝑚𝑚𝐴𝐴 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 𝑚𝑚𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵𝑣𝑣𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑚𝑚𝛢𝛢 𝑚𝑚𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑣𝑣𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑣𝑣𝑇𝑇 1 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 Τώρα αφού η μάζα του αυτοκινήτου είναι πολύ μεγαλύτερη από την μάζα της τσίχλας (π.χ. η μάζα της τσίχλας είναι 20 γραμμάρια και του αυτοκινήτου είναι 1500kg) το κλάσμα 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 τείνει να πάρει την τιμή 0. Δηλαδή 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 ≈ 0 Άρα από την παραπάνω σχέση είναι φανερό ότι 𝑢𝑢 ≈ 𝑣𝑣𝐴𝐴
140 Βιβλιογραφία 1) Concepts of mechanics- Mehran Kamarpoor- ISBN: 978-600-288-073-4 2) Iranian University Entrance Examinations 3) Iranian Physics Olympiads- First Round
Η σειρά «Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής» είναι μια σειρά βιβλίων Φυσικής για μαθητές που ενδιαφέρονται για την επιστήμη της Φυσικής ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής και καλύπτει την θεωρία της Φυσικής με βάθος. Το βιβλίο αυτό εστιάζει στην Νευτώνεια μηχανική, δηλαδή η μελέτη της κινηματικής και δυναμικής σε διάφορες καταστάσεις. «Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής» είναι μια σειρά βιβλίων Φυσικής για μαθητές που ενδιαφέρονται για την επιστήμη της Φυσικής ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής Εκδότης: Ίδρυμα Θαλής ISBN 978-9963-9697-4-6

More Related Content

PDF
Physics
Panos Apostolopoulos
 
PPT
ταλαντώσεις
Γιάννης Παπαδάκης
 
PDF
20150829 ασκησεισ ταλαντωσεων
nmandoulidis
 
DOCX
Θέματα Φυσικής Ά Λυκείου
Stathis Gourzis
 
PDF
φυσικη γ κατSxoliko biblio
ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΡΜΠΑΣ
 
DOC
12 ασκήσεις ταλαντώσεων
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
01α_Γ' Λυκ Φυσ Προσ_Κενά Μηχανική
Dimitris Kontoudakis
 
PDF
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2014/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
Physics
Panos Apostolopoulos
 
ταλαντώσεις
Γιάννης Παπαδάκης
 
20150829 ασκησεισ ταλαντωσεων
nmandoulidis
 
Θέματα Φυσικής Ά Λυκείου
Stathis Gourzis
 
φυσικη γ κατSxoliko biblio
ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΡΜΠΑΣ
 
12 ασκήσεις ταλαντώσεων
Μαυρουδης Μακης
 
01α_Γ' Λυκ Φυσ Προσ_Κενά Μηχανική
Dimitris Kontoudakis
 
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2014/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 

Similar to ΠΑΜΕ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΦΥΣΙΚΗΣ , ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΦΥΣΙΚΗΣ (20)

PDF
Προαπαιτούμενες γνώσεις για τη Φυσική της Γ΄Λυκείου
fotisalexoglou
 
PDF
ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ "ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΗΣ" Α΄ΛΥΚΕΙΟΥ 2016
HOME
 
DOC
Ασκήσεις Φυσικής Α Λυκείου 2016 - 2017
Stathis Gourzis
 
PDF
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Γ΄ Λυκείου 2015 / Β΄ Φάση / Θέματα και Λύσεις
HOME
 
PDF
Pan diag g_lyk_2015_b_fasi_sol
Dimitris Kontoudakis
 
PDF
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2007/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
PPTX
2.2 Η έννοια της ταχύτητας.pptx
gabriel_hadjimichael
 
PPT
κινήσεις
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΡΟΠΗ ΔΥΝΑΜΗΣ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΚΥΛΙΣΗ.pdf ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
KEY
μεταβαλλόμενη κίνηση
efrodistirio
 
PPT
Γιατί μαθαίνουμε φυσική
ΦΩΤΕΙΝΗ ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΟΥ
 
PDF
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2008/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
PPSX
Περιγραφή της κίνησης (Παρουσίαση Θεωρίας).ppsx
AnastasisTheodoridis
 
PDF
Typologio 1
grekdrak
 
PPT
ομαλή κυκλική κίνηση
Γιάννης Παπαδάκης
 
PDF
Ρυθμός μεταβολής
Μάκης Χατζόπουλος
 
PDF
M.x ρυθμοσ μεταβολησ θεωρια-μεοδολογια-ασκησεισ
Christos Loizos
 
PDF
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Γ΄ Λυκείου 2002/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
PDF
1ο διαγωνισμα(αρχη αατ)
ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΡΜΠΑΣ
 
Προαπαιτούμενες γνώσεις για τη Φυσική της Γ΄Λυκείου
fotisalexoglou
 
ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ "ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΗΣ" Α΄ΛΥΚΕΙΟΥ 2016
HOME
 
Ασκήσεις Φυσικής Α Λυκείου 2016 - 2017
Stathis Gourzis
 
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Γ΄ Λυκείου 2015 / Β΄ Φάση / Θέματα και Λύσεις
HOME
 
Pan diag g_lyk_2015_b_fasi_sol
Dimitris Kontoudakis
 
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2007/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
2.2 Η έννοια της ταχύτητας.pptx
gabriel_hadjimichael
 
κινήσεις
Μαυρουδης Μακης
 
ΡΟΠΗ ΔΥΝΑΜΗΣ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ
Μαυρουδης Μακης
 
ΚΥΛΙΣΗ.pdf ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
μεταβαλλόμενη κίνηση
efrodistirio
 
Γιατί μαθαίνουμε φυσική
ΦΩΤΕΙΝΗ ΒΑΣΙΛΕΙΑΔΟΥ
 
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2008/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
Περιγραφή της κίνησης (Παρουσίαση Θεωρίας).ppsx
AnastasisTheodoridis
 
Typologio 1
grekdrak
 
ομαλή κυκλική κίνηση
Γιάννης Παπαδάκης
 
Ρυθμός μεταβολής
Μάκης Χατζόπουλος
 
M.x ρυθμοσ μεταβολησ θεωρια-μεοδολογια-ασκησεισ
Christos Loizos
 
Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Γ΄ Λυκείου 2002/ Θέματα και Λύσεις
HOME
 
1ο διαγωνισμα(αρχη αατ)
ΓΙΑΝΝΗΣ ΜΠΑΡΜΠΑΣ
 
Ad

More from Μαυρουδης Μακης (20)

PDF
ΚΥΚΛΙΚΗ-2016-ΛΥΜΕΝΑ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΛΥΜΕΝΑ-ΘΕΜΑΤΑ-ΚΡΟΥΣΕΙΣ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
Ροπή Ισορροπία.pdf ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
αποδειξεις τυπων ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚ 2024-2025.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΦΥΣΙΚΗ Β' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ( με Θεωρία και Ασκήσεις )
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
Διαγράμματα θέσης - χρόνου ,ταχύτητας χρόνου .pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PPT
Θερμότητα θερμοκρασία Κλίμακες θερμοκρασιών.ppt
Μαυρουδης Μακης
 
PPTX
ΔΥΝΑΜΕΙΣ Δυναμόμετρα Νόμοι του Newton2022-2023.pptx
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
Astrobiology Comic (Issue 1)για παιδιά Γυμνασίου.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΦΥΛΛΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 1 ΣΧΕΣΗ ΕΝΤΑΣΗΣ ΗΛ. ΡΕΥΜΑΤΟΣ ΚΑΙ ΦΩΤΟΒΟΛΙΑΣ ΛΑΜΠΤΗΡΑ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ασκήσεις πάνω στις απλές αρμονικές ταλαντώσεις
Μαυρουδης Μακης
 
PPTX
ΜΟΝΟΜΕΤΡΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΑ ΜΕΓΕΘΗ (1).pptx
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΒΙΒΛΙΟ ΣΧΟΛΙΚΟ ΦΥΣΙΚΗ Α ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
Α-Γυμνασίου-Φυσική-Φύλλο-Εργασίας-3.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
TheoryA.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
DOCX
Ασκήσεις μέτρησης μήκους - χρόνου.docx
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
γ1. ΗΛΕΚΤΡΙΚΗ ΔΥΝΑΜΗ ΚΑΙ ΦΟΡΤΙΟ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΦΥΣΙΚΗ Α ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΜΕ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 2023-2024.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
PPTX
ΦΩΣ ΚΑΙ ΟΡΑΣΗ.pptx
Μαυρουδης Μακης
 
PDF
ΦΑΙΝOΜΕΝΑ ΑΛΛΗΛΕΠΙΔΡΑΣΗΣ ΑΚΤΙΝΟΒΟΛΙΑΣ ΜΕ ΥΛΗ UPDATED.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ΚΥΚΛΙΚΗ-2016-ΛΥΜΕΝΑ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
ΛΥΜΕΝΑ-ΘΕΜΑΤΑ-ΚΡΟΥΣΕΙΣ.pdf ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ
Μαυρουδης Μακης
 
Ροπή Ισορροπία.pdf ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ
Μαυρουδης Μακης
 
αποδειξεις τυπων ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚ 2024-2025.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ΦΥΣΙΚΗ Β' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ( με Θεωρία και Ασκήσεις )
Μαυρουδης Μακης
 
Διαγράμματα θέσης - χρόνου ,ταχύτητας χρόνου .pdf
Μαυρουδης Μακης
 
Θερμότητα θερμοκρασία Κλίμακες θερμοκρασιών.ppt
Μαυρουδης Μακης
 
ΔΥΝΑΜΕΙΣ Δυναμόμετρα Νόμοι του Newton2022-2023.pptx
Μαυρουδης Μακης
 
Astrobiology Comic (Issue 1)για παιδιά Γυμνασίου.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ΦΥΛΛΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 1 ΣΧΕΣΗ ΕΝΤΑΣΗΣ ΗΛ. ΡΕΥΜΑΤΟΣ ΚΑΙ ΦΩΤΟΒΟΛΙΑΣ ΛΑΜΠΤΗΡΑ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ασκήσεις πάνω στις απλές αρμονικές ταλαντώσεις
Μαυρουδης Μακης
 
ΜΟΝΟΜΕΤΡΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΑ ΜΕΓΕΘΗ (1).pptx
Μαυρουδης Μακης
 
ΒΙΒΛΙΟ ΣΧΟΛΙΚΟ ΦΥΣΙΚΗ Α ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
Α-Γυμνασίου-Φυσική-Φύλλο-Εργασίας-3.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
TheoryA.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
Ασκήσεις μέτρησης μήκους - χρόνου.docx
Μαυρουδης Μακης
 
γ1. ΗΛΕΚΤΡΙΚΗ ΔΥΝΑΜΗ ΚΑΙ ΦΟΡΤΙΟ.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ΦΥΣΙΚΗ Α ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΜΕ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 2023-2024.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
ΦΩΣ ΚΑΙ ΟΡΑΣΗ.pptx
Μαυρουδης Μακης
 
ΦΑΙΝOΜΕΝΑ ΑΛΛΗΛΕΠΙΔΡΑΣΗΣ ΑΚΤΙΝΟΒΟΛΙΑΣ ΜΕ ΥΛΗ UPDATED.pdf
Μαυρουδης Μακης
 
Ad

ΠΑΜΕ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΦΥΣΙΚΗΣ , ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΦΥΣΙΚΗΣ

