ΘΕΜΑ 4 - WordPress.com · 2015-04-30 · Α. Για τη ελαστική κρούση...

ΘΕΜΑ 4ο

Μικρό σώµα Σ µάζας kgm 1= εφάπτεται σε λείο οριζόντιο δάπεδο δεµένο στο

ελεύθερο άκρο οριζοντίου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς mNK /100= το άλλο

άκρο του οποίου είναι δέσµιο. Στερεό Π αποτελείται από κολληµένους οµόκεντρους οµογενείς δίσκους µε

ακτίνες R και R2 , mR 1= .Οι περιφέρειες των δίσκων είναι τυλιγµένες µε

αβαρή µη εκτατά νήµατα µεγάλου µήκους. Το νήµα της εσωτερικής περιφέρειας έχει το ελεύθερο άκρο του δεµένο σε οροφή. Το νήµα της εξωτερικής περιφέρειας συνδέει το σώµα Σ µε το στερεό Π µέσω αβαρούς τροχαλίας Τ, όπως στο σχήµα.

Α. Η διάταξη ισορροπεί. Τα τµήµατα των νηµάτων που συγκρατούν το στερεό Π είναι κατακόρυφα και το τµήµα του νήµατος που συγκρατεί το σώµα Σ είναι

οριζόντιο. Το ελατήριο έχει υποστεί επιµήκυνση cm10=∆l .Nα υπολογίσετε τη

µάζα του στερεού Π.

Β. Τη χρονική στιγµή 00=t κόβουµε τα άκρα του νήµατος της εξωτερικής

περιφέρειας. Το στερεό Π κατέρχεται περιστρεφόµενο περί του κέντρου του, καθώς το νήµα ξετυλίγεται χωρίς ολίσθηση παραµένοντας κατακόρυφο. Το σώµα Σ εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση. Β1.Να υπολογίσετε το µήκος νήµατος που έχει ξετυλιχθεί από το στερεό Π τη στιγµή που το σώµα Σ αποκτά µέγιστη ταχύτητα δεύτερη φορά. Β2.Να υπολογίσετε την αύξηση της στροφορµής σπίν του στερεού Π για κάθε µια πλήρη ταλάντωση του σώµατος Σ. Η διάταξη βρίσκεται συνεχώς στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο. Η ροπή αδράνειας του στερεού Π ως προς άξονα που περνά από το κέντρο του και είναι κάθετος

στο επίπεδό του είναι 2

MR=Ι . Αντίσταση αέρα δεν υπάρχει. Για τις πράξεις

θεωρήστε: 2

/10 smg = .

2R

Σ

Τ

Π

Συνοπτικές απαντήσεις Α. Για την ισορροπία του Σ έχουµε

0=ΣF

l∆= KT

NT 10=

Β1. Για τον ταλαντωτή είναι

KD =

mND /100=

sradmD /10/ ==ω

( )sT 5//2 πωπ ==

Εφόσον η αρχική θέση του Σ είναι θέση πλάτους αποκτά µέγιστη ταχύτητα δεύτερη φορά για

4/32

Tt =

st 20/32

π=

Για το Π θεωρούµε ως θετικές τις φορές της καθοδικής κίνησης. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής στη µεταφορική κίνηση έχουµε

MaFy =Σ

MaTMg =′−

Β2. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής στη στροφική κίνηση

t

LaCM

∆

∆=Ι=Σ ΓΩΝτ

taL ∆Ι=∆ ΓΩΝ , Tt =∆

TR

aL ⋅⋅Ι=∆

Για την ισορροπία του Π λαµβάνουµε ως σηµείο αναφοράς των ροπών το σηµείο εφαρµογής της άγνωστης τάσης.

0=Στ

RTRMg 3⋅=⋅

g

TM

3=

KgM 3=

ενώ στη στροφική κίνηση έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMτ

R

aMRRT ⋅=′ 2

MaT =′

Από τις δυο τελευταίες µε πρόσθεση κατά µέλη

MaMg 2=

2/ga = 2

/5 sma =

Η µετατόπιση του κέντρου µάζας ισούται µε το µήκος νήµατος που ξετυλίγεται

cmy=∆l 2

2

2

1at=

µε αντικατάσταση

m16

9=∆l

TR

aMRL ⋅⋅=∆ 2

µε αντικατάσταση

skgmL /32π=∆

Μυσίρης

ΘΕΜΑ 4ο

Κυκλικοί δίσκοι 1

∆ και 2

∆ µπορούν να κινούνται εφαπτόµενοι οριακά σε

οριζόντια αεροτράπεζα, όπως φαίνεται στο σχήµα. Η τριβή θεωρείται αµελητέα.

Καλύπτουµε την περιφέρεια των δίσκων µε κατάλληλο περίβληµα ώστε οι µεταξύ τους κρούσεις να θεωρούνται ελαστικές. Α. Εκτοξεύουµε τους δίσκους µε αντίθετες ταχύτητες, ώστε να συγκρουστούν

κεντρικά. Να υπολογίσετε το λόγο µαζών 21

/ mm=λ των δίσκων, ώστε ο δίσκος

1∆ να ακινητοποιηθεί µετά την κρούση.

Β. Εκτοξεύουµε το δίσκο 1

∆ προς τον δίσκο 2

∆ που ηρεµεί, ώστε να

συγκρουστούν κεντρικά. Να υπολογίσετε το λόγω µαζών 21

/ mm=λ των δίσκων

ώστε ο δίσκος 2

∆ να απορροφήσει τα 8/9 της κινητικής ενέργειας του δίσκου

1∆ .

Γ. Επιλέγουµε δίσκους µε λόγο µαζών 2/1/21== mmλ . Εκτοξεύουµε το δίσκο

1∆ µε κινητική ενεργεία JK 3

0= προς τον δίσκο

2∆ που ηρεµεί, ώστε να

συγκρουστούν έκκεντρα. Μετά την κρούση ο δίσκος 1

∆ έχει κινητική ενέργεια

JK 11= . Να υπολογίσετε τη γωνία που σχηµατίζουν οι ταχύτητες των δίσκων

µετά την κρούση. Οι δίσκοι θεωρούνται οµογενή επίπεδα στερεά σώµατα και εκτελούν µεταφορικές κινήσεις στο ίδιο επίπεδο.

1∆

2∆

gr

Α. Για τη ελαστική κρούση ισχύει

1

21

21'

1u

mm

mmu

+

−=

2

21

22

umm

m

++

για αντίθετες ταχύτητες αντικαθιστούµε

01uu =

02uu −=

Για να ακινητοποιηθεί ο 1

∆ απαιτούµε

0'

1=u

Β.

Για την ελαστική κρούση έχουµε

2

111

2

1umK =

1

21

21

1u

mm

mmu

+

−=′

2

1

21

21

11

2

1

+

−=′ u

mm

mmmK

∆ιαιρώντας κατά µέλη προκύπτει 2

21

21

1

1

+

−=

′

mm

mm

K

K

Γ.

Εφόσον η κρούση είναι ελαστική η κινητική ενέργεια διατηρείται

0=∆ ΟΛK

210KKK +=

JK 22=

Από τη διατήρηση της ορµής έχουµε

0=∆ ΟΛpr

21ppprrr

+=Ο

κατά µέτρο

=2

0p συνθ

21

2

2

2

12 pppp ++

Αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση λαµβάνουµε

0

21

210 u

mm

mm

+

−=

0

21

22

umm

m

+−

( −+

−=

21

210

mm

mm )0

21

22

umm

m

+

+

−

21

213

mm

mm0

0=u

213mm =

3

2

1 ==m

mλ

Στο 1

∆ απέµεινε το 1/9 της αρχικής

κινητικής του ενέργειας εφόσον η κρούση είναι ελαστική και η κινητική ενέργεια διατηρείται. Άρα

9

1

1

1 =′

K

K

2

1

1

9

1

+−

=λλ

,2

1

m

m=λ

1

1

3

1

+−

±=λλ

2=λ ή 2/1=λ

Η κινητική ενέργεια κάθε δίσκου µπορεί να γραφεί

m

pK

2

2

=

για ευκολία στις πράξεις θέτουµε

mm =1

, mm 21=

οπότε η διατήρηση της ορµής γράφεται

συνθ21210

422422 mKmKmKmKmK ++=

συνθ21210

82 KKKKK ++=

21

210

8

2

KK

KKK −−=συνθ

2/1−=συνθ

Μυσίρης

Θέµα ∆

Στερεό (Π) συνολικής µάζας KgM 5= αποτελείται από οµογενείς οµοαξονικούς

κυλίνδρους. Οι εξωτερικοί κύλινδροι έχουν ακτίνα mR 1= και εφάπτονται σε

παράλληλες ακλόνητες σιδηροτροχιές που βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο

επίπεδο. Ο εσωτερικός κύλινδρος έχει ακτίνα R2 και είναι τυλιγµένος µε αβαρές µη εκτατό νήµα µεγάλου µήκους. Ενώ το στερεό (Π) ηρεµεί,

εφαρµόζουµε στο ελεύθερο άκρο του νήµατος σταθερή κατακόρυφη δύναµη Fr

, όπως φαίνεται στο σχήµα. Το νήµα ξετυλίγεται χωρίς να γλιστράει παραµένοντας κατακόρυφο και οι εξωτερικοί κύλινδροι κυλίονται χωρίς ολίσθηση επάνω στις σιδηροτροχιές.

Η ροπή αδράνειας του στερεού (Π) ως προς τον άξονά του είναι 2

MRI = . O εσωτερικός κύλινδρος δεν εφάπτεται στις σιδηροτροχιές. Να υπολογίσετε 1. την µετατόπιση του κέντρου µάζας του στερεού (Π) για κάθε ένα µέτρο νήµατος που ξετυλίγεται. 2. τη φορά της στατικής τριβής και να περιγράψετε το ρόλο της στο ενεργειακό

ισοζύγιο του προβλήµατος. Το µέτρο της δύναµης Fr

δε θεωρείται γνωστό. 3. τη µεταφορική επιτάχυνση του στερεού (Π) αν η δύναµη έχει µέτρο

NF 10= .

4. το µέτρο της στροφορµής σπίν του στερεού (Π), τη χρονική στιγµή που η

παρεχόµενη ισχύς σε αυτό έχει τιµή WP 40= .

Fr

R

Fr

R2

xO

Συνοπτικές απαντήσεις 1. Για το κέντρο µάζας έχουµε

ϑ∆⋅=∆ Rx

Ενώ το µήκος νήµατος που ξετυλίγεται είναι

ϑ∆⋅=∆ R2l

∆ιαιρώντας κατά µέλη προκύπτει

2

1=

∆

∆

l

x

3. Θεωρούµε ως θετικές τις φορές της κίνησης. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής στη µεταφορική κίνηση έχουµε

MaFx =Σ

MaT =

ενώ στη στροφική κίνηση έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMτ

R

aMRRTRF ⋅=⋅−⋅

22

Από τις δυο τελευταίες προκύπτει

MaF 22 =

mFa /= 2

/2 sma =

2. Η στατική τριβή που δέχεται το (Π) αποτελεί και συνισταµένη

CMaMTFrrr

==ΣΣΤ

Το (Π) αποκτά µεταφορική επιτάχυνση στη φορά Οχ άρα αυτή είναι και η φορά της στατικής τριβής. Η στατική τριβή δεν παράγει έργο. Το σύνολο της κινητικής ενέργειας του (Π) παρέχεται µέσω

του έργου της δύναµης Fr

. Ωστόσο η στατική τριβή επηρεάζει ενεργειακά την κίνηση «µοιράζοντας» την παρεχόµενη ενέργεια σε µεταφορική και περιστροφική κινητική ενέργεια. 4.

Η ισχύς της δύναµης Fr

είναι

ωτ Fp =

ωFRp 2=

ενώ η στροφορµή είναι

ωIL =

ω2

MRL =

Από τις δυο παραπάνω

22

MR

LFRp =

F

pRML

2=

smkgL /10 ⋅=

Μυσίρης

ΘΕΜΑ ∆ Στερεό (Ρ) συνολικής µάζας KgM 1= αποτελείται από οµογενείς οµοαξονικούς

κυλίνδρους. O εσωτερικός κύλινδρος έχει ακτίνα mR 1= και είναι τυλιγµένος

µε νήµα από το οποίο κρέµεται µικρό σώµα (σ) µάζας KgM 1= . Οι εξωτερικοί

κύλινδροι έχουν ακτίνες R2 και είναι τυλιγµένοι µε νήµατα, τα ελεύθερα άκρα των οποίων είναι δεµένα σε οροφή. Τα νήµατα είναι αβαρή µη εκτατά και έχουν µεγάλο µήκος. Στα παρακάτω σχήµατα εικονίζεται η διάταξη (σχήµα 1) και µια κατακόρυφη επίπεδη διατοµή της (σχήµα 2), παράλληλα στην οποία γίνεται η κίνηση. Το κέντρο µάζας του στερεού (Ρ) βρίσκεται στο µέσον του άξονά του και

η ροπή αδράνειάς του ως προς αυτόν είναι 2

4MRI = .

1. Εφαρµόζουµε στο στέρεο (Ρ) ζεύγος δυνάµεων στο επίπεδο του σχήµατος 2, ώστε η διάταξη να συγκρατείται ακίνητη µε τα νήµατα κατακόρυφα και τεντωµένα. Να υπολογίσετε την ελάχιστη τιµή του µέτρου της κάθε δύναµης του ζεύγους.