  • 1. Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής! Α’ ΤΕΥΧΟΣ ΝΕΥΤΩΝΕΙΑ ΜΗΧΑΝΙΚΗ Δάτης Καλάλη Επιμέλεια: Στυλιανός Φωτιάδης
  • 2. 1
  • 3. 2 Πρόλογος Η Φυσική, μία από τις παλαιότερες επιστήμες που υπάρχουν σήμερα, η ιστορία της οποίας ξεκίνησε από τον σπουδαίο επιστήμονα Θαλή. Ο Θαλής ήταν ο πρώτος Φυσικός, ο οποίος πίστεψε πως για κάθε φαινόμενο υπάρχει μια φυσική αιτία και επομένως από την θεωρία αυτή προέρχεται η λέξη «Φυσική». Επιπλέον, ο Ηράκλειτος γύρο στις 500 π.χ., διατύπωσε ότι ο μόνος βασικός νόμος του σύμπαντος είναι ότι τίποτε δεν παραμένει στην ίδια κατάσταση επ’ άπειρου. Με τη θεωρία αυτή επισημάνθηκε ο ρόλος του χρόνου στο συμπάν, μια από τις βασικές έννοιες της σύγχρονης Φυσικής. Από τα παραπάνω, είναι φανερό ότι η επιστήμη της Φυσικής γεννήθηκε στην Ελλάδα. Σήμερα η επιστήμη αυτή είναι μία από τις σημαντικότερες επιστήμες παγκοσμίως και λόγω της αξίας και της σημασίας της έχει ειδική θέση στο εκπαιδευτικό σύστημα. Άρα, αποφάσισα να δημοσιεύσω μια σειρά από εκπαιδευτικά βιβλία που καλύπτουν παραπάνω έννοιες από τα σχολικά βιβλία για τους μαθητές που ενδιαφέρονται για την Φυσική ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής. Η σειρά αυτή αποτελείται από τον τεύχος Α’ (Νευτώνεια Φυσική- Κινηματική και δυναμική), τεύχος Β’ (Ηλεκτρισμός) τεύχος Γ’ (Θερμοδυναμική και οπτική) και τεύχος Δ’ (Μηχανική στερεών σωμάτων και κύματα). Για την καλύτερη κατανόηση της σειράς αυτής, προτείνεται ο μαθητής: 1. Να διαβάσει τα κεφαλαία με την σειρά που υπάρχουν σε κάθε βιβλίο, 2. Μετά από το διάβασμα κάθε κεφαλαίου να λύσει τις ασκήσεις ενότητας και στην συνέχεια να κοιτάξουν ότι άλλο υπάρχει, 3. Να αφιερώσει χρόνο για την επίλυση των ασκήσεων και να μην τις περάσει γρήγορα, 4. Για την εκμάθηση της Φυσικής να δώσει έμφαση στην θεωρία και βασικές έννοιες της Φυσικής και όχι μόνο στους μαθηματικούς τύπους. Τέλος, ζητώ από όλους τους ενδιαφερόμενους και μαθητές να στέλνουν τις απόψεις τους σχετικά με το βιβλίο στην ηλεκτρονική διεύθυνση: olympiadb@yahoo.com Με την ελπίδα της επιτυχίας όλων μαθητών, Ο συγγραφέας, Δάτης Καλάλη.
  • 4. 3 Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1: Κινηματική ------------------------------------- Σελ. 4-51 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 46-47 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 48-51 Κεφάλαιο 2: Δυνάμεις --------------------------------------- Σελ. 52-81 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 72-75 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 76-81 Κεφάλαιο 3: Έργο και ενέργεια --------------------------- Σελ. 82-93 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 89-90 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 91-93 Κεφάλαιο 4: Κυκλική κίνηση ------------------------------ Σελ. 94-121 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 113-115 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 115-121 Κεφάλαιο 5: Ορμή ------------------------------------------- Σελ. 122-139 Ασκήσεις ενότητας -------------------------------------------- Σελ. 134-135 Λύσεις ασκήσεων ενότητας--------------------------------- Σελ. 136-139
  • 5. 4 Κεφάλαιο 1: Κινηματική Βασικές έννοιες για κινήσεις σε ευθεία γραμμή Στον κόσμο υπάρχουν κινήσεις παντού! Η πτήση πουλιών, η κίνηση αυτοκίνητου ακόμα και ο ήχος. Η πιο απλή μορφή κίνησης είναι η ευθύγραμμη κίνηση, που θα μελετηθεί σε αυτή την υπό-ενότητα. H έννοια του διανύσματος θέσης Το διάνυσμα που ενώνει την θέση ενός σώματος με ένα σταθερό σημείο αναφοράς, λέγεται το διάνυσμα θέση και συμβολίζεται με 𝑥𝑥 ⃗. Έχει μονάδα μέτρησης το 1 m Προσοχή 1: Το διάνυσμα θέσης ενός σώματος σε μια χρονική στιγμή δεν μας δίνει καμία πληροφορία για την κατεύθυνση κίνησης του. Η έννοια της μετατόπισης Έστω ότι υπάρχει ένα κινητό στην θέση 𝑥𝑥1. Μετά από κάποιο χρόνο έρχεται στην θέση 𝑥𝑥2. Λέμε ότι το κινητό έχει μετατοπιστεί κατά 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥1 Η Μετατόπιση συμβολίζεται με 𝛥𝛥𝑥𝑥 Η μετατόπιση μπορεί να είναι και αρνητική. Είναι διανυσματικό μέγεθος. Έχει μέτρο και κατεύθυνση. Για παράδειγμα εάν ένα σώμα πάει από την θέση 𝑥𝑥1 = 2 𝑐𝑐𝑐𝑐 στην θέση 𝑥𝑥2 = −1 𝑐𝑐𝑐𝑐 , η μετατόπιση είναι 𝛥𝛥𝑥𝑥 = −1 − 2 = −3 𝑐𝑐𝑐𝑐 Αυτό σημαίνει ότι σε αυτή την περίπτωση η κατεύθυνση της μετατόπισης είναι προς την αρνητική φορά του άξονα x.
  • 6. 5 Η έννοια της διανυόμενης απόστασης Η διανυόμενη απόσταση είναι η απόσταση που διανύει ένα σώμα. Η διανυόμενη απόσταση δεν εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική θέση, αλλά και από το μήκος της διαδρομής. Είναι μονόμετρο μέγεθος. Η έννοια της ταχύτητας Η ταχύτητα είναι ένα διάνυσμα, που εκφράζει τον ρυθμό και την κατεύθυνση αλλαγής της θέσης. Η μέση ταχύτητα υπολογίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗ = Δ𝑥𝑥 ⃗ Δ𝑡𝑡 Η μέση ταχύτητα εξαρτάται μόνο από την μετατόπιση και όχι από την δυανυόμενη απόσταση. Για παράδειγμα ο ολυμπιονίκης της κολύμβησης, μπορεί να κολυμπάει από την μια άκρη της πισίνας στην άλλη και να επιστρέφει σε 1 λεπτό. Αλλά σε αυτή την διάρκεια η μέση ταχύτητα του είναι 0, αφού η μετατόπιση του είναι 0 (επίστρεψε στην αρχική του θέση), παρόλο που είναι γρήγορος. Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο κινείται προς την θετική φορά του άξονα x. Στην χρονική στιγμή 𝑡𝑡1 = 10 𝑠𝑠 περνά από το σημείο Α (𝑥𝑥𝐴𝐴 = −100𝑚𝑚), και την χρονική στιγμή 𝑡𝑡2 = 20 𝑠𝑠 περνά από το σημείο Β (𝑥𝑥𝐵𝐵 = 200𝑚𝑚). Να βρείτε η μέση ταχύτητα του αυτοκινήτου κατά μήκος της ευθείας ΑΒ. (Οι θέσεις του άξονα x μετρούνται σε μέτρα). Λύση 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1 = 20 − 10 = 10 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 − 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 200 − (−100) = 300𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣 = 300 10 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 7. 6 Παράδειγμα 2: Τώρα εάν στο προηγούμενο ερώτημα, το αυτοκίνητο κινείται από το σημείο 𝛢𝛢 στο σημείο O (σημείο αναφοράς) σε 10 𝑠𝑠, και από το σημείο Ο στο σημείο Β σε 20 s, να βρείτε η μέση ταχύτητα κατά μήκος της ευθείας ΑΒ. Λύση Έστω ότι ονομάζουμε την χρονική διάρκεια που κινείται από το σημείο Α στο σημείο Ο ως 𝛥𝛥𝑡𝑡1 ,και την χρονική διάρκεια που κινείται από το σημείο Ο στο σημείο Β ως 𝛥𝛥𝑡𝑡2. Η συνολική χρονική διάρκεια για την κίνηση από Α στο Β είναι: 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑡𝑡1 + 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 10 + 20 = 30𝑠𝑠 Τώρα 𝑣𝑣 = Δ𝑥𝑥 Δ𝑡𝑡 = 300 30 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η έννοια της στιγμιαίας ταχύτητας Η στιγμιαία ταχύτητα ενός σώματος την χρονική στιγμή 𝑡𝑡1, ισούται με το όριο της μέσης ταχύτητας σε μια πολύ μικρό χρονικό διάστημα γύρο από την χρονική στιγμή 𝑡𝑡1. Το χρονικό διάστημα είναι 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1. Έστω ότι η μέση ταχύτητα σε αυτό το χρονικό διάστημα είναι 𝑣𝑣. 𝑣𝑣̅ = 𝑥𝑥𝑡𝑡2 − 𝑥𝑥𝑡𝑡1 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1 = 𝑥𝑥(𝑡𝑡1+𝛥𝛥𝑡𝑡) − 𝑥𝑥𝑡𝑡1 𝛥𝛥𝑡𝑡 𝑣𝑣𝑡𝑡1 = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑥𝑥 Δ𝑡𝑡 Η μονάδα μέτρησης της ταχύτητας σε SI είναι 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η στιγμιαία ταχύτητα λέγεται απλά ταχύτητα κάποιες φορές, αλλά η μέση ταχύτητα πάντα λέγεται «μέση ταχύτητα». Η ταχύτητα είναι ένα διανυσματικό μέγεθος , η οποία μπορεί να παίρνει μια αλγεβρική τιμή όταν η κίνηση μελετάται σε μια διάσταση.
  • 8. 7 Η έννοια της επιτάχυνσης Η επιτάχυνση είναι ένα διάνυσμα που εκφράζει τον ρυθμό μεταβολής του μέτρου και της κατεύθυνσης της ταχύτητας. Η μέση επιτάχυνσης υπολογίζεται ως 𝑎𝑎 = Δ𝑣𝑣 Δ𝑡𝑡 Η στιγμιαία επιτάχυνση είναι η επιτάχυνση ενός σώματος σε μια πολύ μικρή στιγμή. Δηλαδή 𝑎𝑎𝑖𝑖 = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑣𝑣 Δ𝑡𝑡 Η μονάδα μέτρησης του είναι 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα αυτοκίνητο κινείται σε μία ευθεία γραμμή. Για τη μισή διαδρομή κινείται με σταθερή ταχύτητα 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , ενώ διανύει την άλλη μισή διαδρομή με σταθερή ταχύτητα 60 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Να βρείτε την μέση ταχύτητα του αυτοκινήτου για όλη τη διαδρομή. 2. Ένας κολυμβητής ξεκινά να κολυμπάει από την μια άκρη της πισίνας με σταθερή ταχύτητα μέτρου 5 m/s και όταν φτάνει στην άλλη άκρη, επιστρέφει με σταθερή ταχύτητα μέτρου 2m/s. Να βρείτε την μέση ταχύτητα του κολυμβητή στα 14 πρώτα δευτερόλεπτα της κίνησης του εάν το μήκος της πισίνας είναι 50 μέτρα.
  • 9. 8 Λύσεις 1. Έστω ότι το αυτοκίνητο κινείται με ταχύτητα 𝑣𝑣1 για τη μισή διαδρομή και ταχύτητα 𝑣𝑣2 για την άλλη μισή διαδρομή. Έχουμε 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥1 𝛥𝛥𝑡𝑡1 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥1 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2 𝑣𝑣1 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣1 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥2 𝛥𝛥𝑡𝑡2 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥2 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2 𝑣𝑣2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡1 + 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣1 + 𝛥𝛥𝑥𝑥 2𝑣𝑣2 = 2𝑣𝑣1𝑣𝑣2 𝑣𝑣1 + 𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣̅ = 2 × 40 × 60 40 + 60 = 48 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝑣𝑣 Ο κολυμβητής φτάνει στη μια άκρη της πισίνας σε 𝑡𝑡1 = 50 5 = 10𝑠𝑠 Ομοίως επιστρέφει στην αρχική του θέση σε 𝑡𝑡2 = 50 2 = 25𝑠𝑠 Άρα τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 14𝑠𝑠, κολυμβητής είναι στην πορεία επιστροφής για 4 δευτερόλεπτα. Δηλαδή επιστρέφει κατά 4𝑠𝑠 × 2𝑚𝑚 𝑠𝑠 = 8𝑚𝑚. Άρα 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 50 − 8 14 = 3 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 10. 9 Πως μετατρέπεται η κίνηση σε μαθηματικά; Έστω ότι ένα σώμα κινείται σε ευθεία γραμμή και έχει σταθερή επιτάχυνση α (μπορεί η α να είναι 0). Επίσης έστω ότι μετρούμε το χρόνο από την στιγμή που είναι στην θέση x=0. Από βασικές έννοιες έχουμε at v v t v v a t v a + = ⇒ − = ⇒ ∆ ∆ = 0 0 (Εξίσωση ταχύτητας - χρόνου) Επίσης: 2 0 0 2 1 at t v x x + + = (Εξίσωση θέσης-χρόνου) Δηλαδή 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 Και από βασικές έννοιες 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 � 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑡𝑡 � 𝑡𝑡2 ⇒ 𝛥𝛥𝑥𝑥 = � 𝑣𝑣+𝑣𝑣0 2 � 𝑡𝑡 (Εξίσωση μετατόπισης-ταχύτητας) Συνδυάζοντας το παραπάνω μαζί με την σχέση 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑎𝑎 𝛥𝛥𝑥𝑥 = � 𝑣𝑣−𝑣𝑣0 𝑎𝑎 � � 𝑣𝑣+𝑣𝑣0 2 � Δηλαδή 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣2−𝑣𝑣0 2 2𝑎𝑎 (Εξίσωση μετατόπισης - ταχύτητας χωρίς το χρόνο)
  • 11. 10 Όταν το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα 𝑣𝑣 σημαίνει ότι 𝑎𝑎 = 0, δηλαδή η πρώτη εξίσωση γράφεται 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣 Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο κινείται με σταθερή ταχύτητα 10 m/s και ο οδηγός βλέπει 30m μπροστά του τα φώτα τροχαίας. Έτσι φρενάρει και ξεκινά να επιβραδύνεται με σταθερή επιβράδυνση 2 m/s2. Να προσδιορίσετε: Α) Μετά από πόσα δευτερόλεπτα το αυτοκίνητο σταματάει Β) Εάν το αυτοκίνητο θα σταματήσει πριν να φτάσει στα φώτα τροχαίας. Λύση Α) Αφού το αυτοκίνητο επιβραδύνεται, η επιτάχυνση του είναι −2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Για να βρούμε το χρόνο που χρειάζεται για να σταματήσει, θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 στην εξίσωση 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ⇒ 0 = 10 − 2𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡 = 5𝑠𝑠 B) Χρησιμοποιώντας την εξίσωση 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 , θα εξετάσουμε πόσο θα μετατοπιστεί το αυτοκίνητο πριν να σταματήσει. 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 10 × 5 + 1 2 (−2)(5)2 = 25 𝑚𝑚 Δηλαδή από την στιγμή που ο οδηγός φρενάρει και το αυτοκίνητο σταματάει, το αυτοκίνητο έχει μετατοπισθεί κατά 25 μέτρα. Όμως τη στιγμή που ο οδηγός πάτησε τα φρένα, τα φώτα τροχαίας ήταν 30 μέτρα μπροστά του, δηλαδή το αυτοκίνητο σταμάτησε πριν να φτάσει στα φώτα τροχιάς. Παράδειγμα 2: Δυο αυτοκίνητα Α και Β κινούνται σε ένα ευθύγραμμο δρόμο. Τα αυτοκίνητα Α και Β κινούνται με σταθερή
  • 12. 11 ταχύτητα 72 km/h και 108 km/h αντίστοιχα. Το αυτοκίνητο Α βλέπει το αυτοκίνητο Β 200m μπροστά του και ξεκινά να κινείται με σταθερή επιτάχυνση 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Το αυτοκίνητο Β συνεχίζει να κινείται με σταθερή ταχύτητα. Να βρεθεί μετά από πόσα δευτερόλεπτα τα αυτοκίνητα θα συναντηθούν. Λύση: Μετατρέπουμε τα μεγέθη σε SI. 72 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ = 72 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ × 1ℎ 3600𝑠𝑠 × 1000𝑚𝑚 1𝑘𝑘𝑘𝑘 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 108 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ = 108 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ × 1ℎ 3600𝑠𝑠 × 1000𝑚𝑚 1𝑘𝑘𝑘𝑘 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Από τις εξισώσεις κίνησης έχουμε: 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥0𝐴𝐴 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐴𝐴𝑡𝑡2 = 20𝑡𝑡 + 𝑡𝑡2 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 𝑥𝑥0𝐵𝐵 + 𝑣𝑣0𝐵𝐵 𝑡𝑡 = 200 + 30𝑡𝑡 Όταν τα αυτοκίνητα συγκρούονται, θα είναι στις ίδιες θέσεις, δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 20𝑡𝑡 + 𝑡𝑡2 = 200 + 30𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 − 10𝑡𝑡 − 200 = 0 ⇒ (𝑡𝑡 − 20)(𝑡𝑡 + 10) = 0 Και αφού ο χρόνος είναι πάντα θετικός, έχουμε 𝑡𝑡 = 20 𝑠𝑠
  • 13. 12 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Δυο αυτοκίνητα κινούνται το ένα προς το άλλο από ηρεμία με σταθερή επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Εάν τα αυτοκίνητα συγκρούονται μετά από 8 δευτερόλεπτα, να βρεθεί η αρχική απόσταση μεταξύ τους. 2. Ένα ποδήλατο κινείται με σταθερή επιτάχυνση. Τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 0, βρίσκεται στην θέση 𝑥𝑥1 = 2𝑚𝑚 και έχει ταχύτητα 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Εάν στην θέση 𝑥𝑥2 = 10𝑚𝑚, η ταχύτητα του είναι 6 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ,να γράψετε την εξίσωση ταχύτητας- χρόνου για το ποδήλατο.
  • 14. 13 Λύσεις 1. Τα αυτοκίνητα κινούνται προς αντίθετες κατευθύνσεις, δηλαδή ένα από τα αυτοκίνητα έχει επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 και το άλλο έχει επιτάχυνση −1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Θεωρούμε ότι το αυτοκίνητο με επιτάχυνση 1 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 είναι στο σημείο αναφοράς. Όταν τα αυτοκίνητα συγκρούονται, θα είναι στις ίδιες θέσεις, δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 ⇒ 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐴𝐴𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝐵𝐵 𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝐵𝐵𝑡𝑡2 ⇒ 1 2 𝑡𝑡2 = 𝑥𝑥0 − 1 2 𝑡𝑡2 ⇒ 𝑥𝑥0 = 𝑡𝑡2 Αφού συγκρούονται μετά από 8 δευτερόλεπτα 𝑥𝑥0 = 82 = 64𝑚𝑚 Άρα η αρχική απόσταση μεταξύ των αυτοκινήτων ήταν 64 μέτρα. 2. Για να γράψουμε την εξίσωση ταχύτητας-χρόνου πρέπει να γνωρίζουμε την επιτάχυνση και την αρχική ταχύτητα του ποδηλάτου. Η αρχική ταχύτητα είναι 𝑣𝑣0 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Για να υπολογίσουμε την επιτάχυνση εργαζόμαστε ως εξής: 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 2𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 2𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝑎𝑎 = 62 − 102 2 × (10 − 2) ⇒ 𝑎𝑎 = −4 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
  • 15. 14 ⇒ 𝑣𝑣 = 𝑣𝑣0 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ⇒ 𝑣𝑣 = 10 − 4𝑡𝑡
  • 16. 15 Η κίνηση σε 2 διαστάσεις Μέχρι τώρα μελετήσαμε κινήσεις που γίνονται σε μια ευθεία γραμμή σε 1 διάσταση. Αλλά στην πραγματικότητα, οι παραπάνω κινήσεις γίνονται σε 2 διαστάσεις (π.χ. σε μια καμπυλόγραμμη διαδρομή, η σε μια κυκλική διαδρομή) ή σε 3 διαστάσεις. Θα μελετούμε η κίνηση σε 2 διαστάσεις (στο επίπεδο) σε αυτή την ενότητα. Η θέση στο επίπεδο Στην κίνηση στο επίπεδο, για να καθορίζουμε τη θέση ενός σώματος χρησιμοποιούμε το ορθοκανονικό σύστημα αξόνων. Το διάνυσμα θέσης είναι το διάνυσμα που ενώνει την αρχή των αξόνων με το σώμα και συμβολίζεται με 𝑟𝑟 ⃗ Αναλύουμε τη θέση 𝑟𝑟 ⃗ σε δύο συνιστώσες με αλγεβρική τιμή 𝑟𝑟𝑥𝑥 και 𝑟𝑟𝑦𝑦 πάνω στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα Έτσι η θέση μπορεί να γραφτεί σαν 𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑟𝑟𝑦𝑦𝑗𝑗 όπου 𝑖𝑖 = �1 0 � και 𝑗𝑗 = �0 1 � και η απόσταση του από το σημείο αναφοράς είναι �𝑟𝑟𝑥𝑥 2 + 𝑟𝑟𝑦𝑦 2 Στα μαθηματικά λέμε ότι η θέση του σώματος έχει συντεταγμένες (𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = �𝑟𝑟𝑥𝑥, 𝑟𝑟𝑦𝑦� Σημείωση: Εάν οι εξισώσεις κίνησης ενός σώματος στους άξονες x και y είναι 𝑥𝑥 = 𝑓𝑓(𝑡𝑡) και 𝑦𝑦 = 𝑔𝑔(𝑡𝑡) αντίστοιχα, τότε η θέση του σώματος δίνεται από την σχέση 𝑟𝑟 ⃗ = 𝑓𝑓(𝑡𝑡)𝑖𝑖 + 𝑔𝑔(𝑡𝑡)𝑗𝑗
  • 17. 16 Για παράδειγμα στο παρακάτω σχήμα η θέση του σώματος Α είναι: 𝑟𝑟𝐴𝐴 = 3𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 και η θέση του σώματος Β είναι: 𝑟𝑟𝐵𝐵 = −2𝑖𝑖 + 5𝑗𝑗 Η μετατόπιση του σώματος στο επίπεδο είναι η διανυσματική διαφορά της τελικής και αρχικής θέσης. Δηλαδή 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃑ − 𝑟𝑟1 ���⃗ Η μετατόπιση μπορεί να γραφτεί σαν 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝛥𝛥𝛥𝛥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝛥𝛥𝛥𝛥 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝛥𝛥𝛥𝛥 και 𝛥𝛥𝛥𝛥 είναι οι μετατοπίσεις στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα. Το μέτρο της μετατόπισης είναι |𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗| = �(𝛥𝛥𝛥𝛥)2 + (𝛥𝛥𝑦𝑦)2 Η μέση διανυσματική ταχύτητα η απλά «μέση ταχύτητα» ορίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 Η μέση ταχύτητα μπορεί να γραφτεί σαν 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝑣𝑣𝑥𝑥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝑣𝑣𝑥𝑥 και 𝑣𝑣𝑦𝑦 είναι οι συνιστώσες της μέσης ταχύτητας στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα και το μέτρο της μέσης ταχύτητας είναι �𝑣𝑣 ⃗̅� = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2
  • 18. 17 Η στιγμιαία ταχύτητα όπως και στις κινήσεις στην ευθεία γραμμή ορίζεται ως 𝑣𝑣 ⃗ = lim Δ𝑡𝑡→0 Δ𝑟𝑟 ⃗ Δ𝑡𝑡 και η διεύθυνση του διανύσματος είναι εφαπτομένη στην τροχιά κίνησης ενός σώματος. Η μέση αριθμητική ταχύτητα η οποία δεν είναι διανυσματικό, αλλά μονόμετρο μέγεθος ορίζεται ως 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 , όπου 𝑢𝑢 είναι η μέση αριθμητική ταχύτητα και 𝑠𝑠 είναι η διανυόμενη απόσταση Η μέση επιτάχυνση Η μέση επιτάχυνση ορίζεται ως 𝑎𝑎 ⃗ � = 𝛥𝛥𝑣𝑣 �⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 . Η μέση επιτάχυνση μπορεί να γραφτεί σαν 𝑎𝑎 ⃗ � = 𝑎𝑎𝑥𝑥 ∙ 𝑖𝑖 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑗𝑗 όπου 𝑎𝑎𝑥𝑥 και 𝑎𝑎𝑦𝑦 είναι οι συνιστώσες της μέσης επιτάχυνσης στις άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 αντίστοιχα και το μέτρο της μέσης επιτάχυνσης είναι �𝑎𝑎 ⃗ �� = �𝑎𝑎𝑥𝑥 2 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 2 Η εξίσωση της τροχιάς Γενικά μπορούμε να μελετήσουμε τη σχέση μεταξύ των θέσεων ενός σώματος στους άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 κατά τη διάρκεια της κίνησης χρησιμοποιώντας την εξίσωση της τροχιάς. Η εξίσωση της τροχιάς δεν περιλαμβάνει τον χρόνο και μπορεί να δείχνει την μορφή της τροχιάς. Παράδειγμα 1: Ο Δημήτρης έχει διανύσει την παρακάτω διαδρομή σε 20 λεπτά με το ποδήλατο του. Να βρείτε το μέτρο της μέσης αριθμητικής και της μέσης διανυσματικής ταχύτητα του ποδηλάτου.
  • 19. 18 Λύση Η διανυόμενη απόσταση είναι: 10𝜋𝜋 + 30 + 5𝜋𝜋 + 40 = 117,1 𝑚𝑚 Άρα η μέση αριθμητική ταχύτητα είναι: 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 117,1𝑚𝑚 20 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 117,1𝑚𝑚 20𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 × 60𝑠𝑠 1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0.098 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Όμως για να βρούμε την μέση διανυσματική ταχύτητα (μέση ταχύτητα), πρέπει να βρούμε το μέτρο της μετατόπισης. Το μέτρο της μετατόπισης όπως φαίνεται από το σχήμα είναι: |𝛥𝛥𝑟𝑟| = 60𝑚𝑚 Άρα 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑟𝑟 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 60𝑚𝑚 20𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚× 60𝑠𝑠 1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0.05 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Ένα σωματίδιο κινείται στο επίπεδο με εξισώσεις κίνησης � 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡2 στο S.I. Να βρείτε: Α) Τη μέση ταχύτητα του σωματιδίου στο χρονικό διάστημα 1s έως 3s. Β) Την εξίσωση της τροχιάς.
  • 20. 19 Λύση Α) Το διάνυσμα θέσης του σωματιδίου είναι 𝑟𝑟 ⃗ = (4𝑡𝑡 − 1)𝑖𝑖 + (𝑡𝑡2)𝑗𝑗 Άρα όταν 𝑡𝑡 = 1𝑠𝑠, έχουμε 𝑟𝑟 ⃗1 = (4 × 1 − 1)𝑖𝑖 + (12)𝑗𝑗 ⇒ 𝑟𝑟 ⃗1 = 3𝑖𝑖 + 𝑗𝑗 όταν 𝑡𝑡 = 3𝑠𝑠, έχουμε 𝑟𝑟 ⃗2 = (4 × 3 − 1)𝑖𝑖 + (32)𝑗𝑗 ⇒ 𝑟𝑟 ⃗2 = 11𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 Δηλαδή η μετατόπιση του σώματος στο χρονικό διάστημα είναι: 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃗ − 𝑟𝑟1 ���⃗ = 11𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 − (3𝑖𝑖 + 𝑗𝑗) = 8𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗 Άρα 𝑣𝑣 ⃗̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 8𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗 2 = 4𝑖𝑖 + 4𝑗𝑗 Β) Προσπαθούμε να συνδέσουμε τις εξισώσεις κίνησης για να σχηματίζουμε μια καινούργια εξίσωση χωρίς τον χρόνο. Για αυτό λύνουμε την εξίσωση 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 ως προς 𝑡𝑡. 𝑥𝑥 = 4𝑡𝑡 − 1 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 + 1 4 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡2 ⇒ 𝑦𝑦 = � 𝑥𝑥 + 1 4 � 2