2. Καταργούµε το ζεύγος δυνάµεων και τα νήµατα ξετυλίγονται χωρίς

ολίσθηση παραµένοντας κατακόρυφα. Να υπολογίσετε τη µετατόπιση του σώµατος (σ) για κάθε µέτρο νήµατος που ξετυλίγεται από τους εξωτερικούς κυλίνδρους.

3. Να υπολογίσετε τη µεταφορική επιτάχυνση του στερεού (Ρ).

Αντίσταση αέρα δεν υπάρχει. ∆ίνεται 2

/10 smg =

Σχήµα 1 Σχήµα 2

(Ρ, Μ)

(σ, Μ)

mc.

R2

R

Συνοπτικές απαντήσεις

1. Για την ισορροπία του (σ) έχουµε

0=Σ yF

MgT =1

NT 101=

Για ελάχιστο µέτρο δυνάµεων επιλέγουµε αντιδιαµετρικά σηµεία του (Ρ). Η ροπή του ζεύγους θα έχει µέτρο

RF2=τ

2. Από τους εξωτερικούς κυλίνδρους ξετυλίγεται

ϑ∆=∆ R2l

Άρα το (Ρ) µεταφέρεται κατά

ϑ∆=∆=∆ Rycm 2l

3. Θεωρούµε ως θετικές τις φορές της κίνησης. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής έχουµε για το (σ)

σMaFy =Σ

αλλά από το προηγούµενο ερώτηµα

cma ασ2

3=

εποµένως

cmMaTMg2

3'1=− (1)

ενώ για το (Ρ) έχουµε

MaFy =Σ

cmMaTTMg =−+21'' (2)

όπου 2'T η συνολική τάση των δυο

νηµάτων στους εξωτερικούς κυλίνδρους.

Θωρώντας ως άξονα αναφοράς αυτόν που διέρχεται από τα σηµεία εφαρµογής των άγνωστων τάσεων

0=Στ

RMgRTRF 2321+=

2

231

MgTF

+=

NF 25=

αριστερόστροφη φορά ζεύγους Από τον εσωτερικό κύλινδρο ξετυλίγεται

ϑ∆=∆ Rl

αλλά το (σ) µετατοπίζεται κατά

=∆ σy cmyl ∆+∆

=∆ σy ϑ∆R3

Με διαίρεση κατά µέλη

5,12

3=

∆

∆=

∆

∆

ϑ

ϑσ

R

Ry

l

γωντ Iacm =Σ ,R

aa cm

2=γων

R

aMRRTRT cm

24'2'

2

21=+

cmMaTT 2'2'21=+ (3)

Για αντίθετους συντελεστές έχουµε

cmMaTT 2'2'21=+ (3)

cmMaTTMg 2'2'2221=−+ (2)Χ2

cmMaTMg2

9'331=− (1)Χ3

Προσθέτουµε κατά µέλη

cmMaMg2

175 =

gacm17

10=

2/

17

100smacm =

Μυσίρης

ΘΕΜΑ ∆

Οµογενής κυκλικός τροχός (Τ) µάζας kgM 8= εφάπτεται σε οριζόντιο δάπεδο

και είναι τυλιγµένος µε αβαρές µη εκτατό νήµα µεγάλου µήκους. Το νήµα έχει περαστεί από αβαρή τροχαλία (ρ) και στο ελεύθερο άκρο του έχουµε κρεµάσει

µικρό σώµα (σ) µάζας kgm 4= . Το σύστηµα τροχός (Τ)-σώµα (σ) συγκρατείται

ακίνητο και το νήµα είναι τεντωµένο. Το τµήµα του νήµατος που συνδέει τον τροχό (Τ) µε την τροχαλία (ρ) είναι οριζόντιο. Ιδανικό ελατήριο σταθεράς

mNK /100= ισορροπεί έχοντας το κάτω άκρο του στερεωµένο. Ο άξονάς του

ταυτίζεται µε τη διεύθυνση του νήµατος από το οποίο κρέµεται το σώµα (σ).

1. Απελευθερώνουµε το σύστηµα τροχός (Τ)-σώµα (σ). Ο τροχός κυλίεται χωρίς ολίσθηση καθώς το νήµα ξετυλίγεται από την επιφάνειά του χωρίς να ολισθαίνει. Το σώµα (σ) κατέρχεται κατακόρυφα. Να υπολογίσετε (i) τη µεταφορική επιτάχυνση του τροχού (Τ). (ii) την αύξηση της µεταφορικής κινητικής ενέργειας του τροχού (Τ) όταν η συνολική η συνολική κινητική ενέργεια του συστήµατος τροχός (Τ)-σώµα (σ), είναι 100J.

2. Το σώµα (σ) συναντά το ελατήριο έχοντας ταχύτητα smu /5,10 = και

προσκολλάται ακαριαία στο ελεύθερο άκρο του, χωρίς απώλεια ενέργειας. Την ίδια στιγµή κόβουµε το νήµα. Να υπολογίσετε το πλάτος ταλάντωσης.

Η ροπή αδράνειας του τροχού ως προς τον άξονά του είναι 2MRI = . Όλες οι

κινήσεις γίνονται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο. Αντίσταση αέρα δεν υπάρχει.

∆ίνεται 2/10 smg = .


Κ

(ρ)

(σ, m)

(T, M)

1. Θεωρούµε ως θετικές τις φορές της κίνησης. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για το (σ) έχουµε

σmaFy =Σ

αλλά το (σ) συνδέεται µε το ανώτατο σηµείο του τροχού και ως γνωστόν

cma ασ 2=

εποµένως

cmmaTmg 2=− (1)

2. Σχετίζουµε κάθε επιµέρους κινητική ενέργεια µε τη µεταφορική κινητική ενέργεια του (ρ). Για το (σ) είναι

2

2

1σσ muK = , cmuu 2=σ , mM 2=

2422

1cmu

MK =σ

METKK 2=σ

Για την περιστροφική κινητική ενέργεια έχουµε

2

2

1ωIK =ΠΕΡ , Rucm ω=

2

22

2

1

R

uMRK cm=ΠΕΡ

2

2

1cmMuK =ΠΕΡ

=ΠΕΡK METK

Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για το (Ρ) έχουµε

cmx MaF =Σ

cmMafT =+ (2)

Επίσης

γωντ Iacm =Σ ,R

aa cm=γων

R

aMRfRTR cm2=−

cmMafT =− (3)

Για αντίθετους συντελεστές

cmMafT =− (3)

cmMafT =+ (2)

cmmaTmg 422 =− (1)Χ2

Προσθέτουµε κατά µέλη

cmamMmg )42(2 +=

gMm

macm

+=

2

2/4

smg

acm =

2/5,2 smacm =

Η µεταβολή της συνολικής κινητικής ενέργειας είναι

=∆ ΛOK ΠΕΡ∆K METK∆+ σK∆+

=∆ ΛOK METK∆ METK∆+ METK∆+ 2

=∆ ΛOK METK∆4

METK∆4

Λ∆= OK

JK MET 25=∆

T

Tf

mg

2. Στο παρακάτω σχήµα φαίνονται (0) Φυσικό µήκος ελατήριου 00 =t

(1) Θέση ισορροπίας ταλάντωσης 0=y

Το σύστηµα ελατηρίου µάζας θα εκτελέσει απλή αρµονική ταλάντωση µε σταθερά επαναφοράς

mNKD /100==

και γωνιακή συχνότητα

m

D=ω

srad /5=ω

Για τη θέση ισορροπίας ταλάντωσης έχουµε

0=ΣF mgK =∆l

K

mg=∆l

m4,0=∆l

Οι αρχικές συνθήκες της ταλάντωσης είναι

my 4,00 =∆= l

smu /5,10 =

Με απαλοιφή χρόνου στο σύστηµα εξισώσεων θέσης και ταχύτητας ταλάντωσης ως γνωστόν προκύπτει

122

20

2

20 =+

A

u

A

y

ω

2

202

0ω

uyA +=

mA 5,0=

Μυσίρης

0l

l∆0=y

y

'y

)1()0(

ΘΕΜΑ Δ

T(Μ,R) Ομογενής κυκλικός τροχός T ακτίνας R και μάζας M=10Kg εφάπτεται σε οριζόντιο επίπεδο. Στην περιφέρεια του τροχού Τ είναι τυλιγμένο αβαρές μη εκτατό νήμα μεγάλου μήκους. O άξονας O του τροχού είναι συνδεδεμένoς μέσω οριζόντιας άκαμπτης αβαρούς ράβδου με το ελεύθερο άκρο ιδανικού οριζοντίου ελατηρίου σταθεράς Κ=100N/m, το άλλο άκρο του οποίου είναι στερεωμένο. Η διάταξη αρχικά ηρεμεί. Α. Στο ελεύθερο άκρο του νήματος εφαρμόζουμε σταθερή κατακόρυφη δύναμη μέτρου F=10N όπως φαίνεται στο σχήμα. Το νήμα ξετυλίγεται κατακόρυφα χωρίς να γλιστρά ενώ τροχός Τ κυλίεται χωρίς ολίσθηση. Α1. Να υπολογίσετε την επιτάχυνση του άξονα του τροχού Τ σε συνάρτηση με την επιμήκυνση του ελατηρίου. Α2. Αν ο συντελεστής στατικής τριβής μεταξύ τροχού και δαπέδου είναι μS=0,5 να υπολογίσετε τη μέγιστη επιμήκυνση του ελατηρίου για την οποία ο τροχός Τ δεν ολισθαίνει. Α3. Να υπολογίσετε το ποσοστό της ενέργειας που παρέχει η δύναμη F, το οποίο μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια περιστροφής του τροχού Τ, αν το ελατήριο υποστεί επιμήκυνση Δx=0,1m. Β. Να δείξετε ότι αν καταργηθεί η δύναμη F, ενώ το ελατήριο έχει υποστεί επιμήκυνση, ο άξονας του τροχού Τ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Να υπολογίσετε τη σταθερά επαναφοράς. Μεταξύ της ράβδου και του τροχού δεν εμφανίζονται τριβές. Θεωρήστε ότι η μάζα του τροχού είναι συγκεντρωμένη στην περιφέρειά του. Η διάταξη βρίσκεται διαρκώς στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο. Δίνεται g=10m/s2.

F

K

O

Συνοπτικές απαντήσεις A1 Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής έχουμε:

x cm

cm

cm

F MaT F MaT K x Ma (1στ ελ

στ

=

− =

− Δ =

Σ

)

cm cm R R cm

2 cm

cm

a ,a a / R

aFR T R MR

RF T Ma (2)

στ

στ

= Ι =

− =

− =

Στ

Με πρόσθεση κατά μελή των (1) και (2) έχουμε:

cm

cm

F K x 2MaF K xa

2M

− Δ =

− Δ=

Τελικά:

cma 0,5 5 x (S.= − Δ I) όπου η επιμήκυνση του ελατηρίου και η μετατόπιση του άξονα του τροχού.

xΔ

A2 Στην κατακόρυφη διεύθυνση:

yF 0

N F Mg

=

= +

Σ

Επίσης από (1) και (2) T K x F T2T F K x

2T FxK

στ στ

στ

στ

− Δ = −

= + Δ

−Δ =

( )

( )

( )

maxmax

smax

smax

,2T Fx

22 N Fx

K2 (F Mg) Fx

K

στ −Δ =

μ −Δ =

μ + −Δ =

( ) s smax

F(2 1) 2 MgxK

μ − + μΔ =

( )maxx 1Δ = m

A3 Η παρεχομένη ενέργεια μέσω έργου της δύναμης είναι: F

F

F

W FR x /W F x 1J

,= Δ Δ Δ

= Δ =

ϕ ϕ= R

Το έργο της δύναμης του ελατήριου είναι:

2F

F

1W 0 K( x2

W 0,5J

ελ

ελ

= − Δ

=−

)

Για την κινητική ενέργεια του τροχού Τ έχουμε:

2 2cm

K 1 1Mu 12 2K

K K

K K K 2K

K 2 K

περ

μετ

περ μετ

περ μετ περ

περ

= Ιω =

=

= + =

Δ = Δ

Από το θεώρημα μεταβολής κινητικής ενέργειας:

K 2 K

K

WW / 2 0,25J

περ

περ

Δ = Δ

Δ =

Σ =

Σ = Τελικά το ζητούμενο ποσοστό είναι:

F

K( 100

WπερΔ

Π = )%

25%Π =

F

ε λF

σ τT

Β. Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής έχουμε:

x cm

cm

F MaT F Ma (στ ελ

=

− =

Σ1)

cm cm R R cm

2 cm

cm

a ,a a / R

aT R MR

RT Ma (2)

στ

στ

= Ι =

− =

− =

Στ

Από (1) και (2) T F T2T F

FT

2

στ ελ στ

στ ελ

ελστ

− =−

=

=

Έστω x=0 η θέση ισορροπίας του κέντρου μάζας του τροχού. Σε τυχαία θέση x έχουμε:

x

x

x

x

F T FF

F F2F

F2

KF x2

στ ελ

ελελ

ελ

= −

= −

=−

=−

Σ

Σ

Σ

Σ

Άρα το κέντρο μάζας εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς

KD 50N2

= = / m

Κ. Μυσίρης

ε λF

σ τT

Μιχαήλ Π. Μιχαήλ Φυσικός

1

48. ΕΞΑΝΑΓΚΑΣΜΕΝΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ. Στη διάταξη του σχήµατος δίνονται η σταθερά του ιδανικού ελατηρίου K=100N/m και ότι η µάζα του σώµατος Σ είναι m=4Kg.Η τροχαλία θεωρείται αβαρής. Το χέρι µας ασκεί περιοδική δύναµη F, και το σώµα Σ εκτελεί εξαναγκασµένη αρµονική ταλάντωση συχνότητας

f1=4

2πHz και πλάτους Α=4,4cm χωρίς αρχική φάση. Το

σώµα κινούµενο δέχεται δύναµη αντίστασης Fαντ= -b⋅υ µε σταθερά απόσβεσης b=0,4Kg⋅s-1. α) Να γράψετε τις σχέσεις της αποµάκρυνσης και της ταχύτητας του ταλαντωτή σε συνάρτηση µε το χρόνο. β) Να γράψετε την εξίσωση της δύναµης F του διεγέρτη σε συνάρτηση µε το χρόνο. γ) Να υπολογίσετε τη δύναµη του διεγέρτη τη χρονική

στιγµή t=π

12s, καθώς και το ρυθµό προσφερόµενης

ενέργειας εκείνη τη στιγµή. δ) Να γράψετε την εξίσωση της δύναµης F του διεγέρτη σε συνάρτηση µε το χρόνο όταν έχουµε συντονισµό και να υπολογίσετε το ρυθµό

προσφερόµενης ενέργειας τη στιγµή t= π

15s.

Συνοπτική λύση: α) Ισχύει x=Aηµωt µε ω=2π⋅f1=4rad/s, τότε έχουµε x=4,4⋅10-2

ηµ4t. Ακόµη είναι υ=17,6⋅10-2⋅συν4t. β) Ισχύει ότι ΣF=m⋅α⇒F+Fαντ+Fεπ=m⋅α⇒ F-b⋅υ-K⋅x= -mω

2x⇒ F= b⋅υ+K⋅x-mω

2x⇒ F= b⋅ω⋅A⋅συνωt+(K-mω2 )⋅A⋅ηµωt⇒

⇒ F= b⋅ω⋅A⋅(συνωt+2Κ-mω

b ω⋅⋅ ηµωt) θέτουµε εφθ=

2Κ-mω

b ω⋅ (ω≠0) και έχουµε,

F= b⋅ω⋅A⋅(συνωt+εφθ⋅ ηµωt)⇒ F= b⋅ω⋅A⋅(συνωt+ ηµθ

συνθ⋅ ηµωt)⇒

⇒ F= b ω Α

συνθ

⋅ ⋅⋅(συνωt⋅συνθ+ ηµθ⋅ ηµωt)⇒ F= F0⋅συν(ωt-θ) µε F0=

b ω Α

συνθ

⋅ ⋅.

Ακόµη, εφ2θ=

2

1

συν θ-1 ⇒

1

συνθ= 21+εφ θ , άρα F0=b⋅ω⋅A⋅ 21+εφ θ⇒

⇒ F0=b⋅ω⋅A⋅22Κ-mω

1b ω

+ ⋅

⇒ F0=A⋅ ( )22 2 2b ω Κ-mω⋅ + ⇒

⇒A=( )0

22 2 2

F

b ω Κ-mω⋅ +. Για ω→0 είναι Α= 0F

Κ. Άρα η γραφική παράσταση δεν

περνάει από το 0.

F

K


2

Έτσι από τη σχέση F0=A⋅ ( )22 2 2b ω Κ-mω⋅ + έχουµε

F0=4,4⋅10-2⋅ ( )22(0,4 4) 100-4 16⋅ + ⋅ ⇒ F0=1,6N ακόµη εφθ=2Κ-mω

b ω⋅ ⇒

⇒εφθ= 100-4 16

0,4 4

⋅⋅

= 36

1,6=22,5 ή θ=87,450.

Τελικά είναι F= F0⋅συν(ωt-θ)⇒ F= 1,6⋅συν(4t-θ). Η γραφική παράσταση του Α(ω) είναι η παρακάτω.

Ακόµη για σταθερά απόσβεσης b=2

ωmκατά το συντονισµό είναι A= 0F

b ω⋅=

= 020

2F

m ω⋅= 02F

Κ. ∆ηλαδή κατά το συντονισµό το πλάτος της ταλάντωσης γίνεται το

διπλάσιο του αρχικού (ω→0).

γ) Τη χρονική στιγµή t=π

12s, είναι F= 1,6⋅συν(4⋅

π

12-θ)⇒ F= 1,6⋅συν(

π

3-θ)⇒

⇒ F= 1,6⋅συν(60-87,45)⇒ F= 1,4Ν. Βέβαια τη δύναµη F µπορούµε να την υπολογίσουµε και από τη σχέση

F= b⋅υ+K⋅x-mω2x µε υ=17,6⋅10-2⋅συν4t⇒ υ=17,6⋅10-2⋅συν(4⋅

π

12)⇒

⇒ υ=17,6⋅10-2⋅συν(π

3)⇒υ=8,8⋅10-2m/s και x=4,4⋅10-2

ηµ(π

3) =2,2 3 ⋅10-2m.

Τότε έχουµε F= b⋅υ+K⋅x-mω2x⇒ F= 0,4⋅8,8⋅10-2+(100-64)⋅2,2 3 ⋅10-2⇒

⇒ F= 0,4⋅8,8⋅10-2+(100-64)⋅2,2 3 ⋅10-2⇒ F= 0,032+1,37⇒F=1,4N. Ο ρυθµός προσφερόµενης ενέργειας από τη δύναµη F του διεγέρτη (χεριού) τη

στιγµή t=π

12s, είναι F∆W

∆t=F⋅υ⇒ F∆W

∆t=1,4⋅8,8⋅10-2⇒ F∆W

∆t=0,1232J/s.

Α=F0/K

Α

ω


3

δ) Κατά το συντονισµό είναι Κ=m⋅ω02⇒ω0=5rad/s. Τότε για το συντονισµό ισχύει ότι

ΣF=m⋅α⇒F+Fαντ+Fεπ=m⋅α⇒ F-b⋅υ-K⋅x= -mω02x⇒

⇒F= b⋅υ+K⋅x-m⋅ω02x⇒ F= b⋅υ+ (m⋅ω0

2-m⋅ω02)⋅x⇒ F= b⋅υ⇒F= b⋅ω0⋅Amax⋅συνω0t.

∆ηλαδή κατά το συντονισµό η εξωτερική δύναµη του διεγέρτη είναι ίση και αντίθετη της δύναµης αντίστασης (Fαντ= -b⋅υ). Άρα F= - Fαντ= b⋅υ. Από τη σχέση που µας δίνει το πλάτος της εξαναγκασµένης ταλάντωσης προκύπτει

Amax = ( )0

22 2 20 0

F

b ω Κ-mω⋅ +⇒ Amax = 0

0

F

b ω⋅⇒ Amax =

1,6

0,4 5⋅⇒ Amax =0,8m.

Τελικά F= b⋅ω0⋅ Amax⋅συνω0t⇒ F= 1,6⋅συν5t.

Τότε για t= π

15s είναι F= 1,6⋅συν(5⋅

π

15)⇒ F= 1,6⋅συν(

π

3)⇒F=0,8N.

Ακόµη είναι x=0,8ηµ5t και υ=4⋅συν5t. Για =π

15s, είναι υ=4⋅συν(

π

3)⇒υ=2m/s.

Ο ρυθµός προσφερόµενης ενέργειας από τη δύναµη F τη στιγµή t=π

15s, είναι

F∆W

∆t=F⋅υ⇒ F∆W

∆t=0,8⋅2⇒ F∆W

∆t=1,6J/s.

Ακόµη για x=Aηµωt ισχύει και υ=ωΑσυνωt, όπου Α=( )0

22 2 2

F

b ω Κ-mω⋅ +. Τότε για

τη µέγιστη ταχύτητα ισχύει υmax=( )

0

22 2 2

ω F

b ω Κ-mω

⋅

⋅ +=

( )0

22 2 2

2

F

b ω Κ-mω

ω

⋅ +=

= 0

222

F

Κ-mωb

ω

+

= 0

22

F

Κb mω

ω

+ −

. Η γραφική παράσταση της µέγιστης

ταχύτητας υmax σε συνάρτηση µε το ω είναι αυτή που φαίνεται παρακάτω.


4

Για ω→0 είναι υmax= 0

22

F

Κb

ω

+

→0.

Παρατηρούµε ότι κατά το συντονισµό η ταχύτητα της ταλαντούµενης µάζας γίνεται µέγιστη. Ακόµη ο ρυθµός προσφερόµενης ενέργειας µέσω του έργου της εξωτερικής δύναµης

είναι t∆

W∆=F⋅υ= F0⋅συν(ωt-θ)⋅ ω⋅Ασυνωt= F0⋅ω⋅Ασυν(ωt-θ)⋅συνωt.

Παραγωγίζοντας την παραπάνω συνάρτηση ως προς ω προκύπτει

t∆

W∆ ΄=F0⋅ω⋅Α[-ηµ(ωt-θ)⋅ω⋅συνωt- ηµωt⋅συν(ωt-θ)⋅ω]=

=- F0⋅ω2⋅Α[ηµ(ωt-θ)⋅συνωt+ηµωt⋅συν(ωt-θ)]. Για

t∆

W∆ ΄=0, προκύπτει

ηµ(ωt-θ)⋅συνωt+ηµωt⋅συν(ωt-θ)=0⇒ ηµωt⋅συν(ωt-θ)= -ηµ(ωt-θ)⋅συνωt ⇒

⇒ ηµωt⋅συν(θ-ωt)= ηµ(θ-ωt)⋅συνωt⇒εφ(θ-ωt)=εφωt⇒θ-ωt=κπ+ωt⇒ωt=2

κπ-θ.

Άρα λοιπόν ο µέγιστος ρυθµός προσφερόµενης ενέργειας είναι

(t∆

W∆)max= F0⋅συν(ωt-θ)⋅ ω⋅Ασυνωt ⇒

⇒ (t∆

W∆)max= F0⋅ω⋅Ασυν(

2

θ+κπ)⋅συν(

2

θ-κπ).

Κατά το συντονισµό είναι εφθ= 20

0

Κ-mω

b ω⋅ µε Κ=mω0

2 άρα έχουµε εφθ=0⇒θ=κπ.

⇒(t∆

W∆)max= F0⋅ω⋅Αmax⋅συν(κπ)⇒|(

t∆

W∆)max|= F0⋅ω⋅Αmax.

∆ηλαδή κατά το συντονισµό έχουµε (t∆

W∆)max= F0⋅ω0⋅Αmax µε F0=b⋅ω0⋅Amax⋅ Άρα

έχουµε (t∆

W∆)max=b⋅ω0

2⋅Α2max=b⋅υmax

2. Αυτός όµως ακριβώς είναι τότε και ο ρυθµός

µε τον οποίο αφαιρείται ενέργεια από το σώµα µέσω της δύναµης απόσβεσης Fαντ = -b⋅υ. Τελικά συµπεραίνουµε ότι κατά το συντονισµό µεταφέρεται µέγιστη ισχύς από την εξωτερική δύναµη F που είναι ίσος µε το ρυθµό µε τον οποίο αφαιρείται ενέργεια από το σώµα µέσω της δύναµης απόσβεσης. Ο ρυθµός προσφοράς ενέργειας είναι F.υ. Ο ρυθµός απώλειας ενέργειας είναι Fαντ.υ=-b.υ.υ. Οι δύο ρυθµοί δεν ταυτίζονται παρά µόνο στον συντονισµό όµως η ενέργεια που προσφέρεται ανά περίοδο είναι ίση µε τις απώλειες σε κάθε περίπτωση είτε έχουµε είτε όχι συντονισµό. Αρκεί να έχει σταθεροποιηθεί το πλάτος. Ακόµη για τη δυναµική ενέργεια ταλάντωσης ισχύει,

∆υναµική ενέργεια: U=2

1⋅D⋅x2 µε D=K=mω0

2=100Ν/m, άρα U=50⋅x2. Για την

κινητική ενέργεια έχουµε,

Κινητική ενέργεια: Κ= 2

1⋅m⋅υ2=

2

1⋅m⋅ω2(Α2-x2)=32(4,42⋅10-4-x2)⇒ K=0,062-32x2.


5

Ε

U

K

Τότε για την ενέργεια ταλάντωσης ισχύει: Ε=Κ+U=0,062-32x2+50⋅x2⇒E=0,062+18⋅x2.Άρα η ολική ενέργεια στην εξαναγκασµένη ταλάντωση δεν είναι σταθερή αλλά µεταβάλλεται µε το x. Οι γραφικές παραστάσεις των τριών ενεργειών είναι οι παρακάτω:

Κατά το συντονισµό: Κ= 2

1⋅m⋅υ2=

2

1⋅m⋅ω0

2(Α2-x2)= 2

1⋅Κ⋅Α2-

2

1⋅Κ⋅x2. Άρα

Ε=Κ+U=2

1⋅Κ⋅Α2-

2

1⋅Κ⋅x2+

2

1⋅Κ⋅x2=

2

1⋅Κ⋅Α2=σταθερή.