  • 21. 20 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα αυτοκίνητο κινείται στον παρακάτω κυκλικό κόμβο ακτίνας 80 m με σταθερή αριθμητική ταχύτητα 3,14 m/s. Να βρείτε τη μέση διανυσματική ταχύτητα του σώματος στο χρονικό διάστημα 0 ως 80s. Υποθέτουμε ότι π=3,14 2. Δυο μπάλες κινούνται πάνω στον επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 και οι θέσεις τους στο SI ορίζονται ως: � 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 8𝑡𝑡 − 6 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 3𝑡𝑡 , � 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 18 𝑦𝑦𝐵𝐵 = 9 Να βρείτε η απόσταση μεταξύ των μπάλων 1 δευτερόλεπτο πριν από τη σύγκρουση τους. 3. Η εξίσωση κίνησης ενός σώματος στο επίπεδο είναι: 𝑟𝑟 ⃗ = (3𝑡𝑡)𝑖𝑖 + (9𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 + 1)𝑗𝑗. Να βρείτε την εξίσωση της τροχιάς.
  • 22. 21 Λύσεις 1. Έχουμε 𝑢𝑢 = 𝑠𝑠 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝑠𝑠 = 𝑢𝑢𝑢𝑢𝑡𝑡 = 3,14 × 80 = 𝜋𝜋𝑅𝑅 Με άλλα λόγια το αυτοκίνητο διανύει τη μισή περιφέρεια του κύκλου. Άρα το μέτρο της μετατόπισης ισούται με τη διάμετρο του κύκλου. ⇒ 𝛥𝛥𝑟𝑟 = 160𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 160𝑚𝑚 80𝑠𝑠 = 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. Όταν οι μπάλες συγκρουστούν οι συνιστώσες των θέσεων τους είναι ίσες. Δηλαδή 8𝑡𝑡 − 6 = 18 ⇒ 𝑡𝑡 = 3, Έχουμε πως 𝑟𝑟𝐴𝐴 = (8𝑡𝑡 − 6)𝑖𝑖 + (3𝑡𝑡)𝑗𝑗 και 𝑟𝑟𝐵𝐵 = 18𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗. Τώρα θα υπολογίσουμε τις θέσεις των μπάλων τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 3𝑠𝑠 − 1𝑠𝑠 = 2 𝑠𝑠. Έχουμε: 𝑟𝑟𝐴𝐴 = (8 × 2 − 6)𝑖𝑖 + (3 × 2)𝑗𝑗 = 10𝑖𝑖 + 6𝑗𝑗 και 𝑟𝑟𝐵𝐵 = 18𝑖𝑖 + 9𝑗𝑗 Άρα η απόσταση ΑΒ είναι: 𝛢𝛢𝛢𝛢 = �(𝑥𝑥𝐵𝐵 − 𝑥𝑥𝐴𝐴)2 + (𝑦𝑦𝐵𝐵 − 𝑦𝑦𝐴𝐴)2 = �(18 − 10)2 + (9 − 6)2 = √73 𝑚𝑚 3. 𝑥𝑥 = 3𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 3 𝑦𝑦 = 9𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 + 1 ⇒ 𝑦𝑦 = 9 � 𝑥𝑥 3 � 2 − 6 � 𝑥𝑥 3 � + 1 ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 1
  • 23. 22 Κίνηση υπό την επίδραση του βάρους- Η ελεύθερη πτώση Κατακόρυφες Βολές Στην Νευτώνεια μηχανική, η ελεύθερη πτώση είναι οποιαδήποτε κίνηση ενός σώματος, όπου τo βάρος είναι η μόνη δύναμη που ασκείται επάνω σε αυτό. Σε μια πτώση, όταν η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα, όλα τα σώματα θα πέσουν με την ίδια επιτάχυνση που ονομάζεται επιτάχυνση της βαρύτητας και συμβολίζεται με 𝑔𝑔. Η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι πάντοτε προς την κατακόρυφη κατεύθυνση με φορά προς το κέντρο της γης, και έχει μέτρο ίσο με 9,81 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Όμως σε αυτό το βιβλίο υποθέτουμε 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Στην ελεύθερη πτώση, η επιτάχυνση της κίνησης ενός σώματος είναι σταθερή, έτσι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις εξισώσεις κίνησης με σταθερή επιτάχυνση. Υποθέτουμε ότι η θετική φορά του άξονα ψ είναι προς τα κάτω και ότι το σημείο αναφοράς του άξονα είναι το σημείο βολής. Έτσι στις εξισώσεις κίνησης με σταθερή επιτάχυνση θέτουμε 𝑔𝑔 στην θέση της επιτάχυνσης 𝑎𝑎 Με άλλα λόγια: 𝑣𝑣 = 𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ∆𝑦𝑦 = � 𝑣𝑣1 + 𝑣𝑣2 2 � 𝑡𝑡 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 Προσοχή 1: Το 𝑦𝑦 στην εξίσωση δεν είναι η απόσταση του σώματος από το έδαφος αλλά από το σημείο αναφοράς. Δηλαδή εάν το σώμα βρίσκεται σε απόσταση h μέτρα από το έδαφος μια χρονική στιγμή και το αρχικό ύψος βολής ήταν H, τότε αυτή τη χρονική στιγμή 𝑦𝑦 = 𝛨𝛨 − ℎ
  • 24. 23 Παράδειγμα 1:Ένα σώμα αφήνεται από ύψος 20 μέτρων από το έδαφος. Να βρείτε την ταχύτητα του σώματος όταν φτάνει στο έδαφος. (𝑔𝑔 = 10) Λύση: Η μετατόπιση όταν το σώμα φτάνει στο έδαφος είναι 𝛥𝛥𝑦𝑦 = 20𝑚𝑚 − 0 = 20 𝑚𝑚 Άρα 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 ⇒ 𝑣𝑣2 − 02 = 2 × 10 × 20 ⇒ 𝑣𝑣2 = 400 ⇒ 𝑣𝑣 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα βάλλεται κατακόρυφα προς τα κάτω από ύψος 20 μέτρων από το έδαφος. Μετά από 2 δευτερόλεπτα, το σώμα βρίσκεται σε ύψος 5 μέτρων από το έδαφος. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του σώματος σε αυτή τη χρονική στιγμή (2 δευτερόλεπτα μετά από την βολή) Λύση Έχουμε: 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 Όμως αφού η αρχική ταχύτητα της βολής είναι άγνωστη στην εκφώνηση (αφού το σώμα βάλλεται η αρχική ταχύτητα δεν είναι μηδέν), θα χρησιμοποιούμε τον τύπο: 𝑣𝑣 = 𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 ⇒ 𝑣𝑣0 = 𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑔𝑔 και το συνδυάζουμε με τον αρχικό τύπο. Έτσι έχουμε: 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + (𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑔𝑔)𝑡𝑡 ⇒ 𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 − 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣𝑣𝑣 ⇒ 20 − 5 = − 1 2 × 10 × 22 + 𝑣𝑣 × 2 (βλέπετε προσοχή 1) ⇒ 15 = −20 + 2𝑣𝑣
  • 25. 24 ⇒ 𝑣𝑣 = 17.5 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Τώρα θα μελετήσουμε την περίπτωση όπου ένα σώμα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω. Σε αυτή την περίπτωση επίσης έχουμε κίνηση με σταθερή επιτάχυνση , αλλά είναι καλύτερα να θέτουμε την θετική φορά του άξονα ψ προς τα πάνω και όπως προηγουμένως το σημείο αναφοράς το σημείο βολής. Έτσι κάθε διάνυσμα που έχει φορά προς τα πάνω παίρνει θετική τιμή και κάθε διάνυσμα που είναι προς τα κάτω παίρνει αρνητική τιμή. Όπως προηγουμένως, η επιτάχυνση είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας αλλά αφού η φορά της επιτάχυνσης είναι προς τα κάτω (προς το κέντρο της γης), στις εξισώσεις θέτουμε −𝑔𝑔 αντί για 𝑔𝑔. Άρα: 𝑣𝑣 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ∆𝑦𝑦 = � 𝑣𝑣 + 𝑣𝑣0 2 � 𝑡𝑡 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 Παράδειγμα 3: Μία σφαίρα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 35 m/s και από ύψος 45 μέτρων από το έδαφος. Να βρείτε μετά από πόσα δευτερόλεπτα η σφαίρα θα φτάσει στο έδαφος. Λύση: Η θέση του εδάφους είναι −40 μέτρα (γιατί βρίσκεται 40 μέτρα κάτω από το σημείο βολής). Άρα εάν στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡, θέτουμε 𝑦𝑦 = −40𝑚𝑚, θα βρούμε πότε η σφαίρα θα φτάσει στο έδαφος (με άλλα λόγια υπολογίζουμε τον χρόνο πτήσης της σφαίρας)
  • 26. 25 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ⇒ −40 = −5𝑡𝑡2 + 35𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 − 7𝑡𝑡 − 5 = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = −𝑏𝑏 ± √𝑏𝑏2 − 4𝑎𝑎𝑎𝑎 2𝑎𝑎 = −(−7) ± �(−7)2 − 4 × (−5) × 1 2 × 1 ⇒ 𝑡𝑡 = −0,7 𝑠𝑠 που απαγορεύεται ή 𝑡𝑡 = 7,7𝑠𝑠 Άρα 𝑡𝑡 = 7,7 𝑠𝑠 Παράδειγμα 4: Ένα σφαιρίδιο βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 30m/s από το έδαφος. Να βρείτε το μέγιστο ύψος στο οποίο φτάνει κατά την πτήση του. Λύση Όταν το σφαιρίδιο φτάνει στο μέγιστο του ύψος, η ταχύτητα του μηδενίζεται. Άρα στην εξίσωση 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 και ∆𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ −𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣0 2 2𝑔𝑔 = 302 2 × 10 = 45 𝑚𝑚 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Μία σφαίρα αφήνεται ελεύθερα από ύψος h και στα τελευταία 2 δευτερόλεπτα της κίνησης του διανύει απόσταση 3 4 ℎ. Να βρείτε το ύψος ℎ. 2. Μία μπάλα βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα 10m/s από ύψος 100 μέτρων από το έδαφος. Η μπάλα σε κάποια στιγμή χτυπά το έδαφος. Να βρείτε την δυανυόμενη απόσταση της μπάλας καθ’ όλη την διάρκεια της πτήσης του.
  • 27. 26 Λύσεις Ασκήσεων 1. Έστω ότι η σφαίρα διανύει το αρχικό 1 4 της διαδρομής της σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡1, και την υπόλοιπη διαδρομή σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡2 = 2s. Εάν ο χρόνος πτήσης είναι t, τότε: 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡2 = 𝑡𝑡1 + 2 Αφού 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡, έχουμε: � ℎ1 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡1 2 ℎ = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ ℎ1 ℎ = � 𝑡𝑡1 𝑡𝑡 � 2 ⇒ 1 4 ℎ ℎ = ( 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 + 2 )2 𝑡𝑡1>0 ��� 1 2 = 𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 + 2 ⇒ 𝑡𝑡1 = 2 𝑠𝑠 ⇒ 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡1 +𝑡𝑡2 = 2 + 2 = 4 𝑠𝑠 𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 ⇒ ℎ = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 = 1 2 × 10 × 16 = 80 𝑚𝑚 2. Καταρχάς θα υπολογίζουμε το μέγιστο ύψος στον οποίο θα φθάσει η μπάλα Όταν η μπάλα φτάνει στο μέγιστο της ύψος, η ταχύτητα της μηδενίζεται. Άρα στην εξίσωση 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 θέτουμε 𝑣𝑣 = 0 και ∆𝑦𝑦 = 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ −𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑦𝑦𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣0 2 2𝑔𝑔 = 102 2 × 10 = 5𝑚𝑚 Άρα το μέγιστο του ύψος είναι 5 μέτρα από το σημείο αναφοράς, που είναι το σημείο βολής. Δηλαδή το μέγιστο του ύψος είναι 100𝑚𝑚 + 5𝑚𝑚 = 105𝑚𝑚 από το έδαφος Αρχικά η μπάλα ανεβαίνει 5 μέτρα πάνω. Στην συνέχεια σταματάει στιγμιαία. Μετά η ταχύτητα αλλάζει φορά και η μπάλα ξεκινά να
  • 28. 27 πέφτει από το μέγιστο του ύψος μέχρι να φτάσει στο έδαφος. Αφού το μέγιστό ύψος βρίσκεται 105 𝑚𝑚 πάνω από το έδαφος, στην διάρκεια που πέφτει από το μέγιστο ύψος θα διανύει 105 m. Άρα η συνολική δυανυόμενη απόσταση είναι: 105 𝑚𝑚 + 5 𝑚𝑚 = 110 𝑚𝑚
  • 29. 28 Οριζόντιες Βολές Εάν βάλλουμε μια σφαίρα οριζόντια και η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα, η ταχύτητα του βλήματος παραμένει σταθερή κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥, ενώ πέφτει κάτω ταυτόχρονα υπό την επίδραση του βάρους στον άξονα 𝑦𝑦. Η σφαίρα κινείται σε καμπυλόγραμμη διαδρομή και για να μελετήσουμε την κίνηση της, εξετάζουμε την κίνηση της σφαίρας κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 ξεχωριστά. Υποθέτουμε ότι το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής και η θετική κατεύθυνση του άξονα 𝑦𝑦 είναι προς τα πάνω. Θεωρούμε την θετική φορά του άξονα 𝑥𝑥 ομόρροπη με την αρχική ταχύτητα. Έτσι έχουμε 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 𝑡𝑡 όπου 𝑣𝑣0 είναι η αρχική ταχύτητα (αφού η αρχική ταχύτητα είναι οριζόντια) Η εικόνα της κίνησης κατά μήκος του άξονα y είναι μια κατακόρυφη βολή χωρίς αρχική ταχύτητα, και έτσι οι εξισώσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 0 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑣𝑣2𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣1 2 𝑦𝑦 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦
  • 30. 29 Όμως γενικά μπορούμε να μελετήσουμε τη σχέση μεταξύ των θέσεων της μπάλας στους άξονες 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 κατά τη διάρκεια της πτήσης χρησιμοποιώντας την εξίσωση της τροχιάς. Για να βρούμε αυτή την εξίσωση πρέπει να εξαλείψουμε το χρόνο από τις εξισώσεις:𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 και 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ,δηλαδή θέτουμε 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 𝑣𝑣0 στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 και παίρνουμε 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑥𝑥 𝑣𝑣0 � 2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 Η πιο πάνω εξίσωση είναι εξίσωση παραβολής και αυτό εξηγεί γιατί η τροχιά που διανύει το σώμα σε μια οριζόντια βολή είναι καμπύλη. Παράδειγμα 1: Βάλλουμε μια σφαίρα από ύψος 80m από το έδαφος με οριζόντια ταχύτητα 30 𝑚𝑚/𝑠𝑠. Εάν η αντίσταση αέρα είναι αμελητέα και 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2, να βρεθεί: Α) Ο χρόνος που απαιτείται για τη σφαίρα να φτάσει στη γη και τη μετατόπισή της στον άξονα x κατά τη διάρκεια αυτού του χρόνου. Β) Η ταχύτητα της σφαίρας σε ύψος 60 μέτρων από το έδαφος Γ) Σε ποια χρονική στιγμή η ταχύτητα της σφαίρας είναι διπλάσιο της αρχικής της ταχύτητας. Δ) Οι συνιστώσες της ταχύτητας όταν η σφαίρα χτυπά τον έδαφος. E) Η ταχύτητα της σφαίρας κατά τη σύγκρουση με το έδαφος και η γωνία μεταξύ του διανύσματος ταχύτητας και του κατακόρυφου άξονα την ίδια στιγμή. ΣΤ) Ο χρόνος που απαιτείται για να φτάσει στη γη, αν η αρχική ταχύτητα του σφαίρα μειωθεί σε 15 m/s
  • 31. 30 Λύση Α) Έστω ότι το σημείο βολής είναι η αρχή των αξόνων η θετική κατεύθυνση είναι προς τα πάνω. Έτσι, όταν η σφαίρα φτάνει στο έδαφος, η μετατόπισή της στον άξονα 𝑦𝑦 είναι -80m. Δηλαδή: 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ − 80 = − 1 2 × 10 × 𝑡𝑡2 ⇒𝑡𝑡 = 4 𝑠𝑠 Σε διάστημα 4 δευτερολέπτων, η σφαίρα κινείται με ταχύτητα 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 στον οριζόντιο άξονα. Έτσι 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 = 30 × 4 = 120 𝑚𝑚 Β) Σε ύψος 60 μέτρων από το έδαφος, η σφαίρα έχει πέσει 20 μέτρα στον κατακόρυφο άξονα. Αυτό σημαίνει ότι η θέση του στον άξονα 𝑦𝑦 είναι 𝑦𝑦 = −20 𝑚𝑚. Τώρα: 𝑣𝑣2𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣1 2 𝑦𝑦 = −2𝑔𝑔∆𝑦𝑦 ⇒𝑣𝑣 = �900 − 20(−20) = 10√13 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Γ) 𝑣𝑣 = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 Στο ερώτημα 𝑣𝑣 = 2𝑣𝑣0, άρα 4𝑣𝑣0 2 = 𝑣𝑣0 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 ⇒ 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0√3 = −30√3 Τώρα 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ − 30√3 = −10𝑡𝑡⇒𝑡𝑡 = 3√3 𝑠𝑠 = 5,2 𝑠𝑠
  • 32. 31 Αφού 3√3 > 4, πριν από να φτάσει αυτή την ταχύτητα έχει ήδη χτυπήσει το έδαφος. Άρα η ταχύτητα της σφαίρας δεν είναι ποτέ διπλάσια από την αρχική της ταχύτητα. Δ) Σε όλη τη διαδρομή, η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα 𝑥𝑥 είναι 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , αλλά η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 = −40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Ε) |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = √302 + 402 = 50 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝜀𝜀𝜀𝜀𝜃𝜃 = � 𝑣𝑣𝑥𝑥 𝑣𝑣𝑦𝑦 � = 3 4 ⇒ 𝜃𝜃 = 37𝑜𝑜 ΣΤ) Αν αλλάζουμε την αρχική ταχύτητα, ο χρόνος που χρειάζεται για να φτάσει η σφαίρα στο έδαφος (χρόνος πτήσης) είναι 4 δευτερόλεπτα. Προσοχή 2: Σε μια οριζόντια βολή, η κίνηση του σώματος στον άξονα y εξαρτάται μόνο από το αρχικό ύψος και όχι από την αρχική ταχύτητα, άρα ο χρόνος πτήσης είναι ανεξάρτητος από την αρχική ταχύτητα.
  • 33. 32 Παράδειγμα 2: Στο παιχνίδι του Dart, στόχος του παίχτη είναι να χτυπάει ένα κόκκινο σημείο που βρίσκεται πάνω σε ένα κατακόρυφο τοίχο, το οποίο βρίσκεται σε οριζόντια απόσταση 2 μέτρα από το παίκτη. Ο παίκτης στοχεύει το σημείο ώστε το βελάκι να βρίσκεται ακριβώς στο ίδιο ύψος από το έδαφος με το σημείο, και το εκτοξεύει με οριζόντια ταχύτητα 20 m/s. Να βρείτε σε πόση απόσταση κάτω από το σημείο, το βελάκι θα χτυπάει τον τοίχο. Να δώσετε την απάντηση σε εκατοστόμετρα. Λύση Το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής, δηλαδή το χέρι του παίχτη. Ξέρουμε ότι όταν χτυπά τον τοίχο η θέση στον άξονα x είναι 2 μέτρα. Η άσκηση μας ζητά την απόσταση κάτω από το σημείο, στο οποίο το βελάκι θα χτυπήσει τον τοίχο, δηλαδή αρκεί να βρούμε την θέση που θα έχει το βελάκι στον άξονα y όταν χτυπάει τον τοίχο. Άρα θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση της τροχιάς. Έχουμε: 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑦𝑦 = − 10 × 22 2 × 202 = −0,05 𝑚𝑚 Άρα αφού ο το κόκκινο σημείο του τοίχου έχει μηδενική θέση στον άξονα y, και αφού η θετική κατεύθυνση είναι προς τα πάνω, το βελάκι θα χτυπά τον τοίχο 5 εκατοστόμετρα κάτω από το σημείο.
  • 34. 33 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Στο παρακάτω σχήμα βάλλουμε δύο σφαίρες οριζόντια προς την αντίθετη κατεύθυνση από τα σημεία (Α) και (Β) με αρχικές ταχύτητες 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 αντίστοιχα, από ύψος 𝐻𝐻 = 20𝑚𝑚 από το έδαφος. Εάν οι σφαίρες χτυπούν το έδαφος στο ίδιο σημείο, να βρείτε την απόσταση μεταξύ των σημείων (Α) και (Β). Να θεωρείται αμελητέες οι διαστάσεις των σφαιρών. 2. Βάλλουμε μια μπάλα του τένις με αρχική ταχύτητα 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 κατακόρυφα προς τα πάνω ενώ ταυτόχρονα από το ίδιο ύψος βάλλουμε μια μπάλα μπάσκετ οριζόντια με αρχική ταχύτητα 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Ποια από αυτά θα φτάνει πρώτα στο έδαφος και γιατί;
  • 35. 34 Λύσεις 1. Πρώτα θα υπολογίσουμε τον χρόνο πτήσης για τις δύο σφαίρες. ∆𝑦𝑦 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 20 = 1 2 × 10 𝑡𝑡2 ⇒𝑡𝑡 = 2 𝑠𝑠 Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε την απόσταση ΑΒ: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐴𝐴 + 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑡𝑡 + 𝑣𝑣𝐵𝐵 𝑡𝑡 ⇒ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 × 2 + 4 × 2 = 12𝑚𝑚 2. Έστω ότι το σημείο αναφοράς για τις δυο μπάλες είναι το σημείο βολής και η θετική φορά του άξονα ψ είναι προς τα πάνω. Επίσης έστω ότι η μπάλα του τένις ονομάζεται σώμα Α και η μπάλα μπάσκετ σώμα Β. Έχουμε: � 𝛥𝛥𝑦𝑦𝐴𝐴 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐴𝐴 2 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 𝛥𝛥𝑦𝑦𝐵𝐵 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐵𝐵 2 Αφού όταν οι μπάλες φτάνουν στο έδαφος οι μετατοπίσεις τους είναι ίσες (είναι ίση με −ℎ, όπου ℎ είναι το αρχικό ύψος), έχουμε: − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐴𝐴 2 + 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡𝐵𝐵 2 ⇒ 1 2 𝑔𝑔(𝑡𝑡𝐴𝐴 2 − 𝑡𝑡𝐵𝐵 2) = 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 Αφού 𝑣𝑣0𝐴𝐴 ήταν προς τα πάνω η τιμή του ήταν θετική. Επίσης ο χρόνος είναι πάντα θετικός. Οπότε: 𝑣𝑣0𝐴𝐴 𝑡𝑡𝐴𝐴 > 0 ⇒ 1 2 𝑔𝑔(𝑡𝑡𝐴𝐴 2 − 𝑡𝑡𝐵𝐵 2) > 0 ⇒ 𝑡𝑡𝐴𝐴 2 > 𝑡𝑡𝐵𝐵 2
  • 36. 35 Διότι ο χρόνος είναι πάντα θετικός ⇒ 𝑡𝑡𝐴𝐴 > 𝑡𝑡𝐵𝐵 Άρα η μπάλα μπάσκετ θα φτάνει πρώτα στο έδαφος.
  • 37. 36 Πλάγιες Βολές Εάν βάλλουμε ένα σώμα πλάγια με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 που σχηματίζει γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα (άξονας χ), τότε όπως και στην οριζόντια βολή, έχουμε μια καμπυλόγραμμη κίνηση. Δηλαδή για να μελετήσουμε την κίνηση του, εξετάζουμε την κίνηση του σώματος κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥 και 𝑦𝑦 ξεχωριστά. Υποθέτουμε ότι το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής και η θετική κατεύθυνση του άξονα 𝑦𝑦 είναι προς τα πάνω. Η αρχική ταχύτητα, καθώς δεν ανήκει πάνω στους άξονες χ και ψ, πρέπει να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες 𝑣𝑣0𝑥𝑥 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 με αλγεβρικές τιμές: 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 Η ταχύτητα του σώματος παραμένει σταθερή κατά μήκος του άξονα 𝑥𝑥, έτσι έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 και 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑥𝑥 𝑡𝑡 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 cos 𝜃𝜃
  • 38. 37 Όμως η προβολή της κίνησης του σώματος στον άξονα 𝑦𝑦, είναι μια κατακόρυφη βολή με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0𝑦𝑦 , δηλαδή οι εξισώσεις κίνησης κατά μήκος του άξονα 𝑦𝑦 είναι: 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣0 2 = −2𝑔𝑔𝛥𝛥𝛥𝛥 Η ταχύτητα του σώματος σε κάθε χρονική στιγμή της κίνησης του δίνεται από την σχέση: |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 Όμως είχαμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 Άρα |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣0𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ |𝑣𝑣| = �𝑣𝑣0 2 − 2𝑔𝑔𝑔𝑔 Παράδειγμα 1: Βάλλουμε μία μπάλα μπάσκετ από αρχικό ύψος 80m από το έδαφος και με αρχική ταχύτητα 50 𝑚𝑚 𝑠𝑠 που σχηματίζει γωνιά 37o με την οριζόντια διεύθυνση. Να βρείτε: Α) Σε πόσα δευτερόλεπτα θα χτυπήσει στο έδαφος. Β) Την οριζόντια μετατόπιση ΔΧ της μπάλας κατά τη διάρκεια της πτήσης. Λύση: Αναλύουμε την αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 σε δύο συνιστώσες 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 = 50 × cos 37 = 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝑣𝑣0𝑦𝑦 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 = 50 × sin 37 = 30 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Για να βρούμε τον χρόνο πτήσης, μελετούμε την κίνηση στον άξονα ψ. Όταν χτυπά στο έδαφος, αφού το σημείο αναφοράς ήταν το
  • 39. 38 σημείο βολής, και η θετική κατεύθυνση ήταν προς τα πάνω, η θέση της μπάλας είναι -80m. Άρα 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 ⇒ −80 = −5𝑡𝑡2 + 30𝑡𝑡 ⇒ 5𝑡𝑡2 − 30𝑡𝑡 − 80 = 0 ⇒ 𝑡𝑡2 − 6𝑡𝑡 − 16 = 0 ⇒ (𝑡𝑡 − 8)(𝑡𝑡 + 2) = 0 𝑡𝑡>0 �� 𝑡𝑡 = 8 𝑠𝑠 Β) Σε αυτή τη διάρκεια η ταχύτητα της μπάλας στον άξονα χ είναι σταθερή και ίση με 40 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , άρα η μετατόπιση της μπάλας σε αυτή την διάρκεια δίνεται από: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑢𝑢𝑥𝑥𝑡𝑡 = 40 × 8 = 320𝑚𝑚 Παράδειγμα 2: Μία σφαίρα βάλλεται προς το έδαφος από έναν πύργο ύψους 40m με γωνία 30o σε σχέση με τον οριζόντιο άξονα. Εάν 𝑣𝑣0 = 20 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , να υπολογίσετε τον χρόνο πτήσης της σφαίρας . Λύση: Γράφουμε την εξίσωση κίνησης στον άξονα 𝑦𝑦. 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 Αφού η σφαίρα βάλλεται προς το έδαφος, η γωνιά 𝜽𝜽 βρίσκεται κάτω από τον άξονα 𝒙𝒙, δηλαδή 𝜽𝜽 = −𝟑𝟑𝟑𝟑𝒐𝒐 Άρα όπως στο προηγούμενο παράδειγμα θέτουμε 𝑦𝑦 = −40𝑚𝑚 −40 = −5𝑡𝑡2 + 20(sin(−30))𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡 − 8 = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = 2 𝑠𝑠