Προσέχουµε λοιπόν ότι η ενέργεια που αφαιρεί η δύναµη απόσβεσης δεν αναπληρώνεται κάθε στιγµή από το έργο της δύναµης του διεγέρτη. (Αυτό γίνεται µόνο στην περίπτωση του συντονισµού). Όµως όση ενέργεια αφαιρείται από τη δύναµη απόσβεσης στη διάρκεια µιας περιόδου τόση και προσφέρεται µέσω του έργου της εξωτερικής δύναµης. ∆ηλαδή η ενέργεια Ε της εξαναγκασµένης ταλάντωσης µεταβάλλεται κατά τη διάρκεια µιας περιόδου όµως στο τέλος παραµένει σταθερή.

Μόνο η µέγιστη τιµή της ενέργειας ταλάντωσης η Εmax=2

1⋅Κ⋅Α2

παραµένει σταθερή.

Ισχύει Fεξ=bυ+Κx-mω2x⇒ Fεξ=bυ+(Κ-mω2

) x⇒ Fεξ=bυ+m⋅(ω0

2-ω2) ⋅x. Οπότε το έργο

της Fεξ για µετατόπιση της µάζας m από τη θέση ισορροπίας στη µέγιστη αποµάκρυνση

είναι WFεξ=2 20

0

[b υ dx+m(ω -ω ) x dx]Α

⋅ ⋅ ⋅ ⋅∫ ενώ το έργο της δύναµης

απόσβεσης Fαπ, για το ίδιο διάστηµα [0- Α], είναι WFαπ=- 0

b υ dxΑ

⋅ ⋅∫ , οπότε έχουµε ένα

συνολικό έργο από τις εξωτερικές δυνάµεις ίσο µε,

Wολ= 2 20

0

m(ω -ω ) x dxΑ

⋅ ⋅∫ =2 2

20m (ω -ω )Α

2

⋅⋅ . Παρόµοια για το διάστηµα

[-Α- 0], έχουµε ένα συνολικό προσφερόµενο έργο από τις εξωτερικές δυνάµεις ίσο µε


6

Wολ= -2 2

20m (ω -ω )Α

2

⋅⋅ . Οπότε το συνολικό έργο από τις εξωτερικές δυνάµεις σε κάθε

ηµιπερίοδο και τελικά σε κάθε περίοδο της ταλάντωσης είναι µηδέν. ∆ηλαδή τελικά όσο έργο καταναλίσκεται από τη δύναµη απόσβεσης σε µια περίοδο τόσο και προσφέρεται από την Fεξ. Παρατηρούµε λοιπόν ότι κατά µέσο όρο η ενέργεια Ε, της εξαναγκασµένης ταλάντωσης παραµένει σταθερή, ενώ κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης η ενέργειά της µεταβάλλεται λόγω του έργου των εξωτερικών δυνάµεων. Στις ηλεκτρικές ταλαντώσεις και δεδοµένου των αντιστοιχιών: x→q Α→Q b→R K→1/C m→L

F0→V0 (V=C

q→

K

1x→Kx=F) και από τη σχέση A=

( )0

22 2 2

F

b ω Κ-mω⋅ +

συµπεραίνουµε ότι: Q= 0

22 2 2

V

1R ω -Lω

C ⋅ +

ενώ από τη µέγιστη ταχύτητα

υmax= 0

22

F

Κb mω

ω

+ −

συµπεραίνουµε ότι: Ι=imax= 0

22

V

1R ω

CωL + −

= 0V

Z.

Παρατηρούµε τότε πως για τις καµπύλες συντονισµού αν ω→0 τότε και Ι→0, άρα οι

καµπύλες θα «περνούν» από το σηµείο (0,0). Ακόµη για ωC

1=Lω η ένταση Ι γίνεται

µέγιστη και ίση µε Ι= 0V

R. Τότε είναι ω=ω0=

LC

1 οπότε έχουµε συντονισµό µια και

η συχνότητα ω γίνεται ίση µε τη φυσική (αµείωτη) συχνότητα ω0 του συστήµατος R-L-C.


7

Οπότε η γραφική παράσταση Ι(ω) είναι η παρακάτω:

Μιχαήλ Π. Μιχαήλ Φυσικός [email protected]

Ι

ω ω0


1

33. ∆ίσκος_ελατήριο Ο δίσκος του σχήµατος µάζας M=880g ακτίνα R=0,5m και περιστρέφεται αντιωρολογιακά µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω=10 rad/s. Στην περιφέρεια του δίσκου υπάρχει µάζα m1=1Kg, ενώ πάνω από το δίσκο ταλαντώνονται δυο µάζες m2, µε m2=1Kg και µε εξίσωση ταλάντωσης x=0,1ηµ100t. Η θέση ισορροπίας των µαζών απέχει από το δίσκο κατακόρυφη απόσταση h=2,2m. A) Τη στιγµή που η το σύστηµα που ταλαντώνεται βρίσκεται στη θέση ισορροπίας αποκολλάται η κάτω m2. Με ποια ταχύτητα φτάνει τότε αυτή στο δίσκο; Β) Μόλις η m2 φτάσει στο δίσκο συγκρούεται πλαστικά µε το σύστηµα δίσκος – m1. Σε ποια απόσταση r από το κέντρο Κ του δίσκου πρέπει να συγκρουστεί η m2, ώστε η κινητική ενέργεια του συστήµατος που περιστρέφεται να µεταβληθεί κατά 20%; Η διάρκεια της κρούσης θεωρείται αµελητέα. Γ) Μια επόµενη χρονική στιγµή t1 µετά την κρούση, µε έναν εσωτερικό εκρηκτικό µηχανισµό η m1 εκτοξεύεται εφαπτοµενικά µε αρχική ταχύτητα υ1=80cm/s αντίθετης φοράς απ’ αυτή της περιστροφής του δίσκου. Ποια σταθερή εφαπτοµενική δύναµη πρέπει να ασκήσουµε µετά την έκρηξη στην περιφέρεια του δίσκου, ώστε αυτός να σταµατήσει να περιστρέφεται αφού διαγράψει γωνία θ=10π rad; ∆i) Ποιος είναι ο ρυθµός µεταβολής της στροφορµής του συστήµατος τη στιγµή που εφαρµόζεται η δύναµη; ii) Σε πόσο χρονικό διάστηµα σταµατάει η περιστροφή του συστήµατος; iii) Πόσες ταλαντώσεις πραγµατοποιεί τότε η m2, που είναι δεµένη στο ελατήριο στο παραπάνω χρονικό διάστηµα;

Τριβές δεν υπάρχουν. ∆ίνεται για το δίσκο Ιδ =1

2⋅Μ⋅R2 και ακόµη g=10m/s2 .

Συνοπτική λύση:

M

h

Θ.Ι.Τ

m1 K

m2

m2

rR

Μιχαήλ Π. Μιχαήλ Φυσικός 2

A) Τη στιγµή που αποχωρίζεται η m2 βρίσκεται στη Θ.Ι.Τ και έχει µέγιστη ταχύτητα υmax=ωΤ⋅Α=10 m/s.

Θ.Μ.Κ.Ε: Κτελ-Καρχ=Ww⇒1

2⋅m2⋅υ2

2-1

2⋅m2⋅υmax

2=m2⋅g⋅h⇒ υ2=12m/s.

B) Ιδ =1

2⋅Μ⋅R2=

1

2⋅88⋅10-2

⋅1

4=11⋅10-2

Κg⋅m2.

I= Ιδ +m1⋅R2=11⋅10-2+25⋅10-2=36⋅10-2 Κg⋅m2.

Καρχ=1

2⋅Ι⋅ω

2=1

2⋅36⋅10-2

⋅102=18 J, Κτελ=1

2⋅(Ι+m2⋅r

2)⋅ω΄2.

α= αρχ τελ

αρχ

K -Κ

Κ=

1

5⇒1- τελ

αρχ

Κ

Κ=

1

5⇒

τελ

αρχ

Κ

Κ=

4

5⇒ Κτελ=

4

5⋅18 J. Άρα έχουµε

1

2⋅(Ι+m2⋅r

2)⋅ω΄2=4

5⋅18. Από την Α.∆.Σ: Lαρχ=Lτελ⇒Ι⋅ω=(Ι+m2⋅r

2)⋅ω΄, άρα έχουµε

1

2⋅Ι⋅ω⋅ω΄=

4

5⋅18⇒

1

2⋅36⋅10-2 ⋅10⋅ ω΄=

4

5⋅18⇒ ω΄= 8 rad/s και Ι⋅ω=(Ι+m2⋅r

2)⋅ω΄⇒

⇒36⋅10-1=36⋅10-2⋅8+8⋅r2

⇒0,72=8⋅r2⇒ r2=0,09⇒ r =0,3m.

Γ) Ιολ(αρχ)= Ι+m2⋅r

2=36⋅10-2 +9⋅10-2=45⋅10-2 Κg⋅m2 και Ιολ(τελ)= Ιδ+m2⋅r2=

=11⋅10-2 +9⋅10-2=20⋅10-2 Κg⋅m2, κατά τη διάρκεια της έκρηξης ισχύει Α.∆.Σ: Lαρχ=Lτελ⇒ Ιολ(αρχ)⋅ω΄= Ιολ(τελ)⋅ω΄΄-m1⋅υ1⋅R⇒45⋅10-2

⋅8=20⋅10-2 ω΄΄-0,4⇒ ⇒ 0,2⋅ω΄΄=4⇒ ω΄΄=20 rad/s.

Από το Θ.Μ.Κ.Ε: Κτελ-Καρχ=WF⇒ -1

2⋅ Ιολ(τελ)⋅ ω΄΄

2=-F⋅R⋅θ⇒

⇒1

2⋅20⋅10-2

⋅4⋅102= F⋅1

2⋅10π⇒ F=

8

πN.

∆i) ∆L

∆t=Στ=F⋅R=

8

π⋅1

2=

4

π Kg⋅m2

⋅s-2

ii) Στ= Ιολ(τελ)⋅αγων⇒ αγων=20

πrad/s2, ωτελ=ω΄΄-αγων⋅t⇒t=

γων

ω

α

′′⇒ t=π s.

iii) Ισχύει ωΤ=100 rad/s, άρα για τη σταθερά Κ του ελατηρίου έχουµε Κ=2m2⋅ωΤ2.

Μετά τον αποχωρισµό έχουµε Κ=m2⋅ωΤ΄ 2 ή 2m2⋅ωΤ

2= m2⋅ωΤ΄ 2⇒

⇒ωΤ΄= ωΤ⋅ 2 =100 2 rad/s.

Τότε έχουµε ωΤ΄=2πf΄⇒f΄=50 2

πHz. f =

Ν

t⇒N=f΄⋅t=

50 2

π⋅π⇒

⇒N=50 2 ταλαντώσεις.


Επαναληπτική άσκηση: Περιστροφή – Κρούση - Κύλιση με ολίσθηση

Η ομογενής και ισοπαχής ράβδος ΑΓ του διπλανού σχήματος έχει μήκος L=1,2m και μάζα M=4kg και μπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές σε κατακόρυφο επίπεδο με τη βοήθεια άρθρωσης που βρίσκεται στο δεξιό άκρο της. Η ράβδος ισορροπεί οριζόντια καθώς το αριστερό της άκρο Γ είναι δεμένο με αβαρές και μη εκτατό σχοινί όπως φαίνεται στο σχήμα. Κάποια στιγμή κόβουμε το νήμα και η ράβδος αρχίζει να περιστρέφεται. Να υπολογιστούν: α) Το μέτρο της δύναμης που δέχεται η ράβδος από την άρθρωση λίγο πριν και αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος,

β) η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν γίνεται η ράβδος γίνεται για 1η φορά κατακόρυφη. Ομογενής σφαίρα μάζας m=2kg και ακτίνας R=ퟐ

ퟕm ισορροπεί ακίνητη σε οριζόντιο επίπεδο με το

οποίο εμφανίζει συντελεστή τριβής ολίσθησης μ= ퟔퟕퟎ

. Τη στιγμή που η ράβδος γίνεται κατακόρυφη, η οποία θεωρείται ως t=0, το άκρο της Γ της ράβδου συγκρούεται ελαστικά με σημείο της περιφέρειας της ομογενούς σφαίρας, το οποίο απέχει από το έδαφος απόσταση d=R. γ) Να υπολογιστούν τα μέτρα της γωνιακής ταχύτητας της ράβδου αμέσως μετά την κρούση και της ταχύτητας του κέντρου μάζας της σφαίρας αμέσως μετά την κρούση. δ) Να μελετηθεί η κίνηση της σφαίρας. ε) Το συνημίτονο της μέγιστης γωνίας σε σχέση με την κατακόρυφη που θα διαγράψει η ράβδος μετά την ελαστική της κρούση με την σφαίρα. στ) Να βρεθεί η χρονική στιγμή t1 που σταματάει η ολίσθηση της σφαίρας στο οριζόντιο επίπεδο. ζ) Να γίνει η γραφική παράσταση ω=f(t) της γωνιακή ταχύτητας της σφαίρας σε συνάρτηση με τον χρόνο από την χρονική στιγμή t=0 έως την χρονική στιγμή t2=3,3s, και να βρεθεί ο αριθμός των περιστροφών στην παραπάνω χρονική διάρκεια. Δίνεται: η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το άκρο της και είναι κάθετος σε αυτή Ιρ=

ퟏퟑ

휧푳ퟐ και η ροπή αδράνειας της σφαίρας ως προς άξονα που διέρχεται από το

κέντρο της Ισφ=ퟐퟓ

풎푹ퟐ και η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10m/s2.

Λύση:

α) Όσο η ράβδος ισορροπεί με τη βοήθεια του νήματος έχουμε:

훴퐹 = 0 ⇒ 퐹 + 푁 = 푤 (1) και

훴휏( ) = 0 ⇒ 휏 ( ) + 휏 ( ) + 휏 ( ) = 0 ⇒ 0 + 푤 ⋅ − 푁 ⋅ 퐿 = 0 ⇒ 푁 = = = 20푁 (2) Οπότε η (1) γράφεται:

F=Mg-N=40-20 ⇒ 푭 = ퟐퟎ푵 Αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος, η ισορροπίας καταργείται. Σκεφτόμαστε ως εξής: Επειδή η

ράβδος δεν έχει αρχική γωνιακή ταχύτητα, η αρχική κεντρομόλος επιτάχυνση 훼 = ,

( / )= 휔 ⋅

είναι μηδενική, οπότε η δύναμη από την άρθρωση F’ δεν έχει οριζόντια συνιστώσα, διότι εάν είχε, σε αυτή θα οφειλόταν η κεντρομόλος επιτάχυνση. Άρα, η F’ αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος θα είναι πάλι κατακόρυφη, αλλά με διαφορετικό μέτρο από αυτό που είχε πριν το κόψιμο του νήματος. Από τον Θεμελιώδη Νόμο της Στροφικής Κίνησης αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος:

훴휏( ) = 훪 ( ) ⋅ 훼 ⇒ 푤 ⋅퐿2 =

13 푀퐿 ⋅ 푎 ⇒ 훼 =

3푔2퐿 ⇒ 푎 = 12,5푟푎푑/푠

Οπότε για την κίνηση του κέντρου μάζας της ομογενούς ράβδου:

훴퐹 = 푀푎 ⇒ 푤 − 퐹 = 푀 ⋅ 푎 ⋅퐿2 ⇒ 퐹 = 푀푔 − 푀 ⋅ 푎 ⋅

퐿2 = 4 ⋅ 10 − 4 ⋅ 12,5 ⋅ 0,6 ⇒

⇒ 푭 = ퟏퟎ푵 β) Στην ράβδο ασκείται το βάρος της που είναι συντηρητική δύναμη και η δύναμη από την άρθρωση που δεν εκτελεί έργο, οπότε η μηχανική ενέργεια διατηρείται. Εφαρμόζουμε ΑΔΜΕ θεωρώντας ως επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από το κέντρο μάζας της ράβδου , όταν η ράβδος γίνει κατακόρυφη:

훫 + 푈 = 퐾 + 푈 ⇒ 0 + 푀푔퐿2 =

12 퐼 휔 + 0 ⇒ 푀푔

퐿2 =

12 ⋅

13 훭퐿 휔

⇒ 휔 =3푔퐿 =

3 ⋅ 101,2

⇒ 흎ퟏ = ퟓ풓풂풅/풔 γ) Από την Αρχή Διατήρησης της Στροφορμής, και θεωρώντας ότι μετά την κρούση δεν αλλάζει η φορά περιστροφής της ράβδου, παίρνουμε:

훪휔 = 훪휔 + 푚푢 퐿 ⇒13 푀퐿 휔 =

13 훭퐿 휔 + 푚푢 퐿 ⇒ 푀퐿 (휔 − 휔 ) = 3푚푢 퐿 ⇒

⇒ 푀퐿(휔 − 휔 ) = 3푚푢 (3) Επειδή η κρούση είναι ελαστική, η κινητική ενέργεια του συστήματος ράβδος-σφαίρα λίγο πριν και αμέσως μετά την κρούση παραμένει σταθερή. Οπότε:

12 훪휔 =

12 훪휔 +

12 푚푢 ⇒

13 푀퐿 휔 =

13 훭퐿 휔 + 푚푢 ⇒ 푀퐿 (휔 − 휔 ) = 3푚푢

⇒ 푀퐿 (휔 − 휔 )(휔 + 휔 ) = 3푚푢 (4)

Με διαίρεση κατά μέλη των (4) και (3) παίρνουμε: 퐿(휔 + 휔 ) = 푢 (5)

Με αντικατάσταση της (5) στην (3) παίρνουμε:

푀퐿(휔 − 휔 ) = 3푚퐿(휔 + 휔 ) ⇒ 흎ퟐ =(휧 − ퟑ풎)푴 + ퟑ풎 ⋅ 흎ퟏ (6)

άρα:

휔 =4 − 3 ⋅ 24 + 3 ⋅ 2 ⋅ 5 ⇒ 흎ퟐ = −ퟏ풓풂풅/풔

το αρνητικό πρόσημο υποδηλώνει ότι μετά την κρούση αλλάζει η φορά περιστροφής της ράβδου, ενώ το μέτρο της γωνιακής της ταχύτητας είναι 1 rad/s. Με αντικατάσταση της (6) στην (5):

풖풄풎 =ퟐ푴

푴 + ퟑ풎 ⋅ 흎ퟏ ⋅ 푳 (5)

άρα:

푢 =2 ⋅ 4

4 + 3 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 1,2 ⇒ 풖풄풎 = ퟒ, ퟖ 풎/풔

δ)Αμέσως μετά την κρούση το σημείο επαφής της σφαίρας με το οριζόντιο επίπεδο έχει ταχύτητα ίση με την ταχύτητα του κέντρου μάζας uo,cm=4,8m/s, δηλ. ταχύτητα με φορά προς τα δεξιά, οπότε στο κατώτερο σημείο εμφανίζεται τριβή ολίσθησης με φορά προς τ’ αριστερά. Η τριβή επιβραδύνει την μεταφορική κίνηση, ενώ παράλληλα

δημιουργεί επιταχύνουσα ροπή περί τον άξονα περιστροφής της σφαίρας προκαλώντας δεξιόστροφη γωνιακή επιτάχυνση. Έτσι, το μέτρο της ταχύτητας ucm αρχίζει να ελαττώνεται και της γωνιακής ταχύτητας να αυξάνεται. Όταν ucm=ωR, η ολίσθηση θα μετατραπεί σε κύλιση(χωρίς ολίσθηση). Από την στιγμή αυτή και μετά η τριβή καταργείται, οπότε η κίνηση της σφαίρας γίνεται ομαλή δηλαδή η μεταφορική είναι ευθύγραμμη ομαλή και η στροφική επίσης ομαλή.

ε) Εφαρμόζουμε την ΑΔΜΕ μέχρι την θέση όπου η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου στιγμιαία ακινητοποιείται:

훫 + 푈 = 퐾 + 푈

⇒12 퐼 휔 + 0 = 0 + 푀푔ℎ

⇒12 ⋅

13 훭퐿 휔 = 훭푔

퐿2

(1 − 휎휐휈휑 )

⇒퐿휔3푔 = 1 − 휎휐휈휑

⇒ 1 − 휎휐휈휑 = , ⋅⋅

⇒ 흈흊흂흋풎풂풙 = ퟎ, ퟗퟔ

ℎ =퐿2 −

퐿2 휎휐휈휑

ℎ = (1 − 휎휐휈휑 )

στ) Από τον θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής gμaMαMgμaMTaMΣF cmcmcmcm

Από τον Θεμελιώδη Νόμο της στροφικής κίνησης:

2Rg5μαaRΜ

52μΜgaMR

52RΤαΙΣτ σφγων,σφγων,σφγων,

2σφγων,cmcm

Η μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη, οπότε η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι:

μgtuutauu cmo,cmcmcmo,cm Η περιστροφική κίνηση του κυλίνδρου είναι ομαλά επιταχυνόμενη, οπότε για την γωνιακή ταχύτητα ισχύει:

t2R

g5μωtaω σφγων,σφ

Η ολίσθηση γίνεται κύλιση, όταν η ταχύτητα του σημείου Σ γίνει ίση με μηδέν, δηλαδή:

10

7063,54,8

g3,5μu

ttg3,5μRωu

Rt2R

g5μμgtuωRu0u

cmo,11οcmo,

11cmo,cmΣ

t1=1,6s

ζ) To μέτρο της γωνιακής ταχύτητας της σφαίρας είναι:

훼 , =5휇푔2푅 =

5 ⋅ 670 ⋅ 10

2 ⋅ 27

= 7,5푟푎푑/푠

Οπότε την χρονική στιγμή t1=1,6s, η σφαίρα έχει αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα 휔 , = 훼 , ⋅ 푡 = 7,5 ⋅ 1,6 = 12푟푎푑/푠

Η οποία από την χρονική στιγμή t1 και μετά παραμένει σταθερή, οπότε η γραφική παράσταση ω=f(t) θα είναι η παρακάτω:

Η συνολική γωνία στροφής της σφαίρας από την χρονική στιγμή t=0 μέχρι t=3,3s, ισούται αριθμητικά με το γραμμοσκιασμένο εμβαδόν στην γραφική παράσταση ω=f(t):

휃 =12 ⋅ 12 ⋅ 1,6 + 12 ⋅ (3,3 − 1,6) = 9,6 + 20,4 = 30푟푎푑

Οπότε ο συνολικός αριθμός περιστροφών μέχρι την χρονική στιγμή t2 είναι:

훮 =휃2휋 ⇒ 휨 =

ퟏퟓ흅 흅휺흆휾흈흉흆흄흋έ흇

Πέτρος Καραπέτρος [email protected]

Ισορροπία – περιστροφή – κρούση – ταλάντωση

Μια λεπτή ομογενής ράβδος μήκους ℓ = 2R και μάζας Μρ = 3m , έχει στο ένα της άκρο στερεωμένο σημειακό σφαιρίδιο Σ1 μάζας m1 = m = (1/20) kg, και είναι κολλημένη στο επίπεδο μιας τροχαλίας Τ μάζας Μ = 4m και ακτίνας R = (1/20) m , όπως φαίνεται στο σχήμα, όπου Ο , είναι το κέντρο της τροχαλίας. Το σύστημα των τριών αυτών σωμάτων , μπορεί να στρέφεται χωρίς τριβές , γύρω από οριζόντιο άξονα που είναι κάθετος στο κατακόρυφο επίπεδο της τροχαλίας, και διέρχεται από το κέντρο της Ο.

Σ1

1

Αρχικά, το σύστημα ηρεμεί σε ισορροπία, με τη βοήθεια οριζόντιου αβαρούς και ανελαστικού νήματος ΑΒ, που έχει το ένα του άκρο Α δεμένο στο ανώτερο σημείο της τροχαλίας, και το άλλο Β, σε κατακόρυφο τοίχο.

Α. Να υπολογίσετε την τάση του νήματος. Β. Κόβουμε το νήμα. Να υπολογιστούν οι τιμές των παρακάτω μεγεθών αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος: Β1. γωνιακή επιτάχυνση του συστήματος Β2. μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής του σφαιριδίου Σ1. Γ. Τη χρονική στιγμή που η ράβδος γίνεται οριζόντια, το σφαιρίδιο Σ1 χτυπά πάνω σε σημειακή σφαίρα Σ2 μάζας m2= 10m που ηρεμεί σε ισορροπία, δεμένη στο πάνω άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = 200 N/m. Το κάτω άκρο του ελατηρίου είναι ακλόνητο. Αν η κρούση το συστήματος με τη σφαίρα Σ2 είναι ελαστική , διαρκεί αμελητέο χρόνο, και μετά απ’ αυτήν , η φορά περιστροφής του συστήματος των τριών σωμάτων αντιστρέφεται , να υπολογίσετε: Γ1. Τη γραμμική ταχύτητα του σφαιριδίου Σ1 ακριβώς πριν την κρούση. Γ2. Τη γραμμική ταχύτητα του σφαιριδίου Σ1 και την ταχύτητα της σφαίρας Σ2 , αμέσως μετά την κρούση. Δ. Μετά την κρούση, το σύστημα των τριών σωμάτων συγκρατείται ακίνητο στην ανώτερη θέση που φτάνει, ενώ το σύστημα ελατήριο - σφαίρα Σ2 , κάνει απλή αρμονική ταλάντωση , χωρίς αρχική φάση. Να υπολογίσετε: Δ1. Την εξίσωση απομάκρυνσης χρόνου για την ταλάντωση αυτή Δ2, Τη μεταβολή της στροφορμής της σφαίρας Σ2 ως προς το Ο , από τη χρονική στιγμή t = 0 μέχρι την t = T/2 , όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης. Δίνονται οι ροπές αδράνειας ως προς τον άξονα περιστροφής της ράβδου Ιρ = Μρℓ²/3 και της τροχαλίας ΙΤ = ΜR²/2 , g = 10m/s² και η γωνία θ =60ο. Απάντηση Α. Οι εξωτερικές δυνάμεις που ασκούνται στο σύστημα φαίνονται στο σχήμα 1 και είναι :