  • 40. 39 Η εξίσωση της τροχιάς Όπως στην οριζόντια έτσι και στην πλάγια βολή, υπάρχει μια εξίσωση που συνδέει την θέση του βλήματος στον άξονα χ με την θέση του στον άξονα ψ, η οποία λέγεται εξίσωση της τροχιάς. Για να βρούμε αυτή την εξίσωση πρέπει να εξαλείψουμε το χρόνο από τις εξισώσεις: 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 και 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡, δηλαδή θέτουμε 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑥𝑥 στην εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑡𝑡 και παίρνουμε: 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑥𝑥 � 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑥𝑥 ⇒ 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝜃𝜃 Η πιο πάνω σχέση είναι εξίσωση παραβολής και αυτό εξηγεί γιατί η τροχιά που διανύει το σώμα σε μια πλάγια βολή είναι καμπύλη. Παράδειγμα 3: Μια μπάλα του μπάσκετ βάλλεται από ύψος 2m πάνω από το έδαφος και με γωνία 45o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Σκοπός είναι η μπάλα να μπει στο καλάθι. Η οριζόντια απόσταση μεταξύ του σημείου βολής και του καλαθιού είναι 11m και το ύψος του καλαθιού είναι 3m πάνω από το έδαφος. Εάν η μπάλα περνά μέσα από το καλάθι, να βρείτε την αρχική ταχύτητα της. Λύση: Θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση της τροχιάς. 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
  • 41. 40 Στην εξίσωση θέτουμε 𝑦𝑦 = 3𝑚𝑚 − 2𝑚𝑚 = 1𝑚𝑚 (αφού το σημείο αναφοράς είναι το σημείο βολής που βρίσκεται 2 μέτρα πάνω από το έδαφος και το καλάθι βρίσκεται 3 μέτρα πάνω από το έδαφος), 𝑥𝑥 = 11 𝑚𝑚 και 𝜃𝜃 = 45𝑜𝑜 , και παίρνουμε: 1 = − 10 × 112 2𝑣𝑣0 2 × 1 2 + 11 × 1 ⇒ 𝑣𝑣0 = 11 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Μέγιστο ύψος βολής Όταν ένα σώμα που εκτελεί πλάγια βολή, φτάνει στο μέγιστο ύψος της πτήσης του, η ταχύτητα του δεν μηδενίζεται. Όμως η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα y μηδενίζεται. Σε αυτό το σημείο η ταχύτητα του βλήματος έχει την ελάχιστη της τιμή και είναι ίση με την συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα χ. Δηλαδή: 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇ό ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 Για να υπολογίσουμε αυτό το ύψος H (από το σημείο βολής) θα χρησιμοποιούμε την εξίσωση 𝑦𝑦 = − 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 sin 𝜃𝜃. Για να υπολογίσουμε όμως το μέγιστο ύψος Η από το σημείο βολής, πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε το χρόνο που χρειάζεται για να φτάσει στο ύψος αυτό. Για να υπολογίσουμε τον χρόνο, αφού ξέρουμε ότι η συνιστώσα της ταχύτητας στον άξονα y μηδενίζεται, θέτουμε 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 0 στην εξίσωση 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 + 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 και παίρνουμε 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 Άρα: 𝛨𝛨 = − 1 2 𝑔𝑔 � 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 � 2 + 𝑣𝑣0 × 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 × sin 𝜃𝜃 ⇒ 𝐻𝐻 = (𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃)2 2𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 2𝑔𝑔
  • 42. 41 Παράδειγμα 4: Μία μπάλα καλαθόσφαιρας βάλλεται με αρχική ταχύτητα 20m/s και γωνιά 𝑎𝑎 από το έδαφος σε ένα κλειστό δωμάτιο. Σε ύψος 5 μέτρα από το έδαφος, υπάρχει μια οριζόντια στέγη. Να βρείτε την μέγιστη τιμή του sin 𝑎𝑎 έτσι ώστε η μπάλα να μην συγκρούεται με την στέγη κατά την πτήση της. Λύση: Το μέγιστο ύψος του σώματος πρέπει να είναι μικρότερο ή ίσο με το 5m. 𝑣𝑣0 2 sin2 𝑎𝑎 2𝑔𝑔 ≤ 5 ⇒ sin2 𝑎𝑎 ≤ 10𝑔𝑔 𝑣𝑣0 2 = 1 4 Αφού 0 < 𝑎𝑎 ≤ 90𝜊𝜊 έχουμε sin 𝑎𝑎 ≥ 0 και το μέγιστο ημίτονο γίνεται για την μέγιστη γωνιά. ⇒ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ≤ 1 2 ⇒ max(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠) = 1 2 Βεληνεκές πλάγιας βολής Σε μια πλάγια βολή η οριζόντια μετατόπιση 𝑅𝑅 του βλήματος από τη στιγμή βολής, μέχρι να ξανά φτάνει στο ίδιο ύψος (αρχικό ύψος) λέγεται το βεληνεκές της βολής. Προφανώς αφού το σημείο βολής είναι το σημείο αναφοράς, για να βρούμε το βεληνεκές πρέπει να θέσουμε 𝑦𝑦 = 0 και 𝑥𝑥 = 𝑅𝑅 ≠ 0 στην εξίσωση της τροχιάς. Δηλαδή 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 ⇒ 0 = − 𝑔𝑔𝑅𝑅2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 + 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅
  • 43. 42 ⇒ 𝑔𝑔𝑅𝑅2 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 = 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑅𝑅≠0 � � � 𝑔𝑔𝑔𝑔 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑅𝑅 = 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 2𝑣𝑣0 2 cos2 𝜃𝜃 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝑅𝑅 = 2𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 2𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑣𝑣0𝑦𝑦 𝑔𝑔 Όμως από την τριγωνομετρική ταυτότητα 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = sin(2𝜃𝜃) , το βεληνεκές μπορεί να γραφτεί και ως: 𝑅𝑅 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜃𝜃) 𝑔𝑔 Σε μια βολή για να έχουμε το μέγιστο βεληνεκές πρέπει sin(2𝜃𝜃) = 1, δηλαδή 2𝜃𝜃 = 90𝜊𝜊 ⇒ 𝜃𝜃 = 45𝜊𝜊 Παράδειγμα 5: Ένας ποδοσφαιριστής βάλλει μια μπάλα από το έδαφος με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 και γωνιά 𝜔𝜔 μοιρών ως προς τον οριζόντιο άξονα. Στην συνέχεια το βάλλει από το έδαφος με αρχική ταχύτητα ιδίου μέτρου άλλα με γωνιά 90 − 𝜔𝜔 ως προς τον οριζόντιο άξονα. Να συγκρίνετε το βεληνεκές της μπάλας στις 2 περιπτώσεις. Λύση: 𝑅𝑅1 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 Όμως 𝑅𝑅2 = 𝑣𝑣0 2 sin�2 ∙ (90 − 𝜔𝜔)� 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin(180 − 2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin(2𝜔𝜔) 𝑔𝑔 = 𝑅𝑅1 Άρα το βεληνεκές της μπάλας είναι η ίδια και στις δυο περιπτώσεις.
  • 44. 43 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Σώμα βάλλεται από την οροφή ενός κτιρίου ύψους 40m, με αρχική ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 30o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Να βρείτε την οριζόντια απόσταση του σημείου όπου το σώμα χτυπά το έδαφος από την βάση του κτιρίου. 2. Η εξίσωση της τροχιάς ενός βλήματος στο SI είναι 𝑦𝑦 = −𝑥𝑥2 + 10𝑥𝑥. Να βρείτε το βεληνεκές του. 3. Βάλλουμε μια μπάλα από το έδαφος με αρχική ταχύτητα 20 m/s που σχηματίζει γωνιά 45ο με τον οριζόντιο άξονα. Να βρείτε τη μέση διανυσματική ταχύτητα της μπάλας από τη στιγμή που εκτοξεύεται μέχρι να φτάσει στο μέγιστο ύψος της πτήσης του.
  • 45. 44 Λύσεις 1. Θα μελετήσουμε την κίνηση του σώματος στους 2 άξονες ξεχωριστά. 𝑦𝑦 = 𝑢𝑢0𝑦𝑦 𝑡𝑡 + 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 ⇒ 40 = (20𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠30)𝑡𝑡 + 5𝑡𝑡2 ⇒ 𝑡𝑡2 + 2𝑡𝑡 = 8 ⇒ (𝑡𝑡 − 2)(𝑡𝑡 + 4) = 0 ⇒ 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑑𝑑 = 2 × 20 × 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 = 20√3 𝑚𝑚 2. Για να υπολογίσουμε το βεληνεκές πρέπει να θέσουμε 𝑦𝑦 = 0 στην εξίσωση της τροχιάς. Έτσι: 𝑦𝑦 = 0 ⇒ −𝑥𝑥2 + 10𝑥𝑥 = 0 ⇒ � 𝑥𝑥 = 0 𝑥𝑥 = 10 ⇒ 𝑥𝑥 = 10 𝑚𝑚 ⇒ 𝑅𝑅 = 10𝑚𝑚 3. Θα υπολογίσουμε το μέγιστο ύψος, το χρονικό διάστημα για να φτάσει σε αυτό το ύψος καθώς και την οριζόντια μετατόπιση όταν φτάσει σε αυτό το ύψος. 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝛼𝛼 𝑔𝑔 ⇒ 𝑡𝑡 = 20 × √2 2 × 10 ⇒ 𝑡𝑡 = √2 𝑠𝑠 𝐻𝐻 = 𝑣𝑣0 2 (𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠)2 2𝑔𝑔 ⇒ 𝐻𝐻 = 400 × 1 2 20 = 10 𝑚𝑚 ⇒ ∆𝑦𝑦 = 10𝑚𝑚
  • 46. 45 ∆𝑥𝑥 = 𝑢𝑢𝑥𝑥𝑡𝑡 = 𝑢𝑢0𝑡𝑡 cos 45 = 20 × √2 × √2 2 = 20𝑚𝑚 Το μέτρο της μετατόπισης είναι: ∆𝑟𝑟 = �∆𝑥𝑥2 + ∆𝑦𝑦2 = √202 + 102 = 10√5 𝑚𝑚 Άρα: 𝑣𝑣̅ = Δ𝑟𝑟 Δ𝑡𝑡 = 10√5 √2 = 5√10 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 47. 46 Ασκήσεις ενότητας 1. Βάλλουμε ένα σώμα με γωνιά 𝛼𝛼 < 90 ως προς τον οριζόντιο άξονα προς τα πάνω. Ποια είναι η σχέση μεταξύ των διανυσμάτων της επιτάχυνσης και της ταχύτητας; (Να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να την δικαιολογήσετε) Α) Σχηματίζουν μια οξέα γωνιά σε όλη την διαδρομή. Β) Είναι κάθετα σε όλη την διαδρομή Γ) Γίνονται κάθετα σε μια θέση της διαδρομής Δ) Συμπίπτουν σε μια θέση της διαδρομής. 2. Μία μπάλα βάλλεται με αρχική ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 30o ως προς τον οριζόντιο άξονα. Έστω ότι 𝐷𝐷 � �⃗ είναι το διάνυσμα της μετατόπισης της μπάλας από την στιγμή που βάλλεται μέχρι να φτάσει στο μέγιστο ύψος. Να βρείτε τη γωνιά που σχηματίζει το διάνυσμα 𝐷𝐷 � �⃗ με τον οριζόντιο άξονα όταν η μπάλα φτάνει στο μέγιστο ύψος. 3. Η εξίσωση της τροχιάς (στο S.I.) για ένα βλήμα που βάλλεται από το έδαφος είναι: 𝑦𝑦 = − 𝑥𝑥2 40 + 3𝑥𝑥 Να βρείτε το μέγιστο ύψος στην πτήση του βλήματος. 4. Βάλλουμε μια σφαίρα από την επιφάνεια κεκλιμένου επιπέδου γωνιάς 𝜃𝜃, στο σημείο 𝛢𝛢 με οριζόντια ταχύτητα 𝑣𝑣0. Η σφαίρα χτυπά το κεκλιμένο επίπεδο στο σημείο Β. Να υπολογίσετε την απόσταση ΑΒ συναρτήσει της αρχικής ταχύτητας του βλήματος και της επιτάχυνσης της βαρύτητας.
  • 48. 47 5. Ένα αυτοκίνητο κινείται σε ευθεία γραμμή με σταθερή θετική ταχύτητα 𝑣𝑣 προς μια αρχικά ακίνητη μοτοσυκλέτα. Όταν το αυτοκίνητο βρίσκεται σε απόσταση 25 μέτρων από την μοτοσυκλέτα, τότε ο μοτοσικλετιστής ξεκινά να κινείται από την ηρεμία με σταθερή επιτάχυνση 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2. Εάν η μοτοσυκλέτα και το αυτοκίνητο συγκρούονται να βρείτε την ελάχιστη τιμή της ταχύτητας 𝑣𝑣. 6. Οι εξισώσεις κίνησης (στο επίπεδο) για το σώμα Α είναι: � 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 8 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 3𝑡𝑡2 και για το σώμα Β είναι: � 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 4𝑡𝑡 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 6𝑡𝑡 . Να εξετάσετε κατά πόσο τα σώματα θα συγκρουστούν. Εάν συγκρούονται, να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου στο οποίο συγκρούονται. 7. Βάλλουμε ένα σώμα με αρχική ταχύτητα 𝑣𝑣0 και γωνιά 𝛼𝛼 ως προς τον οριζόντιο άξονα από το έδαφος. Να βρείτε την ταχύτητα με την οποία χτυπά στο έδαφος δίνοντας την απάντηση σας στην διανυσματική μορφή 𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏
  • 49. 48 Λύσεις 1. Η ταχύτητα είναι πάντα εφαπτόμενη στην διαδρομή. Η επιτάχυνση, είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας και είναι κατακόρυφα προς τα κάτω. Δηλαδή όπως δείχνει το σχήμα τα διανύσματα της επιτάχυνσης και της ταχύτητας γίνονται κάθετα σε μια θέση της διαδρομής (μέγιστο ύψος). Απάντηση- Γ 2. Όταν η μπάλα φθάνει στο μέγιστο της ύψος, έχουμε: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝐻𝐻 = 𝑣𝑣0 2 sin2 𝜃𝜃 2𝑔𝑔 Ξέρουμε όμως ότι φθάνει σε αυτό το ύψος σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 Τώρα αναλύουμε την μετατόπιση 𝛥𝛥𝑟𝑟 σε δυο συνιστώσες 𝛥𝛥𝑥𝑥 και 𝛥𝛥𝑦𝑦 και έχουμε: tan 𝜑𝜑 = 𝛥𝛥𝑦𝑦 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0 2 sin2 𝜃𝜃 2𝑔𝑔 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = sin 𝜃𝜃 2 cos 𝜃𝜃 = tan 𝜃𝜃 2 ⇒ tan 𝜑𝜑 = tan 30𝑜𝑜 2
  • 50. 49 ⇒ tan 𝜑𝜑 = √3 6 ⇒ 𝜑𝜑 = 16,1𝜊𝜊 3. Από την εξίσωση της τροχιάς μπορούμε να υπολογίσουμε το βεληνεκές θέτοντας 𝑥𝑥 = 0 στην εξίσωση. 0 = − 𝑥𝑥2 40 + 30 ⇒ 𝑥𝑥 = 120 ⇒ 𝑅𝑅 = 120𝑚𝑚 Το βλήμα φθάνει στο μέγιστο ύψος σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 ⇒ 𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 cos 𝜃𝜃 𝑡𝑡 = 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 𝑔𝑔 = 𝑅𝑅 2 ⇒ 𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 = 𝑅𝑅 2 = 60𝑚𝑚 ⇒ 𝐻𝐻 = − 𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 2 40 + 3𝑥𝑥𝜇𝜇έ𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾𝛾 ύ𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓𝜓 ⇒ 𝐻𝐻 = − 602 40 + 3 × 60 ⇒ 𝐻𝐻 = 90𝑚𝑚 4. Στο παραπάνω σχήμα έχουμε πως 𝑥𝑥𝑀𝑀 = |𝐴𝐴𝐴𝐴| cos 𝜃𝜃 και 𝑦𝑦𝑀𝑀 = −|𝐴𝐴𝐴𝐴| sin 𝜃𝜃
  • 51. 50 Από την εξίσωση της τροχιάς: 𝑦𝑦 = − 𝑔𝑔𝑥𝑥2 2𝑣𝑣0 2 ⇒ −|𝐴𝐴𝐴𝐴| sin 𝜃𝜃 = 𝑔𝑔|𝐴𝐴𝐴𝐴|2 cos2 𝜃𝜃 2𝑣𝑣0 2 |𝐴𝐴𝐴𝐴|≠0 ����� sin 𝜃𝜃 = 𝑔𝑔|𝐴𝐴𝐴𝐴| cos2 𝜃𝜃 2𝑣𝑣0 2 ⇒ |𝐴𝐴𝐴𝐴| = 2𝑣𝑣0 2 sin 𝜃𝜃 𝑔𝑔 cos2 𝜃𝜃 5. Για το αυτοκίνητο: 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 Για τον μοτοσικλετιστή: 𝑥𝑥𝑀𝑀 = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝑥𝑥𝑀𝑀 = 25 + 𝑡𝑡2 Όταν τα οχήματα συγκρούονται έχουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝑀𝑀. Δηλαδή η εξίσωση 25 + 𝑡𝑡2 = 𝑣𝑣𝑣𝑣, πρέπει να έχει λύση 25 + 𝑡𝑡2 = 𝑣𝑣𝑣𝑣 ⇒ 𝑡𝑡2 − 𝑣𝑣𝑣𝑣 + 25 = 0 Πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης να μην είναι αρνητική. Άρα: 𝛥𝛥 ≥ 0 ⇒ 𝑣𝑣2 − 4 × 25 ≥ 0 ⇒ 𝑣𝑣2 ≥ 100 𝑣𝑣≥0 �� 𝑣𝑣 ≥ 10 ⇒ 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 52. 51 6. Θέτουμε 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 ⇒ 4𝑡𝑡 = 8 ⇒ 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 Επίσης θέτουμε 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 𝑦𝑦𝐵𝐵 3𝑡𝑡2 = 6𝑡𝑡 𝑡𝑡≠0 �� 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 Άρα τη χρονική στιγμή 𝑡𝑡 = 2𝑠𝑠 οι θέσεις των σωμάτων θα είναι οι ίδιες. Όμως σε αυτή την στιγμή 𝑥𝑥𝐴𝐴 = 𝑥𝑥𝐵𝐵 = 8 και 𝑦𝑦𝐴𝐴 = 𝑦𝑦𝐵𝐵 = 6 × 2 = 12 Άρα 𝑟𝑟𝛴𝛴 = (8,12) 7. Στον άξονα 𝑥𝑥 έχουμε κίνηση με σταθερή ταχύτητα, δηλαδή: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 Στον άξονα 𝑦𝑦, όταν το βλήμα φθάνει στο έδαφος έχουμε 𝑦𝑦 = 0. Άρα από τις εξισώσεις κίνησης: 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 − 𝑣𝑣0𝑦𝑦 2 = −2𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑦𝑦=0 � � � 𝑣𝑣𝑦𝑦 = −𝑣𝑣0𝑦𝑦 = −𝑣𝑣0𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 Δηλαδή 𝑣𝑣 ⃗ = 𝑣𝑣𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑣𝑣𝑦𝑦𝑗𝑗 = (𝑣𝑣0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐)𝑖𝑖 − (𝑣𝑣0𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠)𝑗𝑗
  • 53. 52 Κεφάλαιο 2: Δυνάμεις Όταν 2 σώματα αλληλοεπιδρούν, ασκούνται δυνάμεις μεταξύ τούς. Η δύναμη είναι διανυσματικό μέγεθος (έχει φορά και διεύθυνση) και έχει μονάδα μέτρησης το 1 Newton (N). Το διανυσματικό άθροισμα των δυνάμεων που ασκούνται πάνω σε ένα σώμα λέγεται Συνισταμένη Δύναμη και συμβολίζεται με 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ Οι δυνάμεις πάντα ακολουθούν 3 νόμους, που λέγονται Νόμοι του Νεύτωνα. 1ος Νόμος του Νεύτωνα: Η συνισταμένη δύναμη πάνω σε ένα σώμα είναι μηδέν αν και μόνον αν είναι ακίνητο ή κινείται με σταθερή ταχύτητα. Προσοχή 1: Εάν η συνισταμένη δύναμη πάνω σε οποιονδήποτε άξονα είναι μηδέν τότε ο 1ος νόμος του Νεύτωνα ισχύει για κίνηση του σώματος σε αυτό το άξονα, και αντίστροφα 2ος Νόμος του Νεύτωνα: Σε οτιδήποτε σώμα που κινείται επιταχυνόμενα ισχύει: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ = 𝑚𝑚. 𝑎𝑎 ⃗ Όπου: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ είναι η συνισταμένη δύναμη σε Newton 𝑚𝑚 είναι η μάζα του σώματος σε κιλά (𝑘𝑘𝑘𝑘) 𝑎𝑎 ⃗ είναι η επιτάχυνση του σώματος σε 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 3ος Νόμος του Νεύτωνα: Εάν ένα σώμα Α ασκεί μία δύναμη 𝐹𝐹𝐴𝐴→𝐵𝐵 στο σώμα Β, τότε το σώμα Β ασκεί μια δύναμη 𝐹𝐹𝐵𝐵→𝐴𝐴 ίσου μέτρου και αντίθετης φοράς στο σώμα Α, και αποτελούν ζεύγος δράσης- αντίδρασης Προσοχή 2: Οι δυνάμεις 𝐹𝐹𝐴𝐴→𝐵𝐵 και 𝐹𝐹𝐵𝐵→𝐴𝐴 ασκούνται σε διαφορετικά σώματα, και όχι στο ίδιο σώμα. Κατηγόριες δυνάμεων είναι: δυνάμεις από επαφή και δυνάμεις πεδίου.
  • 54. 53 Δυνάμεις Πεδίου Το Βάρος Είναι η δύναμη που ασκεί η γη (η άλλο πλανήτη) σε ένα σώμα. Έχει φορά προς το κέντρο της γης και συμβολίζεται με 𝑊𝑊. Το μέτρο του υπολογίζεται ως 𝑊𝑊 = 𝑚𝑚. 𝑔𝑔 Ελκτικές δυνάμεις Είναι η δύναμη που ασκείται μεταξύ δύο σωμάτων που έχουν μάζα. Νόμος παγκόσμιας έλξης : Εάν 2 σώματα έχουν μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 και η απόσταση μεταξύ των κέντρων τους είναι 𝑟𝑟 τότε η ελκτική δύναμη μεταξύ τους υπολογίζεται ως 𝐹𝐹 = 𝐺𝐺𝑚𝑚1𝑚𝑚2 𝑟𝑟2 Όπου: 𝐹𝐹 ⃗ είναι η δύναμη σε Newton 𝑚𝑚1,2 είναι οι μάζες των σωμάτων σε κιλά (𝑘𝑘𝑘𝑘) 𝑟𝑟 είναι η απόσταση σε 𝑚𝑚 Και 𝐺𝐺 = 6,67 × 10−11 𝑁𝑁𝑁𝑁2 𝑘𝑘𝑔𝑔2 είναι η σταθερά της παγκόσμιας έλξης Παράδειγμα : Ένας αερόλιθος μάζας 100 κιλών βρίσκεται σε απόσταση 10000 χιλιόμετρων από το κέντρο της γης. Να υπολογίζετε την επιτάχυνση του αερολίθου. (Δίνεται μάζα της Γης=5.972 × 1024 kg)
  • 55. 54 Λύση: Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑟𝑟2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑟𝑟2 = 𝑎𝑎 Μετατρέπουμε τα μεγέθη σε SI 10000 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 104 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 107 𝑚𝑚 Άρα 𝛼𝛼 = 6,67×10−11 ×5.972×1024 1014 = 6.67×5.972 10 = 3.99 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Η μάζα του πλανήτη Α είναι 16 φορές μεγαλύτερη από τη μάζα του πλανήτη Β, και η απόσταση μεταξύ των κέντρων τους είναι d. Ένα διαστημόπλοιο ταξιδεύει πάνω στην ευθεία που ενώνει τα κέντρα των πλανητών. Σε ποια απόσταση από το πλανήτη Α πρέπει να βρίσκεται το διαστημόπλοιο, έτσι ώστε να δρα μηδενική συνισταμένη δύναμη πάνω σε αυτό; 2. Αν γνωρίζετε τη μάζα, την ακτίνα του πλανήτη Αφροδίτη και την σταθερά παγκόσμιας έλξης, να δείξετε ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Αφροδίτης έχει μέτρο ίσο με 8,79 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Δίνεται: Ακτίνα της Αφροδίτης = 6,052 × 106 𝑚𝑚 και μάζα της Αφροδίτης = 4,867 × 1024 𝑘𝑘𝑘𝑘
  • 56. 55 Λύσεις 1. 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 0 ⇒ |𝐹𝐹𝐴𝐴| − |𝐹𝐹𝐵𝐵| = 0 ⇒ |𝐹𝐹𝐴𝐴| = |𝐹𝐹𝐵𝐵| ⇒ 𝐺𝐺𝑀𝑀𝐴𝐴𝑚𝑚 𝑟𝑟2 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝐵𝐵𝑚𝑚 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 𝑀𝑀𝐴𝐴 𝑟𝑟2 = 𝑀𝑀𝐵𝐵 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 16𝑀𝑀𝐵𝐵 𝑟𝑟2 = 𝑀𝑀𝐵𝐵 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 16 𝑟𝑟2 = 1 (𝑑𝑑 − 𝑟𝑟)2 ⇒ 4 𝑟𝑟 = 1 𝑑𝑑 − 𝑟𝑟 ⇒ 4𝑑𝑑 − 4𝑟𝑟 = 𝑟𝑟 ⇒ 5𝑟𝑟 = 4𝑑𝑑 ⇒ 𝑟𝑟 = 4 5 𝑑𝑑 2. Η απόσταση ενός σώματος από την επιφάνεια της Αφροδίτης μέχρι το κέντρο της ισούται ακριβώς με την ακτίνα της. Άρα η βαρυτική δύναμη που ασκείται πάνω στο σώμα δίνεται από: 𝑊𝑊 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛢𝛢𝛭𝛭𝜎𝜎ώ𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑟𝑟 𝛢𝛢 2 Όμως 𝑊𝑊 = 𝛭𝛭𝜎𝜎ώ𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝜇𝑔𝑔𝛢𝛢 ⇒ 𝑔𝑔𝛢𝛢 = 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛢𝛢 𝑟𝑟𝛢𝛢 2 = 6,67×10−11 ×4,867 × 1024 (6,052×106)2 = 8,9 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
  • 57. 56 Δυνάμεις από επαφή Δύναμη κάθετη από την επιφάνεια Δίνεται ένα βιβλίο πάνω σε ένα τραπέζι. Το βιβλίο έχει βάρος, αλλά και ισορροπεί. Άρα υπάρχει άλλη δύναμη που δέχεται το βιβλίο. Αυτό είναι μία δύναμη κάθετη στο επίπεδο του τραπέζιου Ν. Το Ν δεν είναι αντίδραση του βάρους. Γενικά όταν 2 επιφάνειες αγγίζουν ασκούνται κάθετες δυνάμεις μεταξύ τους. Για να κατανοήσουμε την έννοια αυτής της δύναμης καλύτερα, θα μελετήσουμε το παρακάτω παράδειγμα. Παράδειγμα 1: Δίνεται ένα σώμα μάζας 2 kg που αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα στο παρακάτω κεκλιμένο επίπεδο γωνιάς 60ο. Να υπολογίσετε: Α) Τη δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται το σώμα Β) Το μέτρο της επιτάχυνσης με την οποία κατέρχεται το σώμα
  • 58. 57 Λύση Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα είναι το βάρος, καθώς και η κάθετη δύναμη από το κεκλιμένο επίπεδο. Ο άξονας κίνησης του σώματος είναι παράλληλος με το κεκλιμένο επίπεδο. Για αυτό όταν έχουμε κεκλιμένο επίπεδο θέτουμε την διεύθυνση του άξονα 𝒙𝒙 παράλληλη με την διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου και θέτουμε την διεύθυνση του άξονα 𝒚𝒚, κάθετη στην διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου (αφού ο άξονας 𝑦𝑦 είναι πάντα κάθετος στον άξονα 𝑥𝑥). Πρέπει να αναλύσουμε όλες τις δυνάμεις σε αυτούς τους άξονες, και σε αυτή την περίπτωση η μόνη δύναμη που δεν ανήκει στους άξονες είναι το βάρος, και για αυτό το αναλύουμε σε συνιστώσες 𝑊𝑊 𝑦𝑦 και 𝑊𝑊 𝑥𝑥 Α) Από τον Πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε: � 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| − �𝑊𝑊 𝑦𝑦� = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = �𝑊𝑊 𝑦𝑦� = |𝑊𝑊| cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 10 × 0,5 = 10 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 Β) Επίσης από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, στον άξονα χ έχουμε: � 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑊𝑊 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ |𝑊𝑊| sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 = 10 × sin 30𝜊𝜊 = 8,7 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
  • 59. 58 Παράδειγμα 2: Κάποιος κύριος Χ, με μάζα 80 kg στέκεται σε ένα ανελκυστήρα μέσα στον οποίο υπάρχει ζυγαριά στο έδαφος.ο ανελκυστήρας επιταχύνεται προς τα κάτω, και η ένδειξη της ζυγαριάς είναι 60kg. Να εξηγήσετε αυτό το φαινόμενο, και να υπολογίζετε την επιτάχυνση του ανελκυστήρα. Πρώτα πρέπει να δούμε πως ακριβώς λειτουργεί η ζυγαριά. Η ζυγαριά δουλεύει βάση των δυνάμεων που ασκούνται πάνω της. Η ζυγαριά ασκεί μια κάθετη δύναμη Ν στον Κύριο Χ. Από το τρίτο νόμο του Νεύτωνα, ο Κύριος Χ ασκεί μια δύναμη Ν’ ίσου μέτρου με την Ν στη ζυγαριά. Η ζυγαριά δείχνει το μέτρο αυτής της δύναμης (μετατρέποντας σε κιλά). Τώρα, από τον δεύτερο Νόμο του Νεύτωνα, 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 800 − 𝑁𝑁 = 80𝑎𝑎 ⇒ 𝛮𝛮 = 𝛮𝛮′ = 800 − 80𝛼𝛼 < 800 Για αυτό, η ζυγαριά δείχνει μικρότερο αριθμό Αντικαθιστώντας 𝛮𝛮 = 600, έχουμε ότι η επιτάχυνση 𝑎𝑎 = 200 80 = 2,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2