το βάρος w1 του σφαιριδίου Σ1 , το βάρος w2 της ράβδου , το βάρος της τροχαλίας w , η δύναμη Ν από τον άξονα και η δύναμη F από το νήμα. Επειδή το σύστημα ισορροπεί θα είναι Στ(Ο) = 0 ή w1 w2 w Ν Fτ τ τ τ τ 0+ + + + = ή

1 1 2 2w d w d 0 0 FR 0+ + + − = ή

1 1 2 2w d w d FR+ = ή

mg ημθ 3mg ημθ FR2

+ =

2Rmg2Rημθ 3mg ημθ FR ή2

+ =

F 5mgημθ= ή 3F 5mg2

= άρα F= 5 3 N4

Ο

Τ

x

Α Β

R θ

Σ2

k

Σ1

Ο

N F

θ

d1

d2

w1

w2

R

w Σχήμα 1

Β1. Αμέσως μετά το κόψιμο του νήματος δεν θα ασκείται η δύναμη F - σχήμα 2- και θα έχουμε

w1 w2 w Ν ολ(Ο) γωντ τ τ τ I α+ + + = ⋅ ή

2

1 1 2 2 ολ(Ο) γωνw d w d I α+ = ⋅ ή

ολ(Ο) γωνmg ημθ 3mg ημθ I α2

+ = ⋅ ή

ολ(Ο) γων2Rmg2Rημθ 3mg ημθ I α2

+ = ⋅ ή

ολ(Ο) γων5mgRημθ I α= ⋅ (1) Με βάση το θεώρημα των παραλλήλων αξόνων έχουμε ότι

2 2ολ(Ο) T ρ Σ ρ 1

1 1I I I Ι ΜR M m2 3

= + + = + + 2 ή

( ) ( )2 22 2ολ(Ο)

1 1I 4mR 3m 2R m 2R 10mR2 3

= + + = (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι 2

γων5mgRημθ 10mR α= ⋅ ή γωνgημθα2R

= άρα 2γωνα 50 3 rad / s=

Β2. Το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής του σφαιριδίου Σ1 είναι 2 21

Σ γων γωνdL 3I α m(2R) α kgm / sdt 40

= ⋅ = ⋅ = 2

Γ1. Με βάση την αρχή της διατήρησης της ενέργειας από τη θέση (I) μέχρι τη θέση (II) – σχήμα 3 - έχουμε ότι

2Ο)ω

R

R2 2

⎫⎪⎪⎪⋅ = ⎬⎪⎪⋅ = ⎪⎭

1 1 ρ 2 ολ(

ο1

ο2

1m gh M gh I2

1h συν60 2R2

2R 1h συν602 2

+ =

= =

= =

και με βάση την (2) 2 2R 1mgR 3mg 10mR ω

2 2+ = ή 25g 5Rω

2= ή gω

2R= ή ω = 10rad/s

Αλλά rad 1υ ω ω 2R 10 2 ms 20

= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ άρα υ = 1m/s με φορά κατακόρυφη προς τα κάτω όπως φαίνεται

στο σχήμα 3. Γ2. Επειδή η κρούση γίνεται σε αμελητέο χρόνο , οι ροπές των εξωτερικών δυνάμεων δεν προκαλούν μεταβολή στην στροφορμή του συστήματος (είναι ΔL = Στεξ ·Δt με ) , κατά συνέπεια ισχύει η αρχή

της διατήρησης της στροφορμής για την κρούση κι έχουμε ότι Δt 0→

ολ(Ο) 2 2 ολ(Ο) 1I ω m υ Ι ω= − και με βάση τη (2) 2 2

2 110mR ω 10mυ 2R 10mR ω= − ή

21

2υω ωR

+ = (3)

Με βάση την αρχή της διατήρησης της ενέργειας έχουμε ότι

2 2ολ(Ο) ολ(Ο) 1 2 2

1 1 1I ω Ι ω m υ2 2 2

= + 2 και με βάση την (2)

2 2 2 2 21 210mR ω 10mR ω 10mυ= + ή

ω

θ

R

h1

h2

υ Σχήμα 3

( Ι )

( ΙΙ )

ω1

R

υ1

Σ1

υ2

Σ2

Σχήμα 4

Σ1

N1

θ

Ο

d1

d2

w1

w2

R

w Σχήμα 2

( )2 2 21 2R ω ω υ− = 2 ή ( )( )

22

1 1 2υω ω ω ωR

− + = και με βάση την (3)

( )2

2 21 2

2υ υω ωR R

− = ή ( ) 21

υω ω2R

− = (4)

Από το σύστημα των (3) και (4) προκύπτει ότι 2 22 2υ υ 5υ2ω

R 2R 2R= + = ή 2

4ωR 4 10 (1/ 20) m mυ 0,45 5 s

⋅ ⋅= = =

s άρα το μέτρο της ταχύτητας της σφαίρας Σ2

αμέσως μετά την κρούση είναι υ2 = 0,4m/s (5) και η φορά της όπως φαίνεται στο σχήμα 4.

21

2υ 2 0,4m / sω ω 10rad / s 6rad / sR (1/ 20)m

⋅= − = − =

1 1 1rad 1 mυ ω ω 2R 6 2 m 0,6s 20

= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ =s

άρα το μέτρο της γραμμικής ταχύτητας του σφαιριδίου Σ1 αμέσως μετά την κρούση είναι υ1 = 0,6m/s και η φορά της όπως φαίνεται στο σχήμα 4. Δ1. Επειδή δίνεται ότι δεν υπάρχει αρχική φάση, η εξίσωση απομάκρυνσης – χρόνου θα είναι της μορφής

τy Aημ(ω t)= όπου ωτ η γωνιακή συχνότητα. Άρα

22 τk m ω= ή τ

2

k 200N / mω 20rad / sm 10 / 20kg

= = =

Κι επειδή τη χρονική στιγμή t =0 που αρχίζει η ταλάντωση το σώμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του θα είναι υ2 = υmax και

2 τυ ω Α= ή 2

τ

υ 0,4m / sΑ 0,02mω 20rad / s

= = =

οπότε y = 0,02ημ(20t) SI Δ2. Την χρονική στιγμή t = T/2 η σφαίρα Σ2 επιστρέφει στη θέση ισορροπίας της με αντίθετη ταχύτητα Η μεταβολή της στροφορμής της θα είναι

τελ αρχΔL L L= − L m υ m υ 2m υ 2 10mυ 2R= − − = − = − ⋅ ⋅ ή Δ 2 2 2 2 2 2 2

ή 2

21 m 1 KgΔL 40mυ R 40 kg 0,4 m 0,0420 s 20 s

= − = − ⋅ ⋅ ⋅ = −m

και . ΔL ⊗ Μανώλης Δρακάκης

3ο Λύκειο Χανίων

[email protected]

3

ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ – ΦΥΣΙΚΟΣ 6972 112 712, 6975260623 W.U. 1

Ισορροπία με τριβή ολίσθησης

Στο διπλανό σχήμα βλέπουμε μία άκαμπτη λεπτή ράβδο μή-

κους ℓ που ισορροπεί οριζόντια με την βοήθεια λείου στηρίγ-

ματος σχήματος Δ και ένα κύλινδρο που μπορεί να περιστρέ-

φεται γύρω από σταθερό άξονα. Η απόσταση του σημείου επαφής του κυλίνδρου από το υποστήριγμα στην

σανίδα είναι d. Το ελατήριο αρχικά έχει το φυσικό του μήκος. Θέτουμε τον κύλινδρο σε περιστροφική κίνη-

ση αρχικά δεξιόστροφα και αφού ηρεμήσουμε το σύστημα με εξωτερική παρέμβαση μας έτσι ώστε το πλά-

τος της ταλάντωσης να είναι αμελητέο, μετράμε την συσπείρωση του ελατηρίου και την βρίσκουμε ίση με

Δℓ1. Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία αλλά με τον τροχό να περιστρέφεται αριστερόστροφα, οπότε με την

ίδια διαδικασία όπως παραπάνω μόλις το σύστημα σχεδόν ακινητοποιηθεί η επιμήκυνση του ελατηρίου εί-

ναι Δℓ2. Θεωρούμε γνωστά την μάζα m της ράβδου και το μήκος της ℓ, την απόσταση d, τον συντελεστή

τριβής μ μεταξύ ράβδου και κυλίνδρου και την επιτάχυνση της βαρύτητας g. Στην πρώτη περίπτωση η συ-

σπείρωση του ελατηρίου είναι τέτοια ώστε Δℓ1 + d < ℓ/4 και στην δεύτερη Δℓ2 < d. Ποια η σχέση για τις

παραμορφώσεις του ελατηρίου είναι σωστή;

α. Δℓ1 > Δℓ2 β. Δℓ1 = Δℓ2 γ. Δℓ1 < Δℓ2

Λύση

Οι δυνάμεις που δέχεται η ράβδος στην πρώτη περίπτωση

φαίνονται στο διπλανό σχήμα.

(η κατακόρυφη διακεκομμένη γραμμή δείχνει την αρχική

θέση της ράβδου).

Ισχύει: 1 10 w( ) d 0

41 1

dΝ = + Δ

w 4 και η αντίδραση της N′1 που

δέχεται ο κύλινδρος θα έχει το ίδιο μέτρο άρα 1 1

dΝ = + Δ

w 4

Η τριβή που αναπτύσσεται στον κύλινδρο είναι: Τ′1 = μΝ1 και Τ1 = Τ′1 (Δράση – αντίδραση).

d

4

3ℓ

dw

Fελ(1)F1 T1

N′1

Ζ

T′1

N1

ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ – ΦΥΣΙΚΟΣ 6972 112 712, 6975260623 W.U. 2

Ισχύει επίσης x 1 (1) 1 1 1 1

wF 0 F k k

d 41

μwΔ =

μw4d k

d

Για την δεύτερη περίπτωση έχουμε:

Οι δυνάμεις που δέχεται η ράβδος στην πρώτη δεύτερη

φαίνονται στο διπλανό σχήμα.

(η κατακόρυφη διακεκομμένη γραμμή δείχνει την αρχική

θέση της ράβδου).

Ισχύει: 2 20 w( ) d 0

42 2

dΝ = Δ

w 4 και η αντίδραση της N′2 που δέ-

χεται ο κύλινδρος θα έχει το ίδιο μέτρο άρα 2 2

dΝ = Δ

w 4

Η τριβή που αναπτύσσεται στον κύλινδρο είναι: Τ′2 = μΝ2 και Τ2 = Τ′2 (Δράση – αντίδραση).

Ισχύει επίσης x 2 (2) 2 2 2 2

wF 0 F k k

d 42

μwΔ =

μw4d k

d

Άρα: 1 1

2 2

μw

μw μw4d k k +d d 1 1

μw μwk

μw d4d k +

d

1 2Δ > Δ

Συνεπώς σωστή απάντηση είναι η α.

dw

Ζ

Fελ(2)

F2T2

N′2

T′2

N2

Κύβος με δίσκο σε ταλάντωση.

Πάνω σε ένα μη λείο οριζόντιο επίπεδο ισορροπούν ένας

κύβος μάζας Μ = 2 kg και ένας δίσκος μάζας m = 0,8 kg

και ακτίνας R. Συνδέουμε τα δύο σώματα με ιδανικό

οριζόντιο ελατήριο σταθεράς k = 120 Ν/m και αρκετά μεγάλου φυσικού μήκους. Το ένα άκρο του ελατηρίου

συνδέεται με το κέντρο του δίσκου έτσι ώστε ο δίσκος να μπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές γύρω από το

κέντρο του. Εκτρέπουμε το κέντρο μάζας του δίσκου από την αρχική του θέση ισορροπίας κατά x = 0,1 m

ενώ ο κύβος μένει ακίνητος στην αρχική του θέση . Αφήνουμε το σύστημα ελεύθερο τη χρονική στιγμή t = 0

ενώ παρατηρούμε ότι ο δίσκος κυλίεται συνεχώς χωρίς να ολισθαίνει και ο κύβος μένει συνεχώς στην θέση

του. Να βρεθούν:

α. Η εξίσωση απομάκρυνσης του κέντρου μάζας του δίσκου σε συνάρτηση με το χρόνο.

β. Η γραφική παράσταση της ταχύτητας του ανώτερου σημείου του δίσκου σε συνάρτηση με το χρόνο.

γ. Ο οριακός συντελεστής της στατικής τριβής έτσι ώστε το σύστημα να συνεχίζει την ταλάντωσή του.

Δίνεται για τον κύλινδρο, Icm = 0,5MR2 και για τις πράξεις, g = 10 m/s

2.

Θετική φορά να θεωρηθεί η αρχική φορά απομάκρυνσης.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

α. Για την μεταφορική και στροφική κίνηση του δίσκου θα

έχουμε (θετική η φορά προς τα δεξιά):

cm R cmcm

2 cmcm

T F mF m

1I R mR

2 R

mM k

N1

FελF′ελ

TστT′στ

N2

Μg mg

Θ.Ι.Τ

x

(+)

cmcm

cmcm

T F mT F m

T F 2T 3T F12 mm

2

ελ

στ

FT =

3 (1).

Για την συνισταμένη των δυνάμεων και για τυχαία απομάκρυνση θα έχουμε για την ταλάντωση του κέντρου

μάζας του δίσκου

F 2F 2kF T F F x 80x (S.I.)

2 3 3

δηλαδή το κέντρο μάζας του δίσκου εκτελεί γ.α.τ. με D = 80 N/m.

Tην χρονική στιγμή t = 0 o δίσκος βρίσκεται στην ακραία θετική του απομάκρυνση με πλάτος την αρχική

του απομάκρυνση x = A = 0,1 m. Aρα η εξίσωση της απομάκρυνσης θα έχει μορφή: x = Αημ(ωt + φ0)

Ισχύει 2 D 80D m

m 0,8

radω = 10

s

Την t = 0 έχουμε: 00 2 rad

0 0 0x A 1 2

20

πφ = rad

2

Άρα η εξίσωση είναι: π

x = 0,1ημ 10t +2

(S.I.)

β. O δίσκος συνεχώς κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Άρα το ανώτερο σημείο του δίσκου έχει συνεχώς

ταχύτητα διπλάσια της ταχύτητας του κέντρου μάζας. Η ταχύτητα του κέντρου μάζας είναι:

υcm = ωΑσυν(ωt + φ0) άρα cm

πυ = 1συν 10t +

2 (S.I.)

H εξίσωση της ταχύτητας του ανώτερου σημείου της τροχιάς του δίσκου θα είναι

cm2

αν

πυ = 2συν 10t +

2 (S.I.)

γ. Για να συνεχίσει να κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ο δίσκος θα πρέπει να ισχύει συνεχώς η συνθήκη

κύλισης δηλαδή Τστ ≤ μΝ1 και με την βοήθεια της σχέσης (1) έχουμε:

(1)

1

F kx 120xmg 0,8 10 40x 8 5x

3 3 3

Αλλά xmax = A = 0,1 m οπότε 0,5 ≤ μ.

Την ίδια στιγμή όμως δεν θα πρέπει να κινείται και ο κύβος. Ο κύβος δεν θα ολισθαίνει όταν

F′ελ,max ≤ Τ′στ,max άρα kΑ ≤ μΜg 0,6 ≤ μ.

Άρα αν θέλουμε η ταλάντωση να εξελίσσεται χωρίς απρόοπτα θα πρέπει ο οριακός συντελεστής στατικής

τριβής να είναι μmin = 0,6.

υαν (m/s)

–2

2

t (s)π5

Κύλιση και ολίσθηση πάνω σε σανίδα που ολισθαίνει

Ένας συμπαγής κύλινδρος μάζας m = 10 kg και ακτίνας R = 0,2m είναι τοποθετημένος και ηρεμεί πάνω σε μια σανίδα μάζας Μ = 5 kg μεγάλου μήκους , η οποία βρίσκεται πάνω σ’ ένα οριζόντιο και λείο επίπεδο όπως δείχνει το σχήμα.

F

m,R

Στην περιφέρεια του κυλίνδρου υπάρχει ένα μικρό αυλάκι μέσα στο οποίο έχει τυλιχτεί ένα νήμα αμελητέας μάζας μη εκτατό.

M

Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ του κυλίνδρου και της σανίδας είναι μ = 0,1. Τη χρονική στιγμή t = 0 ασκούμε στο ελεύθερο άκρο του σχοινιού, οριζόντια σταθερή δύναμη μέτρου F = 100N κατά την εφαπτομένη στο ανώτερο σημείο του κυλίνδρου.

H ροπή αδράνειας του κυλίνδρου ως προς τον άξονά του είναι 21I mR2

= και η επιτάχυνση της

βαρύτητας g = 10m/s². Α. Να εξετάσετε αν ο κύλινδρος ολισθαίνει ή όχι πάνω στην σανίδα. Β. Να υπολογίσετε την επιτάχυνση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου, την επιτάχυνση της σανίδας και την γωνιακή επιτάχυνση του κυλίνδρου. Γ. Κάποια χρονική στιγμή t1 θα έχει ξετυλιχτεί νήμα μήκους L = 2m. Να υπολογίσετε τις τιμές που θα έχουν τότε η κινητική ενέργεια του κυλίνδρου και η κινητική ενέργεια της σανίδας. Δ. Να υπολογίσετε το έργο της δύναμης F από τη χρονική στιγμή t = 0 μέχρι τη χρονική στιγμή t1. E. Να υπολογίσετε το έργο της τριβής πάνω στη σανίδα από τη χρονική στιγμή t = 0 μέχρι τη χρονική στιγμή t1. ΣΤ. Να υπολογίσετε το έργο της τριβής πάνω στον κύλινδρο από τη χρονική στιγμή t = 0 μέχρι την χρονική στιγμή t1 και το συνολικό έργο της τριβής. Να επαληθεύσετε την αρχή της διατήρησης της ενέργειας με βάση τα παραπάνω αποτελέσματα.

Σύντομη απάντηση

Α. Έστω ότι ο κύλινδρος δεν

ολισθαίνει πάνω στη σανίδα.

Εμμ. Β. Δρακάκης 1

Οι δυνάμεις που ασκούνται τότε στον

κύλινδρο είναι αυτές που φαίνονται

στο σχήμα 1 δηλαδή:

Η τάση του νήματος F΄ το βάρος του w

, η κάθετη συνιστώσα Ν της

αντίδρασης από τη σανίδα και η

στατική τριβή J . Στη σανίδα στην οριζόντια διεύθυνση ασκείται η Τ΄ που είναι η αντίδραση της J

Λόγω της Τ΄ η σανίδα επιταχύνεται προς τ’ αριστερά.

T΄

F΄ FN

αcm

w σχήμα 1

J A υ

Το σημείο επαφής Α του κυλίνδρου με τη

σανίδα, εφόσον δεχτήκαμε ότι δεν

υπάρχει ολίσθηση ,δηλαδή σχετική

κίνηση του ενός σώματος πάνω στο άλλο

θα έχει κάθε χρονική στιγμή την

επιτάχυνση της σανίδας , η οποία είναι

αναγκασμένη να κινείται προς τ’

αριστερά – σχήμα 2- λόγω της Τ΄.

F

αcm


Έτσι θα έχομε:

cm cmRε γα = α −α = α −α (1)

Εξ άλλου με βάση τους νόμους του Νεύτωνα έχομε:

cmF' J M+ = α και λόγω της φύσης του νήματος cmF J M+ = α (2)

21FR JR mR2 γ− = α (3)

και για τη σανίδα

' ή J MΤ =Μα = α (4)

Από το σύστημα των (1) , (2), (3) και (4) προκύπτει ότι

MJ F3M m

=+

Για να μην υπάρχει ολίσθηση πρέπει ή J m≤ μ g M F mg3M m

≤ μ+

ή F 0,23 m mg

Μμ ≥ ⋅ =

Μ + όμως έχει

δοθεί μ = 0,1 < 0,2 άρα ο κύλινδρος ολισθαίνει πάνω στη σανίδα.

Β. Αφού ο κύλινδρος περιστρέφεται και ταυτόχρονα ολισθαίνει , ισχύουν:

cmF mg M+ μ = α ή cm 2F g 11m s

m+ μ =α = (5) προς τα δεξιά.

μmg=Mα ή 2m g 2M s

α = μ =m (6) προς τ’ αριστερά.

και 21FR mgR mR2 γ− μ = α ή 2

2F 2g rad90mR R sγα = −μ = (7)

Γ. Η κινητική ενέργεια του κυλίνδρου είναι 2 2cm

1 1 1K m mR2 2 2κυλ

2= υ + ω (8)

και της σανίδα 212σανΚ = Μυ (9)

Αλλά από t = 0 μέχρι t = t1 μια ακτίνα του κυλίνδρου έχει περιστραφεί κατά γωνία 21

1 t2 γθ = α με

LR

θ = άρα 12L 2t s

R 3γ= =

α (10)

αε αcm α A

σχήμα 2

Οπότε με βάση τις (5), (6), (7) , (10) έχομε cm cm 111 2 mt

3 sυ = α = , 1

radt 30 2sγω = α = και

l2 mt 11

3 sυ = α ⋅ =

Και από τις (8) και (9) :

Κκυλ = 314,44J και Κσαν = 2,22J

Δ. Η δύναμη F είναι σταθερή άρα το έργο της είναι FW F s= ⋅ (11) όπου s η μετατόπιση κατά μέτρο

του σημείου εφαρμογής της.

Δηλαδή 2cm 1

1s t2

= α + L (12)

Από τις (10) , (11) , (5), (12) προκύπτει τελικά ότι WF = 3222,22J

Ε. Το έργο της τριβής πάνω στη σανίδα είναι :

2T

1W mg s mg2σαν σαν 1t= μ ⋅ = μ ⋅ α και με βάση τις ( 6) , (10)

T20W J 2,222J9σαν = = .

ΣΤ. Το έργο της τριβής πάνω στον κύλινδρο είναι Rθ ( σχήμα 3)

2T cm 1t

1W s mg R2κυλ

⎛ ⎞′= −Τ ⋅ = −μ ⋅θ − α⎜ ⎟⎝ ⎠


70 J 7,778J9

= − = − Scm T

Σχήμα 3 Το συνολικό έργο της τριβής είναι

WTολ = T TW W 2,222J 7,778J 5,56Jσαν κυλ+ = − = −

Παρατηρούμε ότι |F TW K | Wκυλ σαν ολ= + Κ + (ΑΔΕ)

Μανώλης Δρακάκης

3ο Λύκειο Χανίων

[email protected]


1

Πλάγια κρούση και κύλιση Το βλήµα µάζας m=50g, πριν σφηνωθεί στη ξύλινη σφαίρα, έχει ταχύτητα υ=6m/s σε διεύθυνση που σχηµατίζει µε την οριζόντια γωνία φ=600. Το βλήµα σφηνώνεται ακαριαία στο σηµείο Γ, µιας κατακόρυφης διαµέτρου της σφαίρας µε (ΚΓ)=5cm. Στο σηµείο Γ΄ της ίδιας κατακόρυφης διαµέτρου µε (ΚΓ΄)=(ΚΓ), υπάρχει σφηνωµένο ένα

όµοιο βλήµα µάζας m. Αν η σφαίρα έχει µάζα Μ= 1

8Kg και ακτίνα R=10cm και

παρουσιάζει µε το οριζόντιο δάπεδο συντελεστή τριβής ολίσθησης µ=0,1, τότε:

α) Να δείξετε ότι αµέσως µετά την κρούση το συσσωµάτωµα ολισθαίνει, β) να υπολογιστεί η αρχική επιτάχυνση του συσσωµατώµατος αµέσως µετά την κρούση καθώς και η αρχική του γωνιακή επιτάχυνση, γ) να βρείτε το ποσοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας που χάνεται κατά την κρούση και το ποσοστό της ίδιας αρχικής ενέργειας που µετατρέπεται σε θερµότητα λόγω τριβών της σφαίρας µε το δάπεδο και µέχρι το στερεό να σταµατήσει να κινείται.

∆ίνεται η ροπή αδράνειας της σφαίρας ως προς µια διάµετρό της Ι=2

5⋅Μ⋅R2 ότι το

βλήµα είναι αµελητέων διαστάσεων και g=10m/s2.

φ

M

m

υ

RΚ

Α

Γ

Γ΄m


2

Λύση:

α) Α.∆.Ο(x): m⋅υ⋅συνφ=(M+2m)⋅V⇒V= 2

3m/s.

Α.∆.Σ: m⋅υ⋅d=Ιολ⋅ω, όπου d=(KΓ΄)=(KΓ)⋅συνφ, και Ιολ=2

5⋅Μ⋅R2+2m(KΓ)2

⇒

⇒ Ιολ=3

4⋅10-3 Kg⋅m2. Τότε προκύπτει ότι : m⋅υ⋅(KΓ)⋅συνφ =Ιολ⋅ω⇒

⇒0,05⋅6⋅5⋅10-2⋅0,5=

3

4⋅10-3

⋅ω⇒7,5⋅10-3=0,75⋅10-3⋅ω⇒ω=10rad/s.

Παρατηρούµε ότι ω⋅R=1m/s ενώ V= 2

3m/s, άρα ω⋅R> V, οπότε έχουµε ολίσθηση.

β) Αµέσως µετά την κρούση έχουµε: Μεταφορική κίνηση: ΣF=(2m+M)⋅α⇒T=(2m+M)⋅α⇒µ⋅Ν=(2m+M)⋅α⇒ ⇒µ⋅(2m+M)⋅g=(2m+M)⋅α⇒α=µ⋅g=1m/s2, Στροφική κίνηση: Στ=Ιολ⋅αγων⇒ T⋅R=Ιολ⋅αγων⇒ µ⋅(2m+M)⋅g ⋅R=Ιολ⋅αγων⇒ ⇒0,225⋅10-1=0,75⋅10-3

⋅ αγων⇒ αγων=30rad/s2.

γ) Ισχύει Καρχ=1

2⋅m⋅υ2=

1

2⋅0,05⋅36=0,9J,

Kτελ=1

2⋅Ιολ⋅ω

2+1

2⋅(2m+M)⋅V2=

1

2⋅3

4⋅10-3

⋅102+1

2⋅0,225⋅

4

9⇒ Kτελ=

7

80J.