  • 60. 59 Παράδειγμα 3: Δίνονται 3 σώματα που βρίσκονται σε επαφή το ένα με το άλλο όπως δείχνει το πιο κάτω σχήμα και είναι πάνω σε λεία επιφάνεια. Ασκούμαι μια δύναμη 24 Ν στο σώμα 1. Εάν οι μάζες των σωμάτων (1) , (2) και (3) είναι 5 , 4 και 3 κιλά αντίστοιχα , να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκεί το σώμα 3 στο σώμα 2. Λύση Καταρχάς θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 24 = (5 + 4 + 3)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 2𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Τώρα από τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα, η δύναμη που ασκεί το σώμα 3 στο σώμα 2, είναι αντίθετη της δύναμης που ασκεί το σώμα 2 στο σώμα 3. Αρκεί να μελετήσουμε το σώμα 3. Η μόνη δύναμη που ασκείται πάνω του είναι η δύναμη 𝐹𝐹2−3 Άρα από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐹𝐹2−3 = 3 × 3 = 9𝑁𝑁 Έτσι 𝐹𝐹3−2 = −9𝑁𝑁
  • 61. 60 Τάση του νήματος Θεωρούμε ένα σώμα συνδεδεμένο με ένα νήμα. Τραβάμε το νήμα με τη δύναμη F και το νήμα θα ασκεί μια δύναμη Τ στο σώμα. Η δύναμη Τ που ασκείται από ένα νήμα σε άλλο σημείο του νήματος, ή σε ένα σώμα λέγεται «τάση του νήματος». Για να υπολογίσουμε τη τάση του νήματος χρησιμοποιούμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα |𝐹𝐹| − |𝑇𝑇| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Όπου m είναι η μάζα του νήματος και α είναι η επιτάχυνση του. Σημείωση: Όταν το νήμα είναι αβαρές 𝑚𝑚 = 0 ⇒ |𝐹𝐹| = |𝑇𝑇| Προσοχή: Η τάση του νήματος έχει κατεύθυνση προς το νήμα. Παράδειγμα 4: Δίνεται το παρακάτω σύστημα σωμάτων. Τα σώματα συνδέονται με νήμα μάζας 500 g. Οι μάζες των σωμάτων είναι 𝛭𝛭1 = 2 kg και 𝛭𝛭2 = 1,5 kg. Ασκούμε μια δύναμη F μέτρου 100 Ν στο σώμα 𝛭𝛭1. Να βρείτε την τάση του νήματος στα σημεία Α, Β και Γ. (Τα Α και Γ είναι τα άκρα του νήματος και Β είναι το μέσο του νήματος)
  • 62. 61 Λύση : Καταρχάς θα υπολογίζουμε την επιτάχυνση του συστήματος. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: ∑ 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐹𝐹 − (𝑀𝑀1𝑔𝑔 + 𝑀𝑀2𝑔𝑔 + 𝑀𝑀𝑁𝑁𝑔𝑔) = (𝑀𝑀1 + 𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑁𝑁)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 − (𝑀𝑀1𝑔𝑔 + 𝑀𝑀2𝑔𝑔 + 𝑀𝑀𝑁𝑁𝑔𝑔) 𝑀𝑀1 + 𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑁𝑁 = 100 − (2 + 1,5 + 0,5) 2 + 1.5 + 0.5 = 24 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Αφού τα σώματα (και το νήμα) συνδέονται, όλα έχουν την ίδια επιτάχυνση. Τώρα χρησιμοποιώντας το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, 𝐹𝐹 − 𝑇𝑇𝐴𝐴 − 𝑊𝑊1 = (𝑀𝑀1)𝑎𝑎 :(1) 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 𝐹𝐹 − 𝑀𝑀1𝑔𝑔 − 𝑀𝑀1𝑎𝑎 = 100 − 20 − 48 = 32 𝑁𝑁 𝑇𝑇𝐵𝐵 − � 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 + 𝑀𝑀2� 𝑔𝑔 = � 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 + 𝑀𝑀2� 𝑎𝑎 ⇒ 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 59,5 𝑁𝑁 :(2) 𝑇𝑇𝛤𝛤 − 𝑚𝑚2𝑔𝑔 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑇𝑇𝛤𝛤 = 51 𝑁𝑁 :(3) (𝛭𝛭𝛮𝛮 είναι η μάζα του νήματος) Παράδειγμα 6: Δίνεται το παρακάτω σύστημα. Έχουμε 3 σώματα μαζών 𝑚𝑚1 = 3 kg 𝑚𝑚2 = 2 kg και 𝑚𝑚3 = 1 kg. Η επιφάνεια του κεκλιμένου επίπεδου είναι λεία και έχει γωνιά 30o. Να προσδιορίσετε τον λόγο 𝛵𝛵1 𝛵𝛵2 εάν τα νήματα είναι αβαρή. (𝛵𝛵1 και 𝑇𝑇2 είναι οι τάσεις των νημάτων όπως δείχνεται στο παρακάτω σχήμα.)
  • 63. 62 Λύση Θα μελετήσουμε κάθε σώμα ξεχωριστά και θα εφαρμόζουμε τον δεύτερο νόμο Νεύτωνα για το καθένα ξεχωριστά. Έστω ότι η θετική φορά είναι αριστερόστροφα. Τα νήματα είναι αβαρή, άρα στο νήμα 1, σε όλα τα σημεία η τάση του νήματος είναι 𝛵𝛵1 και στο νήμα 2, σε όλα τα σημεία η τάση του νήματος είναι 𝛵𝛵2. Έχουμε κεκλιμένο επίπεδο, άρα ο άξονας κίνησης είναι παράλληλος με το κεκλιμένο επίπεδο. Όλες οι δυνάμεις στο σώμα 2, πρέπει να αναλυθούν σε αυτό τον άξονα. Σώμα 1: 𝑊𝑊1 − 𝑇𝑇1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 Σώμα 2: 𝑇𝑇1 + 𝑊𝑊2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 − 𝑇𝑇2 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 Σώμα 3: 𝑇𝑇2 − 𝑊𝑊3 = 𝑚𝑚3𝑎𝑎 Προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε 𝑊𝑊1 + 𝑊𝑊2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 − 𝑊𝑊3 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚3)𝑎𝑎 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 + 𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔30 − 𝑚𝑚3𝑔𝑔 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚3 = 30 + 17,3 − 10 6 = 6,2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Μελετούμε ξανά τα σώματα 1 και 2: 𝑇𝑇1 = 𝑊𝑊1 − 𝑚𝑚1𝑎𝑎 = 11,4 𝑁𝑁 𝑇𝑇2 = 𝑊𝑊3 + 𝑚𝑚3𝑎𝑎 = 16,2 𝑁𝑁 ⇒ 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = 0,7 Η τριβή Η τριβή είναι μια δύναμη στην επιφάνεια επαφής δυο σωμάτων, και αντιστέκεται στην κίνηση τους. Υπάρχουν δυο είδους τριβής, η στατική τριβή και η κινητική τριβή. Όταν δυο σώματα είναι σχετικά ακίνητα, δηλαδή, το ένα δεν κινείται ως προς το άλλο, τότε έχουμε στατική τριβή. Εάν κινούνται έχουμε
  • 64. 63 κινητική τριβή. Υποτίθεται ότι θέλουμε να τραβήξουμε ένα πολύ βαρύ και μεγάλο κιβώτιο, με την χρήση ενός νήματος. Στην αρχή, όταν το κιβώτιο είναι ακίνητο είναι πολύ δύσκολο να το τραβήξουμε. Όσο αυξάνουμε την δύναμη μας στο νήμα, το κιβώτιο αντιστέκεται να κινηθεί, μέχρι να αυξήσουμε πολύ τη δύναμη. Από εκεί και πέρα το κιβώτιο αρχίζει να κινείται, και χρειαζόμαστε μικρότερη δύναμη για να συνεχίσει να κινείται. Αυτό γίνεται, αφού υπάρχει στατική τριβή μεταξύ του κιβωτίου και του εδάφους. Όσο αυξάνουμε τη δύναμη στο νήμα, η στατική τριβή 𝑓𝑓𝑠𝑠 αυξάνεται, μέχρι να πάρει τη μέγιστη τιμή της 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 . Από εκεί και πέρα, το κιβώτιο αρχίζει να κινείται, και έχουμε κινητική τριβή 𝑓𝑓𝑘𝑘. Η τριβή εξαρτάται από την κάθετη δύναμη από την επιφάνεια, και τις φυσικές ιδιότητες των επιφανίων. Η μέγιστη στατική τριβή υπολογίζεται ως �𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 � = |𝑁𝑁| ∙ 𝜇𝜇𝑠𝑠 όπου 𝜇𝜇𝑠𝑠 είναι o συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ των επιφανίων, και Ν είναι η δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται στο σώμα. Η κινητική τριβή υπολογίζεται ως |𝑓𝑓𝑘𝑘| = |𝑁𝑁| ∙ 𝜇𝜇𝑘𝑘 όπου 𝜇𝜇𝑘𝑘 είναι o συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ των επιφανίων, και Ν είναι η δύναμη κάθετη από την επιφάνεια που δέχεται στο σώμα.
  • 65. 64 Παράδειγμα 7 : Δίνεται το παρακάτω κεκλιμένο επίπεδο με μεταβαλλόμενη γωνιά 𝜃𝜃. Ένα σώμα μάζας 2 kg αφήνεται να κινηθεί κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου. Δίνεται ότι οι συντελεστές τριβής μεταξύ του σώματος και του επίπεδου είναι 𝜇𝜇𝑠𝑠 = 0,3 και 𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0,2. Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της γωνίας θ του κεκλιμένου επίπεδου έτσι ώστε το σώμα: Α) Να κατέρχεται με σταθερή ταχύτητα Β) Να μένει ακίνητο Λύση Α) Έχουμε κινητική τριβή Από το πρώτο νόμο του Νεύτωνα πρέπει να είναι 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑓𝑓𝑘𝑘 Αλλά 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑁𝑁𝜇𝜇𝜅𝜅 = 𝜇𝜇𝜅𝜅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 Άρα πρέπει να έχουμε 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
  • 66. 65 𝜇𝜇𝑘𝑘 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 Δηλαδή πρέπει να έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 0,25 ⇒ 𝜃𝜃 = 14𝑜𝑜 B) Έχουμε στατική τριβή Από το πρώτο νόμο του Νεύτωνα πρέπει να είναι 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 Επίσης 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑁𝑁 = 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 Οπότε 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝜇𝜇𝑠𝑠 ≥ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ≤ 0,3 Για να έχουμε μέγιστη γωνιά θ πρέπει να έχουμε μέγιστη εφαπτομένη. Έτσι 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 0,3 ⇒ 𝛩𝛩𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 16,7𝑜𝑜 Ερώτηση: Η φορά της τριβής είναι πάντα αντίθετη με τη φορά κίνησης ενός σώματος; Η απάντηση σε αυτή την ερώτηση είναι όχι. Για να κατανοήσουμε την έννοια της τριβής θα αναφερθούμε καταρχήν σε αυτό το παράδειγμα. Δίνεται ένα κουτί πάνω σε ένα φορτηγάκι που κινείται μαζί του με επιτάχυνση α προς τα αριστερά. Αφού το κουτί επιταχύνεται, ασκείται μια δύναμη στην κατεύθυνση της επιτάχυνσης. Αυτή τη δύναμη είναι η δύναμη τριβής και έχει την ίδια φορά με την κίνηση του κουτιού. Παράδειγμα 8: Στο παρακάτω σχήμα δίνεται δύο σώματα Α και Β, μαζών 𝛭𝛭𝛢𝛢 και 𝛭𝛭𝛣𝛣 το ένα πάνω στο άλλο. Ασκούμε μια οριζόντια δύναμη μέτρου 𝐹𝐹 πάνω στο σώμα 𝛢𝛢 και τα σώματα κινούνται μαζί. Εάν η τριβή μεταξύ το σώματος Α και του εδάφους είναι αμελητέα,
  • 67. 66 να υπολογιστεί το μέτρο της τριβής μεταξύ των σωμάτων Α και Β συναρτήσει των μεγεθών 𝛭𝛭𝛢𝛢, 𝛭𝛭𝛣𝛣 και 𝐹𝐹. Λύση: Αρχικά θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος. Χρησιμοποιώντας το δεύτερό νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: (𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵)𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵 Πάνω στο σώμα Β, η μόνη δύναμη που ασκείται στον άξονα Χ είναι η τριβή που έχει την ίδια φορά με την επιτάχυνση α. Άρα από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για αυτό το σώμα: 𝛭𝛭𝛣𝛣𝑎𝑎 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝐹𝐹𝑀𝑀𝐵𝐵 𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝐵𝐵
  • 68. 67 Η δύναμη ελατηρίου Η δύναμη που ασκεί ένα ελατήριο σε ένα σώμα λόγο επιμήκυνσης ή συσπείρωσης λέγεται δύναμη ελατηρίου. Όταν ένα σώμα συνδέεται με ελατήριο και το ελατήριο επιμηκύνεται, αφού το ελατήριο θέλει να επανέλθει στο φυσικό του μέγεθος, ασκεί μια δύναμη στο σώμα αντίθετη της μετατόπισης του. Ομοίως εάν το ελατήριο συσπειρώνεται, ασκεί μια δύναμη στο σώμα αντίθετη της μετατόπισης του. Γενικά η δύναμη ελατηρίου έχει αλγεβρική τιμή: 𝐹𝐹 = −𝑘𝑘𝑥𝑥, όπου 𝑘𝑘 είναι η σταθερά ελατηρίου σε 𝛮𝛮 𝑚𝑚 (το οποίο είναι ένας ειδικός αριθμός για κάθε ελατήριο) και 𝑥𝑥 είναι η μετατόπιση του ελεύθερου άκρου (το άκρο στον οποίο συνδέουμε σώμα).
  • 69. 68 Παράδειγμα 9: Το παρακάτω σώμα μάζας 1 kg συνδέεται με κατακόρυφο ελατήριο και ισορροπεί. Εάν το ελατήριο έχει επιμηκυνθεί από το φυσικό του μέγεθος κατά 4𝑚𝑚, να υπολογίζετε τη σταθερά ελατηρίου. Λύση: Από τον Πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε: � 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑊𝑊| − |𝐹𝐹| = 0 ⇒ |𝐹𝐹| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1 × 10 = 10𝑁𝑁 𝐹𝐹 = −|𝐹𝐹| = −10𝑁𝑁 ⇒ −𝑘𝑘𝑘𝑘 = −10 ⇒ 4𝑘𝑘 = 10 ⇒ 𝑘𝑘 = 2,5 𝑁𝑁 𝑚𝑚
  • 70. 69 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Στο παρακάτω σχήμα, τα σώματα 1 και 2 μάζας 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 αντίστοιχα συνδέονται με αβαρές νήμα. Ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του σώματος 1 και του οριζόντιου επιπέδου είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα από ηρεμία και το σώμα 2 έχει αρχικό ύψος Η από το έδαφος. Να βρεθεί ο χρόνος που χρειάζεται ώστε το σώμα 2 να χτυπήσει στο έδαφος, συναρτήσει των μαζών 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2, του συντελεστή κινητικής τριβής 𝜇𝜇𝜅𝜅., του αρχικού ύψους Η και της επιτάχυνσης της βαρύτητας g. 2. Ένα παιδί μάζας 80 kg παίζει πάνω σε μια τσουλήθρα η οποία σχηματίζει γωνιά 30ο με τον οριζόντιο άξονα. Το παιδί αρχίζει να ολισθαίνει προς τα κάτω από αρχικό κατακόρυφο ύψος 3m. Εάν ο συντελεστής τριβής μεταξύ της τσουλήθρας και του παιδιού είναι 0,3, να βρείτε την ταχύτητα του παιδιού όταν φτάσει στο έδαφος.
  • 71. 70 Λύσεις 1. Γράφουμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα ξεχωριστά. � 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 𝑊𝑊2 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑊𝑊2 − 𝑓𝑓𝜅𝜅1 = 𝑎𝑎(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑊𝑊2 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Όμως από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝑊𝑊1 − 𝑁𝑁1 = 0 ⇒ 𝑁𝑁1 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝑦𝑦 = 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝐻𝐻 = 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 ⇒ 𝑡𝑡 = � 2𝐻𝐻 𝑎𝑎 = �2𝐻𝐻 � 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝑚𝑚2𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 � 2. 𝛴𝛴𝛴𝛴 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚
  • 72. 71 𝑊𝑊 𝑦𝑦 − 𝑁𝑁 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑔𝑔(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘 cos 𝜃𝜃) Όμως από την τριγωνομετρία (στο παρακάτω σχήμα) sin 𝜃𝜃 = ℎ 𝑥𝑥 ⇒ 𝑥𝑥 = ℎ sin 𝜃𝜃 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣0 2 = 2𝑎𝑎∆𝑥𝑥 ⇒ 𝑣𝑣2 = 2𝑔𝑔(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘 cos 𝜃𝜃) ℎ sin 𝜃𝜃 ⇒ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔ℎ �1 − 𝜇𝜇𝜅𝜅 tan 𝜃𝜃 � ⇒ 𝑣𝑣 = �2 × 10 × 3 × �1 − 0,3 tan 30 � = 5,4 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 73. 72 Ασκήσεις ενότητας 1. Δίνεται το παρακάτω σύστημα το οποίο αποτελείται από δυο σώματα μαζών 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 τα οποία συνδέονται με αβαρές νήμα και λεία τροχαλία. Το σώμα μάζας 𝑚𝑚1 βρίσκεται σε οριζόντιο επίπεδο, ενώ το σώμα μάζας 𝑚𝑚2 Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα. Εάν ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ των σωμάτων και των επιφανίων είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅, να υπολογίσετε την επιτάχυνση του συστήματος συναρτήσει των μαζών, του συντελεστή τριβής, της γωνιάς θ και της επιτάχυνση της βαρύτητας. 2. Το παρακάτω βαγόνι κινείται σε ευθεία γραμμή με σταθερή επιτάχυνση α. Ένα σώμα μάζας m συνδέεται από την οροφή του βαγονιού με αβαρές νήμα, και το σώμα είναι ακίνητο ως προς το βαγόνι (δηλαδή κινείται σε ευθεία γραμμή με την ίδια επιτάχυνση). Να υπολογίζετε την γωνιά 𝜃𝜃 που σχηματίζει το νήμα με τον κατακόρυφο άξονα συναρτήσει της επιτάχυνσης και της επιτάχυνσης της βαρύτητας
  • 74. 73 3. Στο παρακάτω σχήμα ο αλεξιπτωτιστής μάζας 60 κιλών έρχεται κάτω σε μια στιγμή με σταθερή επιτάχυνση 4 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 με την χρήση αλεξιπτώτου μάζας 5 κιλών. Ο αλεξιπτωτιστής κρατά το αλεξίπτωτο του με δύο αβαρή νήματα ίσου μήκους που σχηματίζουν γωνιά 30ο με τον οριζόντιο άξονα. Εάν η αντίσταση του αέρα στον αλεξιπτωτιστή είναι αμελητέα, να υπολογίσετε τις τάσεις των νημάτων. 4. Το παρακάτω βαγονάκι κινείται με σταθερή επιτάχυνση σε ευθεία γραμμή. Ξύλινο σώμα είναι σε επαφή με την κατακόρυφη έδρα του βαγονιού όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ο συντελεστής τριβής μεταξύ του ξύλου και βαγονιού είναι 0,5. Να υπολογίσετε την ελάχιστη επιτάχυνση του βαγονιού, ώστε το ξύλινο σώμα να μην πέφτει.
  • 75. 74 5. Ο κύριος Χ, θέλει να ελέγχει τoν συντελεστή κινητικής τριβής μεταξύ ενός ξύλινο κεκλιμένο επιπέδου γωνιάς 30ο και ενός κύβου ψευδαργύρου. Ακολουθεί ένα περίπλοκο πείραμα! Τοποθετεί ένα κύβο ψευδαργύρου μάζας 600 γραμμαρίων και τον συνδέει με ένα σχετικά αβαρές νήμα. Το νήμα σχηματίζει γωνιά 30ο με την επιφάνεια του κεκλιμένου επίπεδου. Το νήμα περνά από λεία τροχαλία που ενώνεται με τον όροφο και στην άλλη άκρη του νήματος συνδέει ένα σώμα μάζας 800 γραμμάρια. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα, και χρησιμοποιώντας ένα αισθητήρα κίνησης μελετά την κίνηση του κύβου. Ο υπολογιστής του παρουσιάζει την γραφική- παράσταση ταχύτητας-χρόνου που φαίνεται παρακάτω. Να μελετήσετε την γραφική παράσταση, να εξηγήσετε γιατί η γραφική παράσταση είναι καμπύλη και να βρείτε τον συντελεστή κινητικής τριβής μεταξύ του ξύλινου κεκλιμένου επίπεδου και ψευδαργύρου.
  • 76. 75 6. Πόσες μοίρες πρέπει να είναι η γωνιά μιας κεκλιμένης στέγης έτσι ώστε όταν πέφτουν πάνω στην στέγη σταγόνες βροχής, να πέσουν κάτω στο ελάχιστο δυνατό χρόνο; (Δεν υπάρχει τριβή μεταξύ της στέγης και του σταγόνα νερού) (Βιβλίο φυσικής Έντβαρντ Γκίτζ) (Δίνεται η τριγωνομετρική ταυτότητα 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 0 0.5 1 1.5 2
  • 77. 76 Λύσεις 1. Γράφουμε τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα ξεχωριστά. � 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 = 𝑚𝑚1𝑎𝑎 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑇𝑇 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 = 𝑚𝑚2𝑎𝑎 ⇒ 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 = 𝑎𝑎(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑊𝑊2𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘1 − 𝑓𝑓𝑘𝑘2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁1 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑁𝑁2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Όμως από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝑊𝑊1 − 𝑁𝑁1 = 0 ⇒ 𝑁𝑁1 = 𝑚𝑚1𝑔𝑔 𝑊𝑊2𝑦𝑦 − 𝑁𝑁2 = 0 ⇒ 𝑁𝑁2 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚2𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚1𝑔𝑔 − 𝜇𝜇𝑘𝑘𝑚𝑚2𝑔𝑔 cos 𝜃𝜃 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
  • 78. 77 2. 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 − 𝑊𝑊 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑇𝑇 sin 𝜃𝜃 𝑚𝑚 ⇒ 𝑎𝑎 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃 𝑚𝑚 = 𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 ⇒ 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃 = 𝑎𝑎 ⇒ 𝜃𝜃 = tan−1 � 𝑎𝑎 𝑔𝑔 � 3. Αφού τα νήματα σχηματίζουν την ίδια γωνιά με τον οριζόντιο άξονα, οι τάσεις των νημάτων είναι ίσες στα δυο νήματα. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 2𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚(𝑔𝑔 − 𝑎𝑎) = 60(10 − 4) = 360𝑁𝑁
  • 79. 78 4. Έχουμε: ∑ 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑓𝑓𝑠𝑠| − |𝑊𝑊| = 0 ⇒ |𝑓𝑓𝑠𝑠| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 |𝑓𝑓𝑠𝑠| ≤ �𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 � = 𝜇𝜇𝑠𝑠|𝑁𝑁| ⇒ 𝑁𝑁 ≥ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇𝑠𝑠 � 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇𝑠𝑠 ⇒ 𝑎𝑎 ≥ 𝑔𝑔 𝜇𝜇𝑠𝑠 = 10 0,5 = 20𝑚𝑚 𝑠𝑠2 5. Στην αρχή το σύστημα έχει μια συγκεκριμένη επιτάχυνση. Όταν ξεκινά να κινείται η γωνία μεταξύ του νήματος και της επιφάνειας, αλλάζει συνεχώς και επομένως η συνισταμένη δύναμη αλλάζει. Άρα η επιτάχυνση του σώματος αλλάζει (από 2Ο νόμο του Νεύτωνα) και η γραφική του παράσταση είναι καμπύλη. Πρώτα θα βρούμε την επιτάχυνση του συστήματος από την κλίση της γραφικής παράστασης σε ένα μικρό αρχικό κομμάτι. 𝑎𝑎 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 1.25 − 0 0.5 − 0 = 2,5 𝑚𝑚 𝑠𝑠2
  • 80. 79 Γραφούμε το 2Ο νόμο του Νεύτωνα για κάθε σώμα. 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 8 − 𝑇𝑇 = 0,8 × 2,5 ⇒ 𝑇𝑇 = 6 𝑁𝑁 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 − 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⇒ 6 × 1,7 2 − 6 × 0,5 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0,6 × 2,5 ⇒ 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0,6 𝑁𝑁 Θα βρούμε την δύναμη Ν. Από πρώτο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 + 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 − 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 = 0 𝑁𝑁 = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀30 − 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇30 = 6 × 1,7 2 − 6 × 0,5 = 2,1 Newtons 𝜇𝜇𝑘𝑘 = 𝑓𝑓𝑘𝑘 𝑁𝑁 = 0,6 2,1 = 0,29
  • 81. 80 6. Σύμφωνα με το παρακάτω σχήμα έχουμε: cos 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 𝑥𝑥 Για μια σταγόνα νερού γράφουμε την εξίσωση κίνησης της στο κεκλιμένο επίπεδο. 𝑥𝑥 = 1 2 𝐴𝐴𝑡𝑡2 + 𝑣𝑣0𝑡𝑡 = 1 2 𝐴𝐴𝑡𝑡2 Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα: 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑊𝑊 𝑦𝑦 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝛢𝛢 = 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 Άρα: 𝑥𝑥 = 1 2 (𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔)𝑡𝑡2 ⇒ 𝑏𝑏 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 1 2 𝑔𝑔𝑡𝑡2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ⇒ 𝑡𝑡2 = 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑡𝑡 = � 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 Τώρα από την τριγωνομετρική ταυτότητα 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 2𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 έχουμε:
  • 82. 81 𝑡𝑡 = � 2𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 2� 𝑏𝑏 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔(2𝑎𝑎) Αφού το μέγεθος του 𝑏𝑏 είναι σταθερό, για να έχουμε ελάχιστο χρόνο, πρέπει να έχουμε τη μέγιστη τιμή του 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) που είναι 1, δηλαδή : 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(2𝑎𝑎) = 1 ⇒ 2𝑎𝑎 = 90𝜊𝜊 ⇒ 𝑎𝑎 = 45𝜊𝜊
  • 83. 82 Κεφάλαιο 3: Έργο και ενέργεια Έργο σταθερής δύναμης Το φυσικό μέγεθος του έργου: Δίνεται ένα σώμα που μετατοπίζετε κατά Δ𝑥𝑥 ⃗ και πάνω του ασκείται η σταθερή δύναμη 𝐹𝐹 ⃗. Το εσωτερικό γινόμενο 𝐹𝐹 ⃗ ∙ Δ𝑥𝑥 ⃗ ορίζεται ως το έργο της δύναμης 𝐹𝐹 ⃗. Δηλαδή με πιο απλά λόγια 𝑊𝑊𝐹𝐹 = �𝐹𝐹 ⃗� ∙ |Δ𝑥𝑥 ⃗| ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 Όπου 𝜑𝜑 είναι η γωνιά μεταξύ των διανυσμάτων 𝐹𝐹 ⃗ και Δ𝑥𝑥 ⃗. Η μονάδα μέτρησης του έργου είναι 𝛮𝛮. 𝑚𝑚 και το ονομάζουμε 1 Joule (J) . Το έργο είναι μονόμετρο μέγεθος. Το συνολικό έργο σε ένα σώμα είναι το άθροισμα των έργων όλων των δυνάμεων. Αυτό ισούται με το έργο της συνισταμένης δύναμης Παράδειγμα 1: Δίνεται ένα σώμα μάζας 1kg που κινείται σε κεκλιμένο επίπεδο γωνιάς 37o. Εάν η κινητική τριβή στο σώμα είναι 2Ν και το σώμα μετατοπίζεται κατά 4m, να βρείτε το έργο του βάρους, της κάθετης δύναμης από το επίπεδο και της τριβής. Λύση 𝑊𝑊𝑊𝑊 = |𝑊𝑊||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(90 − 37) = 40 × 0,6 = 24 𝐽𝐽 Λέμε ότι το βάρος παράγει έργο 𝑊𝑊𝑁𝑁 = |𝑁𝑁||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(90) = 0 𝑊𝑊𝑓𝑓 = |𝑓𝑓||𝛥𝛥𝑥𝑥| cos(190) = 2 × 4 × −1 = −8𝐽𝐽 Λέμε ότι η τριβή καταναλώνει έργο
  • 84. 83 Σημείωση: Εάν η γωνιά μεταξύ της δύναμης και της μετατόπισης είναι μεταξύ 0 και 90 μοίρες, το έργο της δύναμης είναι θετικό. (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 > 0) . Εάν η γωνιά μεταξύ της δύναμης και της μετατόπισης είναι μεταξύ 0 και 90 μοίρες, το έργο της δύναμης έργου είναι αρνητικό. (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 < 0). Επίσης εάν η δύναμη είναι κάθετη στη μετατόπιση το έργο είναι μηδενικό (Αφού 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜑𝜑 = 0) Μία δύναμη η οποία το έργο της δεν εξαρτάται από την διαδρομή που ακολουθεί λέγεται συντηρητική και τέτοιες δυνάμεις είναι το βάρος, οι βαρυτικές δυνάμεις, οι ηλεκτροστατικές δυνάμεις και η δύναμη ελατηρίου. Οι άλλες δυνάμεις λέγονται μη-συντηρητικές.
  • 85. 84 Έργο και Κινητική Ενέργεια Η ενέργεια, σε απλά λόγια είναι η δυνατότητα να εκτελούμε έργο. Κάθε σώμα που κινείται εκτελεί έργο, δηλαδή έχει ενέργεια. Η ενέργεια που έχει ένα σώμα λόγο της κίνησης του λέγεται η κινητική ενέργεια. Υπολογίζεται ως: 𝛦𝛦𝑘𝑘 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 Όπου 𝑣𝑣 είναι η ταχύτητα σε 𝑚𝑚/𝑠𝑠 και το m είναι η μάζα σε kg. Η μονάδα μέτρησης του είναι 1 Joule (J) Θεώρημα έργου-κινητικής ενέργειας: Το συνολικό έργο δυνάμεων σε ένα σώμα κατά συγκεκριμένη μετατόπιση, ισούται με την μεταβολή στην κινητική ενέργεια του (κατά αυτή την μετατόπιση). Δηλαδή: 𝑊𝑊𝛴𝛴𝛴𝛴 = Δ𝐸𝐸𝑘𝑘 = 𝛦𝛦𝑘𝑘2 − 𝐸𝐸𝑘𝑘1 Παράδειγμα 1: Ένα σώμα μάζας 2 kg κινείται από ηρεμία σε οριζόντιο έδαφος υπό την επίδραση σταθερής δύναμης F μέτρου 20 Ν. Εάν η κινητική τριβή στο σώμα έχει μέτρο 16Ν , να βρείτε την ταχύτητα του όταν έχει μετατοπισθεί κατά 10 μέτρα εάν η μετατόπιση και η δύναμη F είναι ομόρροπα. Λύση: Η συνισταμένη δύναμη στον κατακόρυφο άξονα είναι 0. Άρα 𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝐹𝐹 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 4𝑁𝑁 𝑊𝑊𝛴𝛴𝛴𝛴 = 𝛦𝛦𝑘𝑘2 − 𝐸𝐸𝑘𝑘1 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 − 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 ⇒ 𝛴𝛴𝐹𝐹 × 𝛥𝛥𝑥𝑥 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2
  • 86. 85 ⇒ 𝑣𝑣2 = � 2 × 𝛴𝛴𝐹𝐹 × 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝑚𝑚 = � 2 × 4 × 10 2 = 6,3 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Παράδειγμα 2: Στο παρακάτω σύστημα τα σώματα συνδέονται με αβαρές νήμα. Ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του σώματος (1) και της επιφάνεια είναι 0,2. Οι μάζες των σωμάτων (1) και (2) είναι 2kg και 1kg αντίστοιχα. Το σύστημα αφήνεται να κινηθεί ελευθέρα. Να βρείτε σε ποσά δευτερόλεπτα, η κινητική ενέργεια του συστήματος γίνεται 12 J. Λύση Στο σύστημα το βάρος του σώματος 2, κινεί το σύστημα και η τριβή στο σώμα 2 αντιστέκεται σε αυτό. Τώρα 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝜇𝜇𝑘𝑘. 𝑁𝑁2 = 𝜇𝜇𝑘𝑘. 𝑊𝑊2 = 0,2 × 2 × 10 = 4𝑁𝑁 Αρχικά η κινητική ενέργεια του συστήματος ήταν 0 (ήταν ακίνητο). Από το θεώρημα έργου κινητικής ενέργειας: 𝑊𝑊𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛦𝛦𝑘𝑘 ⇒ 𝑊𝑊𝑊𝑊2 + 𝑊𝑊𝑓𝑓𝑘𝑘 = 𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔ℎ + 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 ∙ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐180 = 𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔ℎ − 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 = 𝐸𝐸𝑘𝑘
  • 87. 86 Αφού τα σώματα συνδέονται, διανύουν ίσες μετατοπίσεις, δηλαδή 𝑑𝑑 = ℎ. ⇒ 𝑚𝑚2𝑔𝑔𝑔𝑔 − 𝑓𝑓𝑘𝑘𝑑𝑑 = 12 ⇒ 10𝑑𝑑 − 4𝑑𝑑 = 12 ⇒ 𝑑𝑑 = 2 Τώρα η επιτάχυνση των σωμάτων είναι 𝑎𝑎 = 𝛴𝛴𝐹𝐹 𝑚𝑚 = 10−4 3 = 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Οπότε αφού: Δ𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0𝑡𝑡 + 1 2 𝑎𝑎𝑡𝑡2 = 𝑡𝑡2 ⟹ 𝑡𝑡2 = 2 ⟹ 𝑡𝑡 = 1,4 𝑠𝑠 Η μηχανική ενέργεια Κάποια σώματα λόγο της θέσης, ή του σχήματος τους μπορούν να εκτελούν έργο. Αυτά τα σώματα έχουν δυναμική ενέργεια. Υπάρχουν διαφορετικά είδη δυναμικής ενέργειας (οι συντηρητικές δυνάμεις μπορούν να συντηρούν δυναμική ενέργεια: (έχουμε βαρυτική, ελαστική και ηλεκτρική δυναμική ενέργεια) και συμβολίζονται με 𝑈𝑈. Η βαρυτική δυναμική είναι η ενέργεια που συντηρεί ένα σώμα, λόγο του ύψος του από την επιφάνεια της γης. Υπολογίζεται ως 𝑈𝑈𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ όπου m είναι η μάζα σε κιλά, h είναι το ύψος σε μέτρα, και g είναι η επιτάχυνση της βαρύτητας.
  • 88. 87 Εάν το ύψος ενός σώματος μεταβάλλεται κατά 𝛥𝛥ℎ , τότε η βαρυτική δυναμική του ενέργεια μεταβάλλεται κατά 𝛥𝛥𝑈𝑈𝑔𝑔 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝛥𝛥ℎ Η δυναμική ενέργεια ελατηρίου είναι η ενέργεια που συντηρεί ένα σώμα που συνδέεται με ένα ελατήριο (λόγο της θέσης του). Υπολογίζεται ως 𝑈𝑈𝜀𝜀 = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 όπου 𝑘𝑘 είναι η σταθερά ελατήριου σε 𝑁𝑁 𝑚𝑚 και x η συσπείρωση ή επιμήκυνση του ελατηρίου από το φυσικό του μήκος. Η μηχανική ενέργεια ενός σώματος είναι το άθροισμα της δυναμικής και κινητικής ενέργειας του σώματος. Όταν ασκούνται σε ένα σώμα (ή σύστημα) δυνάμεις και από αυτές μόνο οι συντηρητικές δυνάμεις παράγουν ή καταναλώνουν έργο (οι μη-συντηρητικές δυνάμεις έχουν συνολικό μηδενικό έργο) τότε η μηχανική ενέργεια του σώματος διατηρείται, δηλαδή παραμένει σταθερή. (Αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας) Παράδειγμα 1: Ένα σώμα κινείται στην παρακάτω λεία διαδρομή και αφήνεται από ηρεμία από το σημείο Α το οποίο βρίσκεται σε ύψος Η από το έδαφος. Εάν το σώμα φτάνει στο έδαφος στο σημείο Β, να βρείτε την ταχύτητα του σε αυτό το σημείο.
  • 89. 88 Λύση Αφού η τροχιά είναι λεία, οι μόνες δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα είναι η κάθετη δύναμη Ν και το βάρος. Όμως κάθε στιγμή, η δύναμη Ν είναι κάθετη στην μετατόπιση του σώματος, δηλαδή έχει μηδενικό έργο. Άρα η μόνη δύναμη του παράγει έργο είναι το βάρος (συντηρητική δύναμη) και συνεπώς ισχύει η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας. 𝐸𝐸𝛭𝛭𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛣𝛣 ⇒ 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 + 𝑈𝑈𝑔𝑔𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 + 𝑈𝑈𝑔𝑔𝐵𝐵 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐴𝐴 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐴𝐴 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐵𝐵 𝑣𝑣𝐴𝐴=ℎ𝐵𝐵=0 ������� 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝐴𝐴 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 ⇒ 𝑣𝑣𝐵𝐵 = �2𝑔𝑔ℎ𝐴𝐴 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα μάζας 500g κινείται με ταχύτητα 2 𝑚𝑚 𝑠𝑠 σε λεία οριζόντια επιφάνεια και συγκρούεται με ελατήριο με σταθερά 200 𝛮𝛮 𝑚𝑚 . Να βρείτε τη μέγιστη συμπίεση του ελατηρίου. Λύση Η μηχανική ενέργεια διατηρείται αφού η μόνη δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι η δύναμη ελατηρίου (συντηρητική δύναμη). Όταν το ελατήριο αποκτήσει τη μέγιστη συμπίεση του, τότε η ταχύτητα του σώματος μηδενίζεται. Άρα από την αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝐸𝐸𝑘𝑘𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑥𝑥 = � 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑘𝑘 ⇒ 𝑥𝑥 = �0,5 × 22 200 = 0,1𝑚𝑚
  • 90. 89 Ασκήσεις ενότητας 1. Μια μπάλα καλαθόσφαιρας αφήνεται να πέσει κάτω στο έδαφος. Κατά την κίνηση της μπάλας υπάρχει αντίσταση από τον αέρα. Να προσδιορίσετε ποιες από τις δυνάμεις που ασκούνται στην μπάλα παράγουν έργο και ποιες καταναλώνουν έργο. 2. Ένα σώμα μάζας 200g αφήνεται από ηρεμία από ύψος 80m από το έδαφος και φτάνει στο έδαφος με ταχύτητα 35 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Να υπολογίσετε το έργο της αντίστασης του αέρα. 3. Σώμα μάζας 800g αφήνεται από ηρεμία να πέσει από αρχικό ύψος 8m από το έδαφος. Στο έδαφος υπάρχει ένα ελατήριο με σταθερά 𝑘𝑘 = 320 𝑁𝑁 𝑚𝑚 . Να υπολογίσετε τη μέγιστη συμπίεση του ελατηρίου. 4. Τραβούμε ένα κουτί μάζας 2kg σε οριζόντια επιφάνεια με σταθερή ταχύτητα 4m/s χρησιμοποιώντας ένα τεντωμένο νήμα, όπως στο παρακάτω σχήμα. Εάν το νήμα σχηματίζει γωνιά 37o με την οριζόντια διεύθυνση κατά την διάρκεια της κίνησης και ο συντελεστής κινητικής τριβής μεταξύ του κουτιού και την επιφάνια είναι 𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0,2 , να υπολογίσετε το έργο της τριβής καθώς και το συνολικό έργο των δυνάμεων κατά την διάρκεια των 20 δευτερόλεπτων.
  • 91. 90 5. Στο παρακάτω σχήμα έχουμε ένα λείο ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ= 10m. Ένα σώμα αφήνεται να κινηθεί από ηρεμία από το σημείο Α .To σώμα κινείται κατά μήκος τόξου 30ο και φτάνει στο σημείο Γ. Να βρείτε το μέτρο της ταχύτητας του σώματος στο σημείο Γ.
  • 92. 91 Λύσεις 1. Η αντίσταση του αέρα καταναλώνει έργο αφού είναι αντίρροπη με τη μετατόπιση (δηλαδή έχει αρνητικό έργο) και το βάρος παράγει έργο αφού είναι ομόρροπη με τη μετατόπιση (δηλαδή έχει θετικό έργο). 2. 𝛴𝛴𝑊𝑊 = 𝛥𝛥𝐸𝐸𝑘𝑘 ⇒ 𝑊𝑊𝑊𝑊 + 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 𝛦𝛦𝑘𝑘𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 − 𝛦𝛦𝑘𝑘𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − 𝑊𝑊𝑊𝑊 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − (𝑚𝑚𝑚𝑚)𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥(0) = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ ⇒ 𝑊𝑊𝐷𝐷 = 1 2 × 0,8 × 352 − 0,8 × 10 × 35 = −37,5 𝐽𝐽 3. Όταν το ελατήριο αποκτήσει τη μέγιστη του συσπείρωση, τότε η ταχύτητα του σώματος μηδενίζεται. Άρα από την αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝛭𝛭𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝛭𝛭𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑈𝑈𝑔𝑔𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝑈𝑈𝑔𝑔𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 + 𝑈𝑈𝜀𝜀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 ⇒ 𝑥𝑥 = � 2𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ 𝑘𝑘 = � 2 × 0,8 × 8 320 = 0,2𝑚𝑚 4.
  • 93. 92 Αναλύουμε την τάση του νήματος σε δυο συνιστώσες και γράφουμε τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα για τις άξονες χ και ψ ξεχωριστά. � 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑥𝑥 − 𝑓𝑓𝑘𝑘 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 − 𝜇𝜇𝜅𝜅𝛮𝛮 = 0 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑦𝑦 + 𝑁𝑁 − 𝑊𝑊 = 0 ⇒ 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 + 𝛮𝛮 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 � 𝑇𝑇𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 − 𝜇𝜇𝜅𝜅𝛮𝛮 = 0 𝑇𝑇𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 + 𝛮𝛮𝜇𝜇𝜅𝜅 − 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 = 0 ⇒ 𝛵𝛵(𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂) = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 ⇒ 𝛵𝛵 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 𝑇𝑇𝑇𝑇𝑥𝑥𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎+𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 × 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑡𝑡 ,αφού 𝑣𝑣 = 𝛥𝛥𝑥𝑥 𝛥𝛥𝑡𝑡 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜇𝜇𝜅𝜅𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 + 𝜇𝜇𝜅𝜅𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂𝜂 × 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑡𝑡 = 2 × 10 × 0,2 × 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎37 3.19 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎37 + 0,2 × 𝜂𝜂𝜂𝜂37 0.92 × 20 × 5 ⇒ 𝑊𝑊𝑇𝑇 = 347 𝐽𝐽 Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: 𝛴𝛴𝛴𝛴 = 0 ⇒ 𝛴𝛴𝑊𝑊 = 𝑊𝑊𝛴𝛴𝐹𝐹 = 𝛴𝛴𝛴𝛴 × 𝛥𝛥𝛥𝛥 × 𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 0 Γενικά όταν σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα, τότε το συνολικό έργο δυνάμεων είναι μηδενικό. 5. Η μόνη δύναμη που παράγει/καταναλώνει έργο είναι το βάρος. Άρα από την αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας, έχουμε: 𝐸𝐸𝑚𝑚𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑚𝑚𝛤𝛤 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝛢𝛢 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝛢𝛢 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝛣𝛣 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ𝛣𝛣 ⇒ 1 2 𝑣𝑣𝛢𝛢 2 + 𝑔𝑔ℎ𝛢𝛢 = 1 2 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 + 𝑔𝑔ℎ𝛤𝛤
  • 94. 93 Αλλά από τριγωνομετρία έχουμε (βλέπετε το σχήμα) sin 30 = 𝑅𝑅 − ℎ𝛤𝛤 𝑅𝑅 ⇒ ℎ𝛤𝛤 = 1 2 𝑅𝑅 Επίσης έχουμε ℎ𝐴𝐴 = 𝑅𝑅 και 𝑣𝑣𝐴𝐴 = 0 Άρα 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 1 2 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 + 1 2 𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 𝑣𝑣𝛤𝛤 2 ⇒ 𝑣𝑣𝛤𝛤 = �𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣𝛤𝛤 = √50 = 7,1 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 95. 94 Κεφάλαιο 4: Κυκλική κίνηση Η κυκλική κίνηση είναι η κίνηση ενός σώματος σε κυκλική διαδρομή. Η γωνιακή θέση του σώματος σε τέτοια διαδρομή καθορίζεται από την γωνιά θ σε σχέση με ένα άξονα και έχει μονάδα μέτρησης το 1 rad. Η γωνιακή μετατόπιση ορίζεται ως 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜃𝜃2 − 𝜃𝜃1, οπού 𝜃𝜃1 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝜃𝜃2 είναι γωνιακές θέσεις. Η μέση γωνιακή ταχύτητα ορίζεται ως 𝜔𝜔 � = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 και έχει μονάδα μέτρησης 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠 στο SI Η στιγμιαία γωνιακή ταχύτητα ορίζεται, όπως την στιγμιαία ταχύτητα ως 𝜔𝜔 = lim 𝛥𝛥𝑡𝑡→0 𝜔𝜔 � = 𝑑𝑑𝜃𝜃 𝑑𝑑𝑑𝑑 Προσοχή 1: Όλες τις γωνιές στις παραπάνω σχέσεις πρέπει να είναι σε rad Όταν ένα σώμα έχει σταθερή γωνιακή ταχύτητα, τότε λέμε η κίνηση του είναι ομαλή κυκλική. Η εξίσωση γωνιακής θέσης- χρόνου σε μια τέτοια κίνηση είναι 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡 ⇒ 𝜃𝜃 − 𝜃𝜃0 = 𝜔𝜔𝜔𝜔 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜃𝜃0 + 𝜔𝜔𝜔𝜔
  • 96. 95 Όταν ένα σώμα ολοκληρώνει μια περιστροφή η γωνιακή του μετατόπιση 𝛥𝛥𝛥𝛥 είναι 2π rad. Η γωνιακή θέση και γωνιακή μετατόπιση δεν εξαρτώνται από την ακτίνα της διαδρομής. Εξαρτώνται μόνο από την γωνιά σε σχέση με σταθερό άξονα. Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Ένα σώμα κινείται στον επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 σε κυκλική τροχιά κέντρου Ο. Κινείται από το σημείο Α με διάνυσμα θέσης 𝑟𝑟𝐴𝐴 = 2𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 στο σημείο Β με διάνυσμα θέσης 𝑟𝑟𝐵𝐵 = −2𝑖𝑖 + 2𝑗𝑗 σε 2 δευτερόλεπτα. Να βρεθεί η ελάχιστη γωνιακή ταχύτητα του σώματος. 2. Το παρακάτω σχήμα δείχνει την γραφική παράσταση γωνιακής θέσης- χρόνου ενός σώματος που κινείται σε κυκλική τροχαλία. i. Να προσδιορίσετε πόσες περιστροφές έχει ολοκληρώσει το σώμα στα πρώτα 5 δευτερόλεπτα της κίνησης του. ii. Να βρείτε η μέση γωνιακή ταχύτητα του σώματος στα παρακάτω χρονικά διαστήματα: 0 έως 5 𝑠𝑠 , 5𝑠𝑠 έως 9𝑠𝑠 και 9𝑠𝑠 έως 10𝑠𝑠
  • 97. 96 Λύσεις 1. Καταρχάς για το διάνυσμα 𝑟𝑟 ⃗𝐴𝐴 έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 2 = 1 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜋𝜋 4 είναι η γωνιά που σχηματίζει με τον άξονα x. Ομοίως για το διάνυσμα 𝑟𝑟 ⃗𝛣𝛣 έχουμε 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 −2 = −1 ⇒ 𝜃𝜃 = 3𝜋𝜋 4 είναι η γωνιά που σχηματίζει με τον άξονα x. Οπότε 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 3𝜋𝜋 4 − 𝜋𝜋 4 = 𝜋𝜋 2 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 είναι η γωνιακή μετατόπιση της κινητήρας. Άρα η μέση γωνιακή ταχύτητα είναι: 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝜋𝜋 2 2 = 𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 2. i. Σε κάθε περιστροφή η γωνιακή μετατόπιση είναι 2π rad. Όμως στα πρώτα 5 δευτερόλεπτα της κίνησής του η γωνιακή μετατόπιση είναι 6π rad. Άρα λογικά το σώμα έχει ολοκληρώσει 6𝜋𝜋 2𝜋𝜋 = 3 περιστροφές. ii. Θα υπολογίσουμε τη μέση γωνιακή ταχύτητα του σώματος σε κάθε χρονικό διάστημα ξεχωριστά. 0 έως 5 𝑠𝑠: 𝜔𝜔1 = 𝛥𝛥𝜃𝜃1 𝛥𝛥𝑡𝑡1 = 6𝜋𝜋 5 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 5𝑠𝑠 έως 9𝑠𝑠: 𝜔𝜔2 = 𝛥𝛥𝜃𝜃2 𝛥𝛥𝑡𝑡2 = − 12𝜋𝜋 4 = −3𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 9𝑠𝑠 έως 10𝑠𝑠: 𝜔𝜔3 = 𝛥𝛥𝜃𝜃3 𝛥𝛥𝑡𝑡3 = 0 1 = 0
  • 98. 97 Κυκλική κίνηση: Μια περιοδική κίνηση Μια κίνηση ονομάζεται περιοδική εάν η κίνηση επαναλαμβάνεται σε ίσα χρονικά διαστήματα. Ο χρόνος που απαιτείται για ένα σώμα για να ολοκληρωσεί μια περιστροφή ονομάζεται περίοδος και συμβολίζεται με 𝛵𝛵. Στην κυκλική κίνηση αφού η γωνιακή ταχύτητα δίνεται από: 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 ⇒ 𝛵𝛵 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 Εάν ένα σώμα ολοκληρώσει n κύκλους σε χρονικό διάστημα 𝑡𝑡 τότε 𝑛𝑛 = 𝑡𝑡 𝑇𝑇 Ο αριθμός των περιστροφών που ολοκληρώνει το σώμα σε 1 δευτερόλεπτο ονομάζεται συχνότητα, συμβολίζεται με 𝑓𝑓, έχει μονάδα μέτρησης το 1 Hertz (Hz) και υπολογίζεται χρησιμοποιώντας τον τύπο 𝑓𝑓 = 1 𝑇𝑇 Η γραμμική ταχύτητα και επιτάχυνση Η γραμμική μετατόπιση του σώματος είναι η μετατόπιση του στο επίπεδο. 𝛥𝛥𝑟𝑟 ⃗ = 𝑟𝑟2 ���⃑ − 𝑟𝑟1 ���⃗ Έτσι και η γραμμική ταχύτητα ορίζεται ως 𝑣𝑣̅ = 𝛥𝛥𝑟𝑟 𝛥𝛥𝛥𝛥 . Και η στιγμιαία γραμμική ταχύτητα ορίζεται ως 𝑣𝑣 = 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑑𝑑𝑑𝑑 Όπου 𝑑𝑑𝑑𝑑 είναι η μήκος του τόξου που έχει διανύσει. Επίσης υπολογίζεται ως 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 όπου η ω είναι η γωνιακή ταχύτητα και 𝑟𝑟 είναι η ακτίνα της διαδρομής. Η κατεύθυνση της γραμμικής ταχύτητας ενός σώματος που κινείται σε κυκλική τροχαία είναι πάντα εφαπτόμενη στην τροχαία.
  • 99. 98 Θα μελετήσουμε ένα παράδειγμα: Δίνεται ένας δίσκος πάνω στον οποίο τοποθετούμε δύο μπάλες. Ο δίσκος περιστρέφεται γύρω από το σημείο 𝛰𝛰. Εάν ο δίσκος περιστρέφεται μια φορά, η δυο μπάλες έχουν περιστρέφει 2𝜋𝜋 rad. Άρα η γωνιακή τους μετατόπιση είναι ίση σε ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα. Άρα και οι γωνιακές τους ταχύτητες είναι ίσες. Αλλά αφού για την μπάλα 𝛢𝛢 η ακτίνα της τροχιάς είναι μεγαλύτερη, διανύει μεγαλύτερη απόσταση σε ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα, δηλαδή η μπάλα Α είναι πιο γρήγορη (έχει μεγαλύτερη γραμμική ταχύτητα). Στα μαθηματικά: � 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛢𝛢 = 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛣𝛣 ⇒ 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛢𝛢 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝜃𝜃𝛣𝛣 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝜔𝜔𝛢𝛢 = 𝜔𝜔𝛣𝛣 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝜔𝜔 𝜔𝜔𝛢𝛢=𝜔𝜔𝛣𝛣 ������ 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 = 𝑟𝑟𝐴𝐴 𝑟𝑟𝐵𝐵 𝑟𝑟𝐴𝐴>𝑟𝑟𝐵𝐵 ����� 𝑣𝑣𝐴𝐴 > 𝑣𝑣𝐵𝐵 Παράδειγμα 1: Ένα αυτοκίνητο που κινείται σε κυκλικό κόμβο ακτίνας 200 μέτρων, διανύει 9ο του κυκλικού τόξου κάθε δευτερόλεπτο. Να βρείτε πιο αριθμό θα δείχνει το ταχύμετρο του αυτοκινήτου σε 𝑘𝑘𝑘𝑘/ℎ. Λύση: Η γωνιακή μετατόπιση του αυτοκινήτου στην μονάδα χρόνου είναι: 9𝜊𝜊 = 𝜋𝜋 20 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, δηλαδή η γωνιακή του ταχύτητα είναι 𝜋𝜋 20 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 Όμως 𝑣𝑣 = 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝜋𝜋 20 × 200 = 31.4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ≈ 113 𝑘𝑘𝑘𝑘 ℎ Η επιτάχυνση στην κυκλική κίνηση Στην κυκλική κίνηση, εάν η ταχύτητά ενός σώματος αλλάζει πάντα, τότε έχει μία επιτάχυνση που ορίζεται ως επιτρόχιος επιτάχυνση (𝑎𝑎𝜀𝜀). Έχει την ίδια διεύθυνση με την ταχύτητα. Αλλά αφού η διεύθυνση της ταχύτητας αλλάζει, τότε έχουμε κεντρομόλο επιτάχυνση (𝑎𝑎𝑐𝑐) που είναι κάθετη στην ταχύτητα του. Έχει κατεύθυνση ως προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς. Η συνολική επιτάχυνση του σώματος υπολογίζεται ως 𝛼𝛼 ⃑ = 𝛼𝛼𝜀𝜀 ����⃗ + 𝛼𝛼𝑐𝑐 ����⃗
  • 100. 99 Δηλαδή το μέτρο της είναι |𝛼𝛼 ⃑| = �|𝛼𝛼𝜀𝜀 ����⃗|2 + |𝛼𝛼𝑐𝑐 ����⃗|2 Επίσης το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης υπολογίζεται με 2 τρόπους ως 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 Παράδειγμα 2: Ένα σώμα εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση. Εάν η γωνιακή ταχύτητα του σώματος είναι 𝜔𝜔 και η γραμμική ταχύτητα του είναι 𝑣𝑣, να βρείτε το μέτρο της κεντρομόλου επιτάχυνσης συναρτήσει του 𝜔𝜔 και 𝑣𝑣 Λύση: 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 Όμως 𝑣𝑣 = 𝜔𝜔𝜔𝜔 ⇒ 𝑟𝑟 = 𝑣𝑣 𝜔𝜔 ⇒ 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑣𝑣 𝜔𝜔 𝜔𝜔2 ⇒ 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝜔𝜔𝑣𝑣 Παράδειγμα 3: Ένα σώμα κινείται σε κυκλική διαδρομή (ακτίνας 1 μέτρου) και σε μία στιγμή η εξίσωση γραμμικής ταχύτητας του είναι 𝑣𝑣 ⃗ = 𝚤𝚤 ⃗ + 𝚥𝚥 ⃗. Να δείξετε ότι η εξίσωση επιτάχυνσης (κεντρομόλος) του την ίδια στιγμή είναι 𝑎𝑎 ⃗ = −𝚤𝚤 ⃗√2 + 𝚥𝚥 ⃗√2. Λύση: ⎩ ⎨ ⎧|𝑣𝑣| = �𝑣𝑣𝑥𝑥 2 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 2 = √1 + 1 = √2 𝑚𝑚/𝑠𝑠 |𝑎𝑎𝑐𝑐| = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ |𝑎𝑎𝑐𝑐| = √2 2 1 = 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠2
  • 101. 100 Χρησιμοποιώντας το παραπάνω σχήμα έχουμε ότι 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡45 = �𝑎𝑎𝑦𝑦� |𝑎𝑎𝑥𝑥| ⇒ �𝑎𝑎𝑦𝑦� = |𝑎𝑎𝑥𝑥| Επίσης |𝑎𝑎𝑐𝑐| = ��𝑎𝑎𝑦𝑦� 2 + |𝑎𝑎𝑥𝑥|2 = √2 ⇒ �𝑎𝑎𝑦𝑦� = |𝑎𝑎𝑥𝑥| = 2 √2 = √2 Αφού 𝑎𝑎𝑥𝑥 < 0 ⇒ 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −√2 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Άρα 𝑎𝑎 ⃗ = 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑎𝑎𝑦𝑦𝑗𝑗 = −𝚤𝚤 ⃗√2 + 𝚥𝚥 ⃗√2. Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Δυο σώματα Α και Β μάζας m και 2m αντίστοιχα, κινούνται ομαλά σε δυο ομοκεντρικές κυκλικές τροχιές. Εάν η ακτίνα περιστροφής του σώματος Α είναι διπλάσια από του Β, και τα σώματα έχουν την ίδια κινητική ενέργεια, να βρεθεί ο λόγος 𝑎𝑎𝐴𝐴 𝑎𝑎𝐵𝐵 , όπου 𝑎𝑎𝐴𝐴 και 𝑎𝑎𝛣𝛣 είναι τα μέτρα των κεντρομόλων επιταχύνσεων των σωμάτων αντίστοιχα. 2. Ένα σωματίδιο εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση με γωνιακή ταχύτητα 𝜔𝜔 = 𝜋𝜋 2 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 στο επίπεδο 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥, με αριστερόστροφη φορά. Εάν κάποια στιγμή η επιτάχυνση του σωματιδίου είναι 𝑎𝑎 ⃗ = 2𝑖𝑖 − 2𝑗𝑗, να βρεθεί η επιτάχυνση του 1,5 s μετά από αυτή τη στιγμή. 3. Ένα αυτοκίνητο κινείται με ταχύτητα σταθερού μέτρου, στη παρακάτω διαδρομή. Σε ποιο σημείο (Α,Β,C ή D) έχει την μεγαλύτερη επιτάχυνση; (Ολυμπιάδα Φυσικής Περσίας- 1998)
  • 102. 101 Λύσεις 1. Από τον τύπο της κινητικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑘𝑘𝐵𝐵 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝐴𝐴𝑣𝑣𝐴𝐴 2 = 1 2 𝑚𝑚𝐵𝐵𝑣𝑣𝐵𝐵 2 ⇒ � 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 � 2 = 𝑚𝑚𝐵𝐵 𝑚𝑚𝐴𝐴 = 2𝑚𝑚 𝑚𝑚 = 2 Όμως η κεντρομόλος επιτάχυνση είναι: 𝑎𝑎 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑎𝑎𝐴𝐴 𝑎𝑎𝐵𝐵 = 𝑣𝑣𝐵𝐵 2 𝑣𝑣𝐴𝐴 2 × 𝑟𝑟𝐵𝐵 𝑟𝑟𝐴𝐴 = � 𝑣𝑣𝐴𝐴 𝑣𝑣𝐵𝐵 � 2 × 𝑟𝑟𝐵𝐵 2𝑟𝑟𝐵𝐵 = 2 × 1 2 = 1 ⇒ 𝑎𝑎𝐴𝐴 = 𝑎𝑎𝐵𝐵 Άρα τα δυο σώματα έχουν την ίδια κεντρομόλος επιτάχυνση. 2. Η κεντρομόλος επιτάχυνση είναι πάντα προς το κέντρο του κύκλου, οπότε τη δεδομένη στιγμή η κεντρομόλος επιτάχυνση του σωματιδίου βρίσκεται στο 2ο τεταρτημόριο του τριγωνομετρικού κύκλου και σχηματίζει γωνιά : 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 2 2 = 1 ⇒ 𝜃𝜃 = 𝜋𝜋 4 με τον οριζόντιο άξονα. Όμως: 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝜔𝜔𝜔𝜔𝑡𝑡 = 𝜋𝜋 2 × 1,5 = 3𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 Οπότε σε 1,5 δευτερόλεπτα, μετατοπίζεται κατά 3𝜋𝜋 4 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, και θα βρίσκεται πάνω στον κατακόρυφο άξονα. Όμως η ακτίνα της διαδρομής είναι σταθερή, και το σωματίδιο εκτελεί κυκλική κίνηση, δηλαδή η επιτάχυνση έχει σταθερό μέτρο 𝑎𝑎 = �𝑎𝑎𝑥𝑥 2 + 𝑎𝑎𝑦𝑦 2 = √22 + 22 = 2√2 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 Άρα αυτή τη στιγμή 𝑎𝑎 ⃗ = 2√2𝑗𝑗
  • 103. 102 3. Αφού το μέτρο της ταχύτητας είναι σταθερό, η μόνη επιτάχυνση που υπάρχει είναι η κεντρομόλος επιτάχυνση και υπολογίζεται ως 𝛼𝛼 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 Για να μεγαλύνεται η επιτάχυνση , πρέπει να έχουμε μικρότερη ακτίνα. Η στροφή Β έχει την μικρότερη ακτίνα. Άρα η απάντηση είναι Β
  • 104. 103 H κεντρομόλος δύναμη Εάν ένα σώμα κινείται σε κυκλική διαδρομή, αφού πάντα έχει επιτάχυνση (κεντρομόλος επιτάχυνση) τότε ασκείται και μια δύναμη πάνω στο σώμα. Αυτή η δύναμη είναι η κεντρομόλος δύναμη και έχει τη ίδια φορά με την επιτάχυνση (ως προς το κέντρο της διαδρομής) Άρα χρησιμοποιώντας το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑎𝑎𝑐𝑐 ⟹ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 και 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 Προσοχή 2: Σε ένα σώμα που κινείται σε κυκλική διαδρομή, η κεντρομόλος δύναμη μπορεί να είναι οποιαδήποτε δύναμη (ή συνιστώσα δύναμης) αντίστοιχα με την κατάσταση του (Τάση του νήματος, δύναμη ελατηρίου, τριβή κ.τ.λ.) Παράδειγμα 1 (Κωνικό εκκρεμές): Στο παρακάτω σχήμα υπάρχει ένα σώμα μάζας m, συνδεδεμένο με ένα νήμα (από την οροφή) που κινείται ομαλά σε κυκλική διαδρομή ακτίνας r. Να υπολογίσετε την γωνιά φ που σχηματίζει το νήμα με τον κατακόρυφο άξονα συναρτήσει της γραμμικής ταχύτητας του σώματος και της ακτίνας r.
  • 105. 104 Λύση: Αναλύουμε την τάση του νήματος σε δύο συνιστώσες. Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ �𝑇𝑇𝑦𝑦� = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Σε αυτό το πρόβλημα , η συνιστώσα της τάσης 𝛵𝛵𝑥𝑥 είναι η κεντρομόλος δύναμη (δεν υπάρχει άλλη δύναμη ή συνιστώσα στον άξονα Χ) Άρα |𝑇𝑇𝑥𝑥| = 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 Για να βρούμε την κατεύθυνση, έχουμε: |𝑇𝑇𝑥𝑥| �𝑇𝑇𝑦𝑦� = 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝜑𝜑 = tan−1 � 𝑣𝑣2 𝑟𝑟𝑟𝑟 � Παράδειγμα 2: Ένα αυτοκίνητο μάζας m κινείται σε μια στροφή ακτίνας R. Εάν ο συντελεστής τριβής μεταξύ του αυτοκινήτου και του δρόμου είναι 𝜇𝜇, να βρείτε τη μέγιστη ταχύτητα με την οποία το αυτοκίνητο μπορεί να κινείται με ασφάλεια. Λύση Τ W
  • 106. 105 Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = |𝑊𝑊| ⇒ |𝑁𝑁| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Η κεντρομόλος δύναμη είναι η στατική τριβή. Άρα: ⇒ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑁𝑁 𝑁𝑁=𝑚𝑚𝑚𝑚 ����� 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣2 ≤ 𝜇𝜇𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣 ≤ �𝜇𝜇𝑟𝑟𝑟𝑟 Παράδειγμα 3: Στο παρακάτω σχήμα ένα σώμα μάζας ενός κιλού, συνδέεται χρησιμοποιώντας δύο αβαρή νήματα (μήκους L=50 cm το καθένα) με μια ράβδο. Η απόσταση μεταξύ των άκρων των νημάτων είναι 80 cm. Εάν η ράβδος περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα 10 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠, να υπολογίσετε τις τάσεις των νημάτων. Λύση Στο σώμα ασκούνται 3 δυνάμεις (το βάρος, τάση του νήματος 1, τάση του νήματος 2. ) Από τριγωνομετρία ξέρουμε 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 2 𝐿𝐿 = 40 50 = 0,8 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − cos2 𝜑𝜑 = 0,6 και 𝑟𝑟 = 𝐿𝐿𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 30 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 0,3 𝑚𝑚
  • 107. 106 Από πρώτο νόμο του Νεύτωνα έχουμε 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑇𝑇1𝑦𝑦 − 𝑇𝑇2𝑦𝑦 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ⇒ |𝑇𝑇1|𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜑𝜑 − |𝑇𝑇2|𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜑𝜑 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 0,8(|𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2|) = 10 ⇒ |𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2| = 12,5 Το σώμα κινείται κυκλικά, και η κεντρομόλος δύναμη είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα χ 𝛴𝛴𝐹𝐹 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑇𝑇1𝑥𝑥 + 𝑇𝑇2𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(|𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2|) = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ |𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2| = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 0,3 × 102 0,6 = 50 𝑁𝑁 ⇒ � |𝑇𝑇1| + |𝑇𝑇2| = 50 |𝑇𝑇1| − |𝑇𝑇2| = 12,5 ⇒ 2|𝑇𝑇1| = 62,5 ⇒ |𝑇𝑇1| = 31.25 ⇒ |𝛵𝛵2| = 18.75 𝛮𝛮 Άρα |𝛵𝛵1| = 31.25 𝛮𝛮 και |𝛵𝛵2| = 18.75 𝛮𝛮 A B
  • 108. 107 Παράδειγμα 4: Όταν ένα αεροπλάνο θέλει να στρίψει, γυρίζει τα φτερά του ώστε να σχηματίζουν γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα. Έτσι η άντωση που είναι κάθετη στα φτερά του αεροπλάνου, βοηθά το αεροπλάνο να στρίψει. Να υπολογίσετε την ακτίνα της στροφής συναρτήσει της γραμμικής ταχύτητας του αεροπλάνου και της γωνιάς θ. Άντωση (Lift) είναι η συνιστώσα της δύναμης που δρα σε ένα σώμα από ένα ρευστό, σε διεύθυνση κάθετη στην κίνηση του. Λύση Αναλύουμε την άντωση 𝐿𝐿 σε 2 κάθετες συνιστώσες. Από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, έχουμε: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝐿𝐿𝑦𝑦 = 𝑊𝑊 ⇒ |𝐿𝐿| cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ |𝐿𝐿| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜃𝜃 Η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα χ είναι η κεντρομόλος δύναμη. 𝛴𝛴𝛴𝛴𝑥𝑥 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝐿𝐿𝜒𝜒 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ |𝐿𝐿| sin 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃 = 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑟𝑟 = 𝑣𝑣2 𝑔𝑔 tan 𝜃𝜃
  • 109. 108 Παράδειγμα 5: Δίνεται η παρακάτω λεία τροχιά, στην οποία αφήνεται ένα σώμα ελεύθερα από το σημείο Α (που βρίσκεται σε ύψος Η από το έδαφος. Να υπολογιστεί η ελάχιστη τιμή του ύψους Η (συναρτήσει του r) έτσι ώστε το σώμα μπορεί να ολοκληρωσεί μια περιστροφή στην κυκλική τροχιά. Λύση Έστω ότι το σώμα ολοκληρώνει μια περιστροφή στην κυκλική τροχιά. Όταν το σώμα φτάνει στο ανώτατο σημείο της κυκλικής τροχιάς, η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα ψ είναι ο κεντρομόλος δύναμη. 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑁𝑁 + 𝑊𝑊 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 Α
  • 110. 109 Το σώμα αφού ολοκληρώνει την κυκλική τροχιά, πρέπει να μην χάνει επαφή με την τροχιά. Άρα πρέπει η κάθετη δύναμη να είναι ομόρροπη με το βάρος. Δηλαδή 𝑁𝑁 ≥ 0 ⇒ 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 0 𝑚𝑚≥0 ��� 𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ≥ 𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣 ≥ �𝑟𝑟𝑟𝑟 Όμως από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας: 𝐸𝐸𝑀𝑀𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼 = 𝐸𝐸𝑀𝑀𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) + 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 = 2𝑔𝑔𝑔𝑔 + 1 2 𝑣𝑣2 𝑣𝑣 ≥ �𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣2 ≥ 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝑔𝑔𝑔𝑔 ≥ 2𝑔𝑔𝑔𝑔 + 1 2 𝑟𝑟𝑟𝑟 = 5 2 𝑟𝑟𝑟𝑟 ⇒ 𝐻𝐻 ≥ 5 2 𝑟𝑟 ⇒ 𝐻𝐻𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 5 2 𝑟𝑟 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Να βρεθεί η γραμμική ταχύτητα με την οποία η οποία η Σελήνη περιστρέφεται γύρω από τον πλανήτη Γη (υποθέτοντας ότι η μόνη δύναμη που ασκείται πάνω στην Σελήνη είναι η δύναμη έλξης και η τροχιά περιστροφής της Σελήνης είναι κυκλική.) Δίνεται απόσταση Σελήνης- Γης= 384400 𝑘𝑘𝑘𝑘 και Μάζα της Γης= 6 × 1024 𝑘𝑘𝑘𝑘 2. Ένας κύλινδρος με ακτίνα 𝑟𝑟 περιστρέφεται γύρω από τον κατακόρυφο άξονα 𝛰𝛰𝛰𝛰’ που περνά από τα κέντρα των βάσεων του κυλίνδρου. Να βρείτε πόση πρέπει να είναι η γωνιακή ταχύτητα του κυλίνδρου, έτσι ώστε το σώμα που είναι σε επαφή με τον κύλινδρο (όπως στο σχήμα) να μένει ακίνητο σε σχέση με
  • 111. 110 τον κύλινδρο. Ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ του σώματος και του κυλίνδρου είναι 𝜇𝜇. 3. Ένας μοτοσικλετιστής κινείται σε κυκλικό κόμβο ακτίνας 10m, με σταθερή ταχύτητα 5 m/s. Εάν η μάζα της μοτοσυκλέτας και του μοτοσικλετιστή είναι συνολικά 100 κιλά, να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκεί το έδαφος στη μοτοσυκλέτα. 𝛰𝛰’ 𝛰𝛰
  • 112. 111 Λύσεις 1. Η δύναμη έλξης είναι η κεντρομόλος δύναμη στην κυκλική κίνηση. 𝐹𝐹 𝑔𝑔 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝐺𝐺𝑚𝑚𝛴𝛴𝑚𝑚𝛤𝛤 𝑟𝑟2 = 𝑚𝑚𝛴𝛴𝑣𝑣2 𝑟𝑟 ⇒ 𝑣𝑣 = � 𝐺𝐺𝑀𝑀𝛤𝛤 𝑟𝑟 = � 6,7 × 10−11 × 6 × 1024 384400 × 103 = 1023 𝑚𝑚 𝑠𝑠 2. Το σώμα ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα. Άρα από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα, 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑊𝑊 ⇒ 𝜇𝜇𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇 Επίσης η κάθετη δύναμη Ν είναι η κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝜇𝜇 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝑔𝑔 𝜇𝜇𝑟𝑟 3. Έστω ότι ο μοτοσικλετιστής και η μοτοσυκλέτα είναι ένα σύστημα. Το έδαφος ασκεί δυο δυνάμεις στο σύστημα: την κάθετη δύναμη και τη στατική τριβή μεταξύ της επιφάνειας του κυκλικού κόμβου και των ελαστικών. Η τριβή είναι η κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή: 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑟𝑟 = 100×52 10 = 250 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 Επίσης η καθετή δύναμη υπολογίζεται από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα ως εξής:
  • 113. 112 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 100 × 10 = 1000 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 ⇒ |𝑅𝑅| = �𝑁𝑁2 + 𝑓𝑓𝑠𝑠 2 = √10002 + 2502 = 1031 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
  • 114. 113 Ασκήσεις ενότητας 1. Ένας δορυφόρος περιστρέφεται 12 φορές γύρω από την Γη σε 30 μέρες. Να υπολογίσετε την γωνιακή ταχύτητα του δορυφόρου. 2. Να βρείτε τη γωνιακή ταχύτητα του λεπτοδείκτη ενός ρολογιού. 3. Ένας ανεμιστήρας περιστρέφεται με σταθερή συχνότητα 5 Hz. Εάν τα άκρα των πτερυγίων απέχουν 40 cm από το κέντρο τoυ ανεμιστήρα, να υπολογίσετε τη κεντρομόλο επιτάχυνση των άκρων κάθε πτερύγιου 4. Ένα αυτοκίνητο μάζας 𝑚𝑚 περνά πάνω από μια ημικυκλική γέφυρα ακτίνας R με ταχύτητα σταθερού μέτρου όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Να υπολογίσετε το μέτρο της δύναμης που ασκεί η γέφυρα στο αυτοκίνητο συναρτήσει της μάζας του αυτοκινήτου, της ταχύτητας του αυτοκινήτου και της ακτίνας 𝑅𝑅. 5. Ένα παιδί τοποθετεί το σβηστήρι του πάνω σε ένα κυκλικό τραπέζι το οποίο περιστρέφεται γύρω από το κέντρο του. Εάν το σβηστήρι τοποθετείται σε απόσταση r από το κέντρο του τραπεζιού, να βρείτε τη μέγιστη συχνότητα με την οποία πρέπει να περιστρέφεται το τραπέζι έτσι ώστε το σβηστήρι να μην ολισθαίνει. Να δώσετε την απάντηση σας συναρτήσει του συντελεστής στατικής τριβής 𝜇𝜇𝑠𝑠 (μεταξύ του τραπέζιου και του σβηστηριού), και της απόστασης r.
  • 115. 114 6. Μια βαριά λάμπα μάζας 2 κιλών ενώνεται με την οροφή χρησιμοποιώντας ένα καλώδιο μήκους 𝐿𝐿. Τραβούμε τη λάμπα προς τα δεξιά έτσι ώστε να σχηματίζει γωνιά θ με τον κατακόρυφο άξονα και την αφήνουμε να κινηθεί ελεύθερα. Εάν η μέγιστη δύναμη που μπορεί να αντέξει το καλώδιο είναι 36Ν, να βρείτε τη μέγιστη τιμή της γωνιάς θ, έτσι ώστε το νήμα να μην κόβεται. 7. Δυο σώματα μάζας 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 κινούνται σε κυκλικές τροχιές με ακτίνες 𝑅𝑅1 και 𝑅𝑅2 και περιόδους 𝛵𝛵1 και 𝛵𝛵2 αντίστοιχα, υπό την επίδραση κεντρομόλου δύναμη ιδίου μέτρου. Να δείξετε ότι: 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = � 𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝑚𝑚2𝑅𝑅2 8. Ένα σώμα συνδέεται με αβαρές νήμα μήκους L και περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο. Εάν στο κατώτατο σημείο της τροχιάς η τάση του νήματος είναι τριπλάσια του βάρους, να υπολογίσετε την ταχύτητα του σε αυτό το σημείο.
  • 116. 115 9. Στο παρακάτω σχήμα 4 όμοια σώματα, μάζας m το καθένα, είναι τοποθετημένα πάνω σε τετράγωνο πλευράς α. Τα σώματα κινούνται πάνω σε ένα κύκλο με γωνιακή ταχύτητα ω λόγω των ελκτικών δυνάμεων μεταξύ τους. Να δείξετε ότι 𝜔𝜔 = � 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� όπου 𝐺𝐺 είναι το σταθερό παγκόσμιας έλξης. (Ολυμπιάδα Φυσικής Περσίας 2010) 10. Στο παρακάτω σχήμα ένα σώμα μάζας 1kg εφάπτεται με ένα ελατήριο με σταθερά 𝑘𝑘 = 400 𝑁𝑁 𝑚𝑚 . Να βρείτε τουλάχιστον πόσα μέτρα πρέπει να συμπιέσουμε το ελατήριο, έτσι ώστε όταν αφήνουμε το σώμα να κινηθεί, μπορεί να κινηθεί στον παρακάτω λεία κυκλική διαδρομή ακτίνας 0,5 𝑚𝑚.
  • 117. 116 Λύσεις 1. 𝑛𝑛 = 𝑡𝑡 𝑇𝑇 ⇒ 12 = 30 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑇𝑇 = 30 × 24 × 3600𝑠𝑠 𝑇𝑇 ⇒ 𝑇𝑇 = 216000 𝑠𝑠 ⇒ 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 = 2 × 3,14 216000 = 2,9 × 10−5 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 2. 𝜔𝜔 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 2𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 60 × 60𝑠𝑠 = 𝜋𝜋 1800 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 3. Έχουμε: 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 𝛵𝛵 𝑇𝑇= 1 𝑓𝑓 � � � � 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋𝑓𝑓 = 2 × 𝜋𝜋 × 5 = 10𝜋𝜋 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑠𝑠 Άρα από τον τύπο του κεντρομόλου επιτάχυνση: 𝑎𝑎𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝜔𝜔2 = 0,4 × (10𝜋𝜋)2 = 394,8 𝑚𝑚 𝑠𝑠2 4. Η θετική φορά του κεντρομόλου δύναμη είναι προς τα κάτω (αφού είναι προς το κέντρο του ημικύκλιου). Επίσης η συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα ψ είναι ο κεντρομόλος δύναμη, δηλαδή: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝑅𝑅 ⇒ 𝑁𝑁 = 𝑚𝑚 �𝑔𝑔 − 𝑣𝑣2 𝑅𝑅 �
  • 118. 117 5. Η κεντρομόλος δύναμη σε αυτή την περίπτωση είναι η στατική τριβή όπως το αυτοκίνητο σε στροφή). 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝐹𝐹𝑐𝑐 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 = 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑟𝑟 Το σβηστήρι ισορροπεί στον κατακόρυφο άξονα. Δηλαδή από τον πρώτο νόμο του Νεύτωνα: 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ |𝑁𝑁| = 𝑚𝑚𝑚𝑚 Επίσης: 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝑓𝑓𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑓𝑓𝑠𝑠 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑁𝑁 ⇒ 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑟𝑟 ≤ 𝜇𝜇𝑠𝑠𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝜔𝜔2 ≤ 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 ⇒ 𝜔𝜔 ≤ � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 Όμως 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋𝑓𝑓 ⇒ 𝑓𝑓 = 𝜔𝜔 2𝜋𝜋 ⇒ 𝑓𝑓 ≤ 1 2𝜋𝜋 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 ⇒ 𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1 2𝜋𝜋 � 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑟𝑟 6. Η μηχανική ενέργεια της λάμπας διατηρείται και για αυτό είναι προφανές ότι έχει την μέγιστη ταχύτητα όταν το νήμα (καλώδιο) είναι κατακόρυφο (συμπέρασμα 1). Από την άλλη πλευρά η
  • 119. 118 κεντρομόλος είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα που περνά από το νήμα. Δηλαδή 𝑇𝑇 − 𝑊𝑊 𝑦𝑦 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 cos 𝜑𝜑 Όσο πιο μικρή είμαι η γωνιά φ τόσο πιο μεγάλη είναι το cos 𝜑𝜑 (συμπέρασμα 2). Άρα λοιπόν από τα συμπεράσματα 1 και 2 είναι προφανές ότι η τάση του νήματος είναι μέγιστη όταν το καλώδιο είναι κατακόρυφο. Όταν το νήμα είναι κατακόρυφο 𝑇𝑇 = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 Επίσης αφού η μηχανική ενέργεια της λάμπας διατηρείται 𝐸𝐸𝑀𝑀𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝑀𝑀𝐵𝐵 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚(𝐿𝐿 − 𝐿𝐿 cos 𝜃𝜃) = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣2 = 2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − cos 𝜃𝜃) ⇒ 𝑇𝑇 = 2𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚(1 − cos 𝜃𝜃) 𝐿𝐿 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2𝑚𝑚𝑚𝑚(1 − cos 𝜃𝜃) + 𝑚𝑚𝑚𝑚 Θέτουμε Τ=36Ν, για να βρούμε την μέγιστη γωνιά θ. Άρα 36 = 2 × 2 × 10 × (1 − cos 𝜃𝜃) + 2 × 10 ⇒ 1 − cos 𝜃𝜃= 16 40 = 2 5 ⇒ cos 𝜃𝜃 = 3 5 ⇒ 𝜃𝜃 = 53𝜊𝜊
  • 120. 119 7. 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝜔𝜔2 𝑅𝑅 ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝐹𝐹 𝑅𝑅𝑅𝑅 ⇒ 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 � 𝐹𝐹 𝑅𝑅𝑅𝑅 = 2𝜋𝜋� 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐹𝐹 ⇒ 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 = 2𝜋𝜋�𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝐹𝐹 2𝜋𝜋�𝑚𝑚2𝑅𝑅2 𝐹𝐹 = � 𝑚𝑚1𝑅𝑅1 𝑚𝑚2𝑅𝑅2 8. Η συνισταμένη δύναμη στον άξονα ψ είναι η κεντρομόλος δύναμη. Άρα: 𝑚𝑚𝑣𝑣2 𝐿𝐿 = 3𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑣𝑣2 𝐿𝐿 = 2𝑔𝑔 ⇒ 𝑣𝑣 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔 9. Η κεντρομόλος δύναμη σε κάθε σώμα είναι η συνισταμένη δύναμη στον άξονα που έχει φορά προς το κέντρο του κύκλου (άξονα χ). Γι’ αυτό θα υπολογίσουμε πρώτα αυτή την δύναμη.
  • 121. 120 Έχουμε από την σχέση για την ελκτική δύναμη και το πυθαγόρειο θεώρημα: |𝐹𝐹1| = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑅𝑅2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 (𝑎𝑎√2)2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 2𝑎𝑎2 |𝐹𝐹2| = |𝐹𝐹3| = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 ⇒ 𝛴𝛴𝐹𝐹𝑥𝑥 = 𝐹𝐹1 + 𝐹𝐹2𝑥𝑥 + 𝐹𝐹3𝑥𝑥 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 2𝑎𝑎2 + 2 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 cos 45 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� Από τον τύπο της κεντρομόλου δύναμη: 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝜔𝜔2 Όπου 𝑟𝑟 = √2 2 𝑎𝑎 (Από πυθαγόρειο). Λύνοντας την εξίσωση παίρνουμε: 𝜔𝜔2 = 𝐺𝐺𝑚𝑚2 𝑎𝑎2 � 1 2 + √2� 𝑚𝑚𝑚𝑚√2 2 = 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� ⇒ 𝜔𝜔 = � 𝐺𝐺𝐺𝐺 𝑎𝑎3 � √2 2 + 2� 10. Έστω ότι το σώμα ολοκληρώνει την κυκλική διαδρομή. Πρώτα από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας, 𝛦𝛦𝛢𝛢 = 𝛦𝛦𝛣𝛣 ⇒ 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) Επίσης στην θέση Β, (από παράδειγμα 5- κεντρομόλου δύναμη) 𝑣𝑣𝐵𝐵 ≥ �𝑔𝑔𝑔𝑔 = √5 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 122. 121 Άρα 1 2 𝑘𝑘𝑥𝑥2 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣𝐵𝐵 2 + 𝑚𝑚𝑚𝑚(2𝑟𝑟) ⇒ 200𝑥𝑥2 ≥ 5 2 + 10 × (2 × 0,5) ⇒ 𝑥𝑥 ≥ 0,25 𝑚𝑚
  • 123. 122 Κεφάλαιο 5: Ορμή Η έννοια της ορμής και της μέσης συνισταμένης δύναμης Έστω ότι μια σφήκα και ένα φορτηγό κινούνται με την ίδια σταθερή ταχύτητα προς έναν τοίχο. Όταν μελετούμε την κίνηση τους δεν υπάρχει καμία διαφορά μεταξύ τους αφού τα δύο έχουν σταθερές και ίσες ταχύτητες. Όμως όταν η σφήκα και το φορτηγό συγκρούονται με τον τοίχο, η σφήκα συντρίβεται αλλά το φορτηγό σπάζει τον τοίχο. Στην πραγματικότητα υπάρχει αρκετά μεγάλη διαφορά μεταξύ των μαζών τους, και ο λόγος που υπάρχει το παραπάνω φαινόμενο είναι οι διαφορετικές μάζες των δυο σωμάτων. Για αυτό τον λόγο, για να μελετήσουμε την κίνηση ενός σώματος ορίζουμε ένα καινούργιο μέγεθος που λέγεται η ορμή. Το διάνυσμα της ορμής δίνεται από την σχέση 𝑷𝑷 ��⃗ = 𝒎𝒎𝒗𝒗 � �⃗ όπου 𝒎𝒎 είναι η μάζα του σώματος και 𝒗𝒗 � �⃗ είναι η ταχύτητα του. Η μονάδα μέτρησης της ορμής στο S.I. είναι 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Όμως η ορμή ενός σώματος συνδέεται με την μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται επάνω του. Από τον δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, η μέση συνισταμένη δύναμη ισούται με: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ � = 𝑚𝑚𝑎𝑎 ⃗ � = 𝑚𝑚 𝛥𝛥𝑣𝑣 ⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑣𝑣 ⃗0) 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⃗ − 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⃗0 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝑃𝑃 �⃗ − 𝑃𝑃 �⃗0 𝛥𝛥𝑡𝑡 = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 Δηλαδή η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται σε ένα σώμα κατά συγκεκριμένο χρονικό διάστημα υπολογίζεται ως: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ � = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 (Γενικευμένος 2ος Νόμος του Νεύτωνα)
  • 124. 123 Παράδειγμα 1: Μια μπάλα μάζας 2kg αφήνεται από ηρεμία από ύψος 5m πάνω από το έδαφος. Αφού συγκρουστεί με το έδαφος, αναπηδά με ταχύτητα 5 m/s. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το έδαφος για 0,1s, βρείτε τη μέση δύναμη που ασκείται στην μπάλα από το έδαφος. (Έστω ότι 𝑔𝑔 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠2) Λύση: Θεωρούμε ότι η θετική κατεύθυνση είναι προς τα κάτω. Η μπάλα εκτελεί ελεύθερη πτώση, δηλαδή: 2gΔ𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 2 − 𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 2 × 10 × 5 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 100 ⇒ 𝑣𝑣1 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Θα υπολογίσουμε την ορμή της μπάλας ακριβώς πριν και μετά τη σύγκρουση με το έδαφος: 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣1 ����⃗ = 2 × 10 = 20𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ����⃗ = 2 × (−5) = −10 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Να προσέξετε ότι η μπάλα αναπηδά αρά η ταχύτητα του μετά την σύγκρουση με το έδαφος είναι αντίρροπη της αρχικής ταχύτητας. Με άλλα λόγια έχει αρνητική τιμή. Άρα ∆𝑃𝑃 �⃗ = −10 − 20 = −30𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στην μπάλα είναι: 𝐹𝐹 � = ∆𝑃𝑃 �⃗ ∆𝑡𝑡 = −30 0,1 = −300𝑁𝑁
  • 125. 124 Παράδειγμα 2: Μία μπάλα ποδοσφαίρου μάζας 200 g κινείται σε οριζόντιο έδαφος με ταχύτητα 10 m/s. Ένας ποδοσφαιριστής κλωτσά την μπάλα και η μπάλα φεύγει από το έδαφος με ταχύτητα 20 m/s και γωνιά 37ο ως προς το έδαφος. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το πόδι του ποδοσφαιριστή για 0,01s, να βρείτε το μέτρο της μέσης δύναμης που ασκείται στην μπάλα. Λύση Έστω ότι η ταχύτητα της μπάλας πριν και μετά που φεύγει από το έδαφος είναι 𝑢𝑢 και 𝑣𝑣 αντίστοιχα. Θα αναλύσουμε την ταχύτητα 𝑣𝑣 σε συνιστώσες 𝑣𝑣𝑥𝑥 και 𝑣𝑣𝑦𝑦. Έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 20𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐37 = 16 𝑚𝑚 𝑠𝑠 και 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 20𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠37 = 12 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Άρα 𝑣𝑣 ⃗ = 16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 Επίσης αφού η αρχική της ταχύτητα ήταν οριζόντια έχουμε 𝑢𝑢 �⃗ = 10𝑖𝑖 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη δίνεται από την σχέση: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗ = Δ𝑃𝑃 �⃗ Δ𝑡𝑡 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑢𝑢 �⃗) 0,01 = 0,2 0,01 (16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 − 10𝑖𝑖) = 120𝑖𝑖 + 240𝑗𝑗 Άρα �𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗� = √1202 + 2402 = 268 𝛮𝛮
  • 126. 125 Ασκήσεις για εξάσκηση 1. Μία μπάλα μάζας 5kg βάλλεται με οριζόντια ταχύτητα 6 m/s από αρχικό ύψος 3,2m από το έδαφος. Η μπάλα χτυπά το έδαφος και αναπηδά με ταχύτητα 8m/s η οποία σχηματίζει γωνιά 53ο με το έδαφος. Εάν η μπάλα ήταν σε επαφή με το έδαφος για 0,01s, να υπολογίσετε τη μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα. 2. Ένα αυτοκίνητο και ένα φορτηγό με μάζες 1500kg και 18000 kg αντίστοιχα κινούνται το ένα προς το άλλο με ταχύτητες 8m/s και 5m/s αντίστοιχα. Κάποια στιγμή συγκρούονται μεταξύ τους και κινούνται με κοινή ταχύτητα 4 m/s. Η σύγκρουση διαρκεί για 0,2s. Δεδομένου ότι ο οδηγός του φορτηγού του αυτοκινήτου έχουν μάζα 100 κιλών ο καθένας, να προσδιορίσετε τον λόγο 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 όπου 𝐹𝐹2 είναι η μέση δύναμη που ασκείται στον οδηγό του αυτοκινήτου κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης και 𝐹𝐹1 είναι η μέση δύναμη που ασκείται στον οδηγό του φορτηγού κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης.
  • 127. 126 Λύσεις 1. Έστω ότι η ταχύτητα της μπάλας ακριβώς πριν και μετά από το χτύπημα στο έδαφος είναι u και v αντίστοιχα. Η μπάλα εκτελεί οριζόντια βολή. Άρα η ταχύτητα της ακριβώς πριν να χτυπήσει το έδαφος δίνεται από τις σχέσεις 𝑢𝑢𝑥𝑥 = 𝑢𝑢0 = 6 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑢𝑢𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑔𝑔 = −𝑔𝑔� 2𝐻𝐻 𝑔𝑔 = −�2𝑔𝑔𝑔𝑔 = �2 × 10 × 3,2 = −8 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα 𝑢𝑢 �⃗ = 6𝑖𝑖 − 8𝑗𝑗 Επίσης αναλύουμε την ταχύτητα v σε δύο συνιστώσες και έχουμε: 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣53𝑜𝑜 = 4,8 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣53𝑜𝑜 6,4 𝑚𝑚 𝑠𝑠 . Άρα 𝑣𝑣 ⃗ = 4,8𝑖𝑖 + 6,4𝑗𝑗. Τώρα η μέση συνισταμένη δύναμη υπολογίζεται ως: 𝐹𝐹 ⃗ = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝑃𝑃2 − 𝑃𝑃1 0,01 = 𝑚𝑚(𝑣𝑣 ⃗ − 𝑢𝑢 �⃗) 0,01 = 5(4,8𝑖𝑖 + 6,4𝑗𝑗 − 6𝑖𝑖 + 8𝑗𝑗) 0,01 ⇒ 𝐹𝐹 ⃗ = −600𝑖𝑖 + 7200𝑗𝑗 ⇒ �𝐹𝐹 ⃗� = √6002 + 72002 = 600√145 = 7225 𝑁𝑁 2. Από την σχέση 𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥 , έχουμε 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝛥𝛥𝛥𝛥 ⇒ � 𝐹𝐹1Δ𝑡𝑡1 = 𝑚𝑚1Δ𝑣𝑣1 𝐹𝐹2Δ𝑡𝑡2 = 𝑚𝑚2Δ𝑣𝑣2 Δ𝑡𝑡1=Δ𝑡𝑡2=0,2, 𝑚𝑚1=𝑚𝑚2=100 ��������������������� 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 = Δ𝑣𝑣2 Δ𝑣𝑣1 = 4 − (−8) 4 − 5 ⇒ 𝐹𝐹2 𝐹𝐹1 = −12
  • 128. 127 Η Αρχή Διατήρησης της Ορμής Δίνεται ένα σύστημα σωμάτων το οποίο αποτελείται από 𝛮𝛮 σώματα μαζών 𝑚𝑚1, 𝑚𝑚2, … , 𝑚𝑚𝛮𝛮 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣 ⃗1, 𝑣𝑣 ⃗2, … , 𝑣𝑣 ⃗𝑁𝑁 αντίστοιχα. Το διανυσματικό άθροισμα 𝑃𝑃 �⃗ = 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 + ⋯ + 𝑚𝑚𝑁𝑁𝑣𝑣 ⃗𝑁𝑁 , δηλαδή το διανυσματικό άθροισμα των ορμών των 𝛮𝛮 σωμάτων ονομάζεται συνολική ορμή του συστήματος. Τώρα υπάρχουν δυνάμεις που ασκούνται μεταξύ των σωμάτων του συστήματος, που λέγονται εσωτερικές δυνάμεις. Όμως μελετώντας το σύστημα των σωμάτων (δηλαδή όλα τα σώματα μαζί), αυτές οι δυνάμεις εμφανίζονται σε ζεύγη δράσης-αντίδρασης και συνεπώς η συνισταμένη τους ισούται με μηδέν. Άρα προφανώς μόνο οι εξωτερικές δυνάμεις, δηλαδή οι δυνάμεις που ασκούν σώματα εκτός του συστήματος στα σώματα του συστήματος (π.χ. το βάρος που ασκείται από την Γη εάν η Γη δεν ανήκει στο σύστημα) μεταβάλλουν τη συνολική ορμή του συστήματος. Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής αυτής από το γενικευμένο 2ο Νόμο του Νεύτωνα ισούται με την συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων. Δηλαδή: 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ 𝛥𝛥𝑡𝑡 ⇒ 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ = 𝛴𝛴𝐹𝐹 ⃗𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝛥𝛥𝑡𝑡 :(1)
  • 129. 128 Από την σχέση (1) είναι φανερό ότι εάν σε ένα σύστημα η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων ισούται με μηδέν, τότε 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ = 0, δηλαδή η συνολική ορμή του συστήματος δεν μεταβάλλεται (Αρχή Διατήρησης της Ορμής). Επιπλέον εάν η εξωτερική συνισταμένη δύναμη δρα στο σύστημα για πολύ μικρό χρονικό διάστημα τότε 𝛥𝛥𝑡𝑡 ≈ 0. Άρα από την σχέση (1) παίρνουμε 𝛥𝛥𝑃𝑃 �⃗ ≈ 0, δηλαδή , δηλαδή η συνολική ορμή του συστήματος δεν μεταβάλλεται προσεγγιστικά. Παράδειγμα 1: Ένας πύραυλος μάζας 3000kg κινείται στο διάστημα σε οριζόντια διεύθυνση (όπου δεν ασκείται καμία δύναμη στο πύραυλο) με σταθερή ταχύτητα 100m/s. Ο εκτοξευτής του πυραύλου (που αποτελεί το πίσω μέρος του), μάζας 1000kg διαχωρίζεται από τον πύραυλο και κινείται προς την αντίθετη κατεύθυνση με ταχύτητα 40 m/s. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του πυραύλου μετά την διαχώριση του εκτοξευτή. Λύση Οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ του εκτοξευτή και του πυραύλου είναι εσωτερικές. Άρα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. 𝑃𝑃𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼𝛼.𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 = 𝑃𝑃𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏𝜏.𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎𝜎 ⇒ 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 ⇒ 𝑣𝑣1 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 = �3000 × 100 − 1000 × (−40)� (3000 − 1000) = 170 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Προσοχή 1: Αφού ο εκτοξευτής κινείται προς την αντίθετη κατεύθυνση, έχει αρνητική ταχύτητα −40 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 130. 129 Παράδειγμα 2: Μια μικρή σφαίρα μάζας 𝑚𝑚 κινείται με σταθερή ταχύτητα 𝑣𝑣 και χτυπά ένα αρχικά ακίνητο ξύλινο κύβο μάζας 2𝑚𝑚 πάνω σε μια λεία επιφάνεια. Η σφαίρα περνάει από το κύβο και η ταχύτητα της μειώνεται σε 𝑣𝑣 2 . Να βρείτε την θερμική ενέργεια που απελευθερώνεται κατά την σύγκρουση. Λύση Θεωρούμε ότι ο κύβος και η σφαίρα είναι ένα σύστημα και έστω ότι η ταχύτητα του κύβου μετά την σύγκρουση είναι 𝑢𝑢. Η αρχική συνολική ορμή του συστήματος 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑚𝑚 και μετά τη σύγκρουση είναι 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑚𝑚 2 + 2𝑚𝑚𝑚𝑚. Αφού η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδέν, ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Ορμής 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 2 + 2𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑣𝑣 4 Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 = 1 2 𝑚𝑚 � 𝑣𝑣 2 � 2 + 1 2 (2𝑚𝑚) � 𝑣𝑣 4 � 2 + 𝑄𝑄 όπου Q είναι η θερμική ενέργεια. Λύνοντας την εξίσωση παίρνουμε: 𝑄𝑄 = 5 16 𝑚𝑚𝑣𝑣2
  • 131. 130 Ελαστικές και ανελαστικές κρούσεις Όταν δυο σώματα σε οριζόντιο επίπεδο συγκρούονται, οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ τους είναι εσωτερικές δυνάμεις του συστήματος των δύο σωμάτων. Εάν δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στα σώματα (π.χ. τριβή) ή εάν η διάρκεια της κρούσης είναι αμελητέα, τότε ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα των σωμάτων. Μια κρούση που γίνεται σε ευθεία γραμμή λέγεται μετωπική κρούση. Γενικά υπάρχουν δυο κατηγορίες κρούσεων: ελαστικές και ανελαστικές. Κατηγορία 1: Μετωπικές ελαστικές κρούσεις Μία κρούση στην οποία δεν υπάρχει απώλεια κινητικής ενέργειας λέγεται ελαστική κρούση. Από τον ορισμό, είναι φανερό ότι δεν απελευθερώνεται θερμότητα και δεν ακούγεται κρότος κατά μια ελαστική κρούση. Θα μελετήσουμε αυτές τις κρούσεις. Έστω ότι έχουμε δυο σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣1 και 𝑣𝑣2 αντίστοιχα. Επίσης έστω ότι τα σώματα συγκρούονται ελαστικά και μετά την κρούση, τα σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 κινούνται με ταχύτητες 𝑢𝑢1 και 𝑢𝑢2 αντίστοιχα. Θα προσπαθούμε να βρούμε αυτές τις τελικές ταχύτητες συναρτήσει των αρχικών ταχυτήτων και των μαζών. Από τον ορισμό της ελαστικής κρούσης, η συνολική κινητική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Άρα 1 2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 2 + 1 2 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 2 = 1 2 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 2 + 1 2 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 2 ⇒ 1 2 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 2 − 𝑢𝑢1 2) = 1 2 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 2 − 𝑣𝑣2 2) ⇒ 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1)(𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣2)(𝑢𝑢2 + 𝑣𝑣2) Επίσης ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Ορμής. Δηλαδή: 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2
  • 132. 131 ⇒ 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣1) Άρα από την σχέση 𝑚𝑚1(𝑣𝑣1 − 𝑢𝑢1)(𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1) = 𝑚𝑚2(𝑢𝑢2 − 𝑣𝑣2)(𝑢𝑢2 + 𝑣𝑣2), είναι φανερό ότι πρέπει να ισχύει: 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 ⇒ � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ � 𝑢𝑢1 − 𝑢𝑢2 = 𝑣𝑣2 − 𝑣𝑣1 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 ⇒ � 𝑚𝑚2𝑢𝑢1 − 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 𝑚𝑚2𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 ⇒ 𝑢𝑢1(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2) = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 − 𝑣𝑣2 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 + 𝑣𝑣1 − 𝑣𝑣2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Άρα οι τελικές ταχύτητες των δυο σωμάτων μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
  • 133. 132 Κατηγορία 2: Μετωπικές ανελαστικές κρούσεις Οι παραπάνω κρούσεις στην πραγματικότητα είναι ανελαστικές, αφού απελευθερώνεται ηχητική και θερμική ενέργεια. Μία ειδική περίπτωση είναι όταν τα δύο σώματα συσσωματώνονται μετά την κρούση και προφανώς αφού συσσωματώνονται κινούνται με την ίδια ταχύτητα. Ονομάζουμε τέτοιες κρούσεις ως απόλυτα ανελαστικές ή πλαστικές κρούσεις. Θα μελετήσουμε αυτές τις κρούσεις. Έστω ότι έχουμε δυο σώματα με μάζες 𝑚𝑚1 και 𝑚𝑚2 που κινούνται με ταχύτητες 𝑣𝑣1 και 𝑣𝑣2 αντίστοιχα. Έστω ότι τα σώματα συγκρούονται ελαστικά και μετά την κρούση, τα σώματα κινούνται με κοινή ταχύτητα 𝑢𝑢. Αφού ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής έχουμε: 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑢𝑢 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Κατηγορία 3: Κρούσεις σε δύο διαστάσεις Μερικές φορές μια κρούση δεν είναι μετωπική και τα σώματα που συγκρούονται, συγκρούονται υπό κάποια γωνιά. Σε αυτές τις περιπτώσεις ομοίως ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής εάν δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα των δύο σωμάτων. Θα μελετήσουμε ένα παράδειγμα. Παράδειγμα 1: Ένα σώμα μάζας 9kg κινείται με σταθερή ταχύτητα μέτρου 20 m/s και με γωνιά 37ο ως προς τον άξονα χ. Άλλο σώμα μάζας 7kg κινείται με κατακόρυφη ταχύτητα 28 m/s στη θετική κατεύθυνση του άξονα y. Εάν τα δύο σώματα συγκρούονται πλαστικά, να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας του συσσωματώματος.
  • 134. 133 Λύση Αναλύουμε την ταχύτητα του πρώτου σώματος σε δυο συνιστώσες και στην συνέχεια, την γράφουμε σε διανυσματική μορφή. 𝑣𝑣1𝑥𝑥 = 𝑣𝑣1 cos 37 = 16 𝑚𝑚 𝑠𝑠 , 𝑣𝑣1𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 sin 37 = 12 𝑚𝑚 𝑠𝑠 ⇒ 𝑣𝑣 ⃗1 = 16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗 , 𝑣𝑣 ⃗2 = 28𝑗𝑗 Τώρα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. Δηλαδή: 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑢𝑢 �⃗ ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 𝑚𝑚1𝑣𝑣 ⃗1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣 ⃗2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 9 × (16𝑖𝑖 + 12𝑗𝑗) + 7 × 28𝑗𝑗 9 + 7 ⇒ 𝑢𝑢 �⃗ = 9𝑖𝑖 + 19𝑗𝑗 ⇒ |𝑢𝑢 �⃗| = �92 + 192 = 21 𝑚𝑚 𝑠𝑠
  • 135. 134 Ασκήσεις ενότητας 1. Ένας μαθητής στέκεται πάνω στο skateboard του με μία μπάλα του ποδοσφαίρου στα χέρια του σε μία μέρα που χιονίζει (δηλαδή δεν υπάρχει τριβή μεταξύ του skateboard και του εδάφους). Ο μαθητής ρίχνει την μπάλα του με μεγάλη οριζόντια ταχύτητα μπροστά. Να εξηγήσετε γιατί ο μαθητής γλιστρά μαζί με το skateboard του προς τα πίσω. 2. Δύο όμοιες ελαστικές σφαίρες μάζες m1 και m2 κρέμονται από την οροφή μέσω δύο αβαρών νημάτων ίσου μήκους. Η σφαίρα μάζας m1 ανυψώνεται σε ύψος h από την αρχική της θέση και αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα. Η σφαίρα στην συνέχεια συγκρούεται με την σφαίρα μάζας m2. Να υπολογίσετε τη μέγιστη ανύψωση Υ της σφαίρας 2 συναρτήσει των μεγεθών 𝑚𝑚1, 𝑚𝑚2, 𝑔𝑔, και ℎ. 3. Μία μπάλα του μπάσκετ μάζας 600g αφήνεται ελεύθερα να πέσει στο έδαφος από ύψος 5m. Η μπάλα συγκρούεται με το έδαφος και αναπηδά. Εάν η απώλεια ενέργειας κατά την σύγκρουση είναι 3J και η διάρκεια της κρούσης ήταν 0,05s , να υπολογίσετε τη μέση συνισταμένη δύναμη που δέχεται η μπάλα.
  • 136. 135 4. Μία ελαστική σφαίρα μάζας m κρέμεται κατακόρυφα από ένα αβαρές νήμα μήκους L το οποίο συνδέεται με την οροφή. Το κατώτερο σημείο της σφαίρας εφάπτεται αρχικά στο έδαφος. Δίπλα από την σφαίρα στον έδαφος εφάπτεται μια μπάλα του μπιλιάρδου μάζας Μ. Το νήμα και η σφαίρα ανυψώνονται ώστε το νήμα να σχηματίζει γωνιά θ με τον οριζόντιο άξονα. Η σφαίρα αφήνεται να κινηθεί ελεύθερα και στη συνέχεια συγκρούεται με την μπάλα. Να υπολογίσετε την ταχύτητα της μπάλας ακριβώς μετά την κρούση συναρτήσει των μεγεθών θ, Μ, m, g και L υποθέτοντας ότι η κρούση είναι εντελώς ελαστική. 5. Όταν μία μικρή τσίχλα βάλλεται προς ένα κινούμενο αυτοκίνητο συγκρούεται με το αυτοκίνητο και κολλά σε αυτό. Δηλαδή γίνεται μία πλαστική κρούση. Να εξηγήσετε γιατί δεν παρατηρούμε μεταβολή στην ταχύτητα του αυτοκινήτου παρόλο που γίνεται μια κρούση, τεκμηριώνοντας την απάντηση σας με την χρήση των μαθηματικών τύπων.
  • 137. 136 Λύσεις 1. Έστω ότι ο μαθητής ρίχνει την μπάλα με ταχύτητα 𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇. Για το σύστημα μαθητή-skateboard και μπάλας, η αρχική ορμή είναι μηδέν. Μετά που ο μαθητής ρίχνει την μπάλα, από την αρχή διατήρησης της ορμής, η ορμή του συστήματος πρέπει να παραμένει μηδέν (αφού δεν υπάρχουν εξωτερικές δυνάμεις στο σύστημα). Άρα πρέπει να έχουμε: 0 = 𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 + 𝑃𝑃 ⇒ 𝑃𝑃𝑠𝑠 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 Δηλαδή ο μαθητής και το skateboard δεν θα έχουν μηδενική ορμή και θα κινούνται. Τώρα 𝑃𝑃 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 ⇒ 𝑀𝑀𝑀𝑀 = −𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 ⇒ 𝑢𝑢 = − 𝑚𝑚𝜇𝜇𝜇𝜇𝑣𝑣𝜇𝜇𝜇𝜇 𝑀𝑀 Άρα η ταχύτητα τους θα είναι αντίρροπη της μπάλας και θα κινούνται προς τα πίσω. 2. Από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργεια η ταχύτητα v1 της σφαίρας 1 πριν την κρούση δίνεται από την σχέση: 𝑚𝑚1𝑔𝑔ℎ = 1 2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 2 ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔ℎ Επίσης αφού η κρούση είναι ελαστική οι ταχύτητες των σφαιρών μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Αφού το σώμα 2 ήταν ακίνητο πριν την κρούση 𝑣𝑣2 = 0 άρα η ταχύτητα της σφαίρας 2 μετά την κρούση είναι
  • 138. 137 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Εφαρμόζουμε ξανά την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας και έχουμε: 1 2 𝑚𝑚𝑢𝑢2 2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝛶𝛶 = 𝑢𝑢2 2 2𝑔𝑔 = 4𝑚𝑚1 2 𝑣𝑣1 2 2𝑔𝑔(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 = 4𝑚𝑚1 2(2𝑔𝑔ℎ) 2𝑔𝑔(𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 ⇒ 𝛶𝛶 = 4ℎ𝑚𝑚1 2 (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)2 3. Θεωρούμε ότι η θετική κατεύθυνση είναι προς τα κάτω. Η μπάλα εκτελεί ελεύθερη πτώση, δηλαδή: 2gΔ𝑦𝑦 = 𝑣𝑣1 2 − 𝑣𝑣0 2 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 2 × 10 × 5 ⇒ 𝑣𝑣1 2 = 100 ⇒ 𝑣𝑣1 = 10 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Η απώλεια ενέργειας της σφαίρας είναι 3J, δηλαδή: 𝛦𝛦𝑘𝑘2 = 𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 5 = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 − 5 = 1 2 × 0,6 × 102 − 3 = 27𝐽𝐽 ⇒ 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣2 2 = 27 ⇒ 𝑣𝑣2 2 = 90 ⇒ 𝑣𝑣2 = −9,5 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα: 𝑃𝑃1 ���⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣1 ����⃗ = 0,6 × 10 = 6𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 𝑃𝑃2 ����⃗ = 𝑚𝑚𝑣𝑣2 ����⃗ = 0,6 × (−9,5) = −5,7 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑚𝑚 𝑠𝑠 Άρα η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στην μπάλα είναι: 𝐹𝐹 � = ∆𝑃𝑃 �⃗ ∆𝑡𝑡 = −5,7 − 6 0,05 = −234𝑁𝑁
  • 139. 138 4. Από το σχήμα είναι φανερό ότι η σφαίρα ανυψώθηκε κατά ℎ = 𝐿𝐿 − 𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 Άρα από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας: 𝑚𝑚𝑚𝑚ℎ = 1 2 𝑚𝑚𝑣𝑣1 2 ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔ℎ ⇒ 𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐) Επίσης αφού η κρούση είναι ελαστική οι ταχύτητες των σφαιρών μετά την κρούση δίνονται από τις σχέσεις: � 𝑣𝑣1 + 𝑢𝑢1 = 𝑣𝑣2 + 𝑢𝑢2 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 = 𝑚𝑚1𝑢𝑢1 + 𝑚𝑚2𝑢𝑢2 ⇒ 𝑢𝑢1 = 2𝑚𝑚2𝑣𝑣2 + 𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅𝜅 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 + 𝑚𝑚2𝑣𝑣2 − 𝑚𝑚1𝑣𝑣2 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 Αφού το σώμα 2 ήταν ακίνητο πριν την κρούση 𝑣𝑣2 = 0 άρα η ταχύτητα της σφαίρας 2 μετά την κρούση είναι 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1𝑣𝑣1 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ⇒ 𝑢𝑢2 = 2𝑚𝑚1�2𝑔𝑔𝑔𝑔(1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐) 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 5. Έχουμε πλαστική κρούση. Άρα η ταχύτητα του αυτοκινήτου μετά την κρούση με τη τσίχλα δίνεται από την σχέση: 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝛵𝛵𝑣𝑣𝛵𝛵 𝑚𝑚𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝛵𝛵
  • 140. 139 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝑇𝑇𝑣𝑣𝑇𝑇 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑚𝑚𝛢𝛢 + 𝑚𝑚𝑇𝑇 𝑚𝑚𝐴𝐴 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑚𝑚𝛢𝛢𝑣𝑣𝛢𝛢 𝑚𝑚𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵𝑣𝑣𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑚𝑚𝛢𝛢 𝑚𝑚𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 ⇒ 𝑢𝑢 = 𝑣𝑣𝐴𝐴 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 𝑣𝑣𝑇𝑇 1 + 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 Τώρα αφού η μάζα του αυτοκινήτου είναι πολύ μεγαλύτερη από την μάζα της τσίχλας (π.χ. η μάζα της τσίχλας είναι 20 γραμμάρια και του αυτοκινήτου είναι 1500kg) το κλάσμα 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 τείνει να πάρει την τιμή 0. Δηλαδή 𝑚𝑚𝛵𝛵 𝑚𝑚𝐴𝐴 ≈ 0 Άρα από την παραπάνω σχέση είναι φανερό ότι 𝑢𝑢 ≈ 𝑣𝑣𝐴𝐴
  • 141. 140 Βιβλιογραφία 1) Concepts of mechanics- Mehran Kamarpoor- ISBN: 978-600-288-073-4 2) Iranian University Entrance Examinations 3) Iranian Physics Olympiads- First Round
  • 142. Η σειρά «Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής» είναι μια σειρά βιβλίων Φυσικής για μαθητές που ενδιαφέρονται για την επιστήμη της Φυσικής ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής και καλύπτει την θεωρία της Φυσικής με βάθος. Το βιβλίο αυτό εστιάζει στην Νευτώνεια μηχανική, δηλαδή η μελέτη της κινηματικής και δυναμικής σε διάφορες καταστάσεις. «Πάμε Ολυμπιάδα Φυσικής» είναι μια σειρά βιβλίων Φυσικής για μαθητές που ενδιαφέρονται για την επιστήμη της Φυσικής ή θέλουν να συμμετέχουν σε διαγωνισμούς Φυσικής Εκδότης: Ίδρυμα Θαλής ISBN 978-9963-9697-4-6