Άρα |∆Ε|=65

80J και το ποσοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας που «χάνεται» κατά

την κρούση είναι α=αρχ

∆Ε

Κ=

65

72=0,9. Τότε το ποσοστό της ίδιας αρχικής ενέργειας που

µετατρέπεται σε θερµότητα λόγω τριβών της σφαίρας µε το δάπεδο και µέχρι αυτή να

σταµατήσει να κινείται, θα είναι α΄=1-65

72=

7

72=0,1


φ

N

T

M M

m

(M+2m)g

αωυ

dΚ Κ

Α

Γ

Γ΄

m

m

φ V

Γ΄


1

Ράβδος_ κύλινδροι_ κεκλιµένο επίπεδο

Μια ράβδος µάζας Μ=12Kg στηρίζεται πάνω σε δυο όµοιους κυλίνδρους µάζας m=4Kg ο καθένας και ακτίνα r =4cm. To σύστηµα των σωµάτων βρίσκεται πάνω σε κεκλιµένο επίπεδο γωνίας κλίσεως φ=300, όπως φαίνεται στο σχήµα και

κινείται προς τα κάτω. Υποθέτοντας ότι οι κύλινδροι κυλίονται χωρίς να ολισθαίνουν τότε, να υπολογιστούν: α) Η επιτάχυνση της ράβδου, β) Η γωνιακή επιτάχυνση του κάθε κυλίνδρου γ) Η δύναµη που ασκείται µεταξύ του κάθε κυλίνδρου και της δοκού δ) Η στατική τριβή ανάµεσα στον κάθε κύλινδρο και το κεκλιµένο επίπεδο ε) Η ολική κινητική ενέργεια του συστήµατος µετά από χρόνο t=0,3s από τη στιγµή που ξεκίνησε η κίνησή του.

∆ίνεται η ροπή αδράνειας κυλίνδρου µάζας m και ακτίνας r, Icm=1

2mr2 και g=10m/s2.

Λύση: α) Για τη ράβδο που κάνει µόνο µεταφορική κίνηση ισχύει: ΣF=Mα⇒Μgηµφ+2F1=Mα (1) Για τον κάθε κύλινδρο που κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει έχουµε: Για τη µεταφορική κίνηση: ΣF=mαcm⇒ ⇒mgηµφ-Tστ-F1= mαcm⇒

⇒mgηµφ-Tστ-F1= m2

α (2).

Για τη στροφική κίνηση έχουµε,

Στ=Ιαγων⇒(Τστ-F1)r=1

2mr2

r

αcm⇒ Τστ-F1=

1

2m

2

α (3)

µια και η επιτάχυνση α, της ράβδου είναι ίση µε την επιτάχυνση του ανώτερου

σηµείου του κάθε κυλίνδρου άρα ισχύει α=2αcm ή αcm=2

α. Από τις σχέσεις (2) και (3)

µε πρόσθεση κατά µέλη προκύπτει τελικά,

φ

φ

φ

φ

φ

K

N

N

Mgmg

mg

Tστ

Tστ

F1 F1

F1

F1

α


2

mgηµφ-2F1= 3m4

α⇒⇒⇒⇒2F1= mgηµφ-3m

4

α. Τότε από τη σχέση (1) θα έχουµε και

Μgηµφ+2F1=Mα⇒(Μ+m)gηµφ=Μα+3m4

α⇒80=15α⇒α=

15

80⇒α=

3

16m/s2.

β) Για τη γωνιακή επιτάχυνση του κάθε κυλίνδρου και για κύλιση χωρίς ολίσθηση

ισχύει, αγων=r

αcmµε αcm=

2

α=

3

8 m/s2. Τελικά είναι αγων= 2-.4.103

8⇒ αγων=

3

200rad/s2.

γ) Από τη σχέση (1) προκύπτει, ⇒F1=2

ηµφgΜ-αM⇒ F1=

2

60-64⇒ F1=2N.

δ) Από τη σχέση (2) προκύπτει ότι,

mgηµφ-Tστ-F1= m2

α⇒⇒⇒⇒Tστ= mgηµφ- F1-m

2

α⇒⇒⇒⇒ Tστ=

3

22Ν.

ε) Για την κινητική ενέργεια της ράβδου έχουµε

Κράβδου=2

1Μυ

2, όπου υ=α⋅t⇒ υ=3

16⋅0,3⇒ υ=1,6m/s.

Άρα Κράβδου=2

1⋅12⋅2,56⇒ Κράβδου=15,36j.

Ο κάθε κύλινδρος πραγµατοποιεί και µεταφορική και στροφική κίνηση. Για τη

µεταφορική κίνηση του κάθε κυλίνδρου είναι Κµετ=2

1mυcm

2 µε υcm=2

υ=0,8 m/s. Άρα

έχουµε Κµετ=2

1⋅4⋅0,64⇒ Κµετ=1,28j. Για την κινητική ενέργεια λόγω στροφικής

κίνησης του κάθε κυλίνδρου έχουµε:

Κστρ=2

1⋅Ιcm⋅ω

2⇒ Κστρ.=

4

1⋅m⋅υcm

2⇒Κστρ=

4

1⋅4⋅0,64 ⇒ Κστρ=0,64j. Τελικά για την

ολική κινητική ενέργεια του συστήµατος έχουµε, Κολ= Κράβδου+2 Κµετ+2 Κστρ⇒ Κολ=15,36+2,56+1,28⇒ Κολ=19,2j. ∆ιαφορετικά έχουµε

Θ.Μ.Κ.Ε: Κτελ-Καρχ=WW+2Ww⇒Κολ=M⋅g⋅ηµφ⋅x+2⋅m⋅gηµφ⋅2

x=14,4+4,8⇒

⇒ Κολ=19,2j, όπου x=2

1⋅α⋅t2=

2

1⋅

3

16⋅0,32=0,24m.



1

ΣΥΝΘΕΤΗ ΚΙΝΗΣΗ ∆ΙΣΚΟΥ Ένας οµογενής δίσκος µάζας m=4Kg και ακτίνας r=5cm, τοποθετείται σε άξονα Οx αµελητέας µάζας. Ο δίσκος µπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές γύρω από τον άξο-να Οx µε γωνιακή ταχύτητα ω1=6 rad/s, ενώ ταυτόχρο-να περιστρέφεται και γύρω από τον κατακόρυφο άξονα Οy χωρίς να ολισθαίνει, µε τη φορά των δεικτών του ρολογιού, και σε απόσταση L=12cm όπως φαίνεται στο σχήµα. Προσδιορίστε: α) τη γωνιακή ταχύτητα του δίσκου, β) τη συνολική στροφορµή του , και γ) την ολική κινητική του ενέργεια. ∆ίνεται η ροπή αδράνειας του δίσκου για το κέντρο µάζας του και ως προς τον άξονα Οx,

Ιx=2

1⋅m⋅r2 , ενώ για τον άξονα Oy και για το κέντρο µάζας του είναι αντίστοιχα

Ιy=4

1⋅m⋅r2.

Λύση: α) Ο δίσκος περιστρέφεται γύρω από τον κατακόρυφο άξονα Oy καθώς επίσης και γύρω από τον άξονα Ox. Επειδή ο δίσκος δεν ολισθαίνει αυτό σηµαίνει ότι το σηµείο Α του δίσκου που βρίσκεται σε επαφή µε το δά-πεδο έχει ταχύτητα µηδέν. Άρα ισχύει ω2⋅L=ω1⋅r⇒

⇒ω2= ω1⋅L

r= 6⋅

12

5=2,5 rad/s.

Τα ωr

1 και ωr

2, έχουν τις φορές που φαίνεται στο σχήµα οπότε για το µέτρο της συνολικής γωνιακής ταχύτητας

ω, ισχύει ω= 22

21 ω+ω =

2

221

21 L

r.ω+ω ⇒

⇒ ω=2

221

21 L

r.ω+ω =

L

ω1⋅ 22 r+L =50⋅0,13=6,5 rad/s

και εφθ=1

2

ω

ω=0,42.

β) Για τη στροφορµή του δίσκου ως προς τον άξονα Οx είναι L1=Lx=Ix⋅ω1=

x

y

z

ω

θ

ω

1

ω

mυ

2

K

O

y

x

ω2

L

K

ω

mr1

A


2

=2

1⋅m⋅r2

⋅ω1=2⋅25⋅10-4⋅6=3⋅10-2kg⋅m2/s.

Για τον άξονα Oy ισχύει L2=Ly=Iy(ολ)⋅ω2=(4

1⋅m⋅r2+m⋅L2)⋅ω1⋅

L

r=15,025⋅10-2 kg⋅m2/s.

Άρα L= 2y

2x L+L =4,9⋅10-2 kg⋅m2/s µε εφθ΄=5

γ) Για την κινητική ενέργεια του δίσκου έχουµε Κ1=2

1⋅Ιx⋅ω1

2+ 2

1⋅Iy(ολ)⋅ω2

2=

=2

1⋅[

2

1⋅m⋅r2

⋅ω12+(m⋅L2+

4

1⋅m⋅r2)⋅ω1

2⋅(

L

r)2]=

=2

1⋅[

2

1⋅m⋅r2

⋅ω12+ m⋅r2

⋅ω12+

4

1⋅m⋅r2

⋅ω12⋅(

L

r)2]=

2

1⋅(

2

3⋅m⋅r2

⋅ω12+

4

1⋅m⋅

2

4

L

r⋅ω1

2)=

=8

1⋅m⋅r2

⋅ω12⋅(6+

2

2

L

r)=0,5⋅25⋅10-4

⋅36⋅(6+0,1736)=0,28J.

Μιχαήλ Π. Μιχαήλ

Φυσικός [email protected]

Αρχές διατήρησης στροφορμής , ορμής , ενέργειας και μια απλή αρμονική ταλάντωση

Ένας δίσκος μάζας M = 2 kg και ακτίνας R =0,1m μπορεί να

στρέφεται ως προς κατακόρυφο σταθερό άξονα που διέρχεται από

το κέντρο μάζας του και είναι κάθετος στο επίπεδό του.

Μανώλης Δρακάκης 1

Μια κατακόρυφη επιφάνεια που έχει σχήμα ημικυκλίου ακτίνας r

= R/2 είναι στερεωμένη πάνω στον δίσκο όπως φαίνεται στο

σχήμα, όπου Κ το κέντρο του δίσκου.

υ

Αρχικά το σύστημα ηρεμεί.

Μια μικρή σφαίρα αμελητέων διαστάσεων σε σχέση με την ακτίνα του δίσκου , μάζας m =M/2 κινείται

χωρίς να περιστρέφεται στη διεύθυνση μιας διαμέτρου του δίσκου, με ταχύτητα μέτρου υ =8 2 m/s , και

φτάνοντας στο σημείο Κ , μπαίνει εφαπτόμενα στον κυκλικό οδηγό που ορίζει η κατακόρυφη ημικυκλική

επιφάνεια.

Α. Να υπολογίσετε τις τιμές που έχουν τα παρακάτω μεγέθη , τη χρονική στιγμή που βγαίνει η σφαίρα από τον

κυκλικό οδηγό και εγκαταλείπει το δίσκο κατά τη διεύθυνση της κοινής εφαπτομένης στο απέναντι από το Κ

σημείο της περιφέρειάς του:

Α1. το μέτρο V της ταχύτητας της σφαίρας

Α2. το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας του δίσκου.

Β. Να υπολογίσετε τη μεταβολή της στροφορμής της σφαίρας από τη στιγμή που μπαίνει στον κυκλικό οδηγό

μέχρι τη στιγμή που βγαίνει.

Γ. Η σφαίρα μετά που θα βγει από τον κυκλικό οδηγό, συνεχίζει να κινείται πάνω σε οριζόντιο επίπεδο και

συγκρούεται τη χρονική στιγμή t = 0 , μετωπικά πλαστικά, με σώμα Σ μάζας m1 που κινείται με αντίθετη

ταχύτητα , δεμένο στο ένα άκρο οριζόντιου ιδανικού ελατηρίου. Το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι ακλόνητο.

Αν το συσσωμάτωμα που προκύπτει , εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πάνω στο οριζόντιο επίπεδο με

απομάκρυνση της μορφής x 0,8 3 5 2 t SI2π⎛= ⋅ημ ⋅ +⎜

⎝ ⎠⎞⎟ να υπολογίσετε:

Γ1. Τη σταθερά k του ελατηρίου.

Γ2. Το πλάτος της ταλάντωσης που εκτελούσε το σώμα Σ πριν την κρούση.

Δίνεται η ροπή αδράνειας του δίσκου Ιcm = ½MR² , η μάζα του κυκλικού οδηγού αμελητέα σε σχέση με τη

μάζα του δίσκου, η κρούση γίνεται ακαριαία και ότι κατά της κινήσεις των σωμάτων δεν υπάρχουν τριβές.

Απάντηση

Α1. Κατά την κίνηση της σφαίρας μέσα στον κυκλικό οδηγό οι

εξωτερικές δυνάμεις είναι τα βάρη των σωμάτων και η δύναμη

από τον άξονα περιστροφής που δεν προκαλούν ροπές ως προς

τον ίδιο άξονα.

Έτσι η στροφορμή του συστήματος διατηρείται σταθερή.

Όμως αρχικά ο δίσκος ηρεμεί, άρα δεν έχει στροφορμή.

K m

R

υ m K

r

m σχήμα 1

Η σφαίρα αρχικά κατευθύνεται προς το Κ όπως φαίνεται στο σχήμα 1 , άρα η «ροπή της ορμής »

της ως προς τον άξονα περιστροφής του συστήματος είναι

L = m·υ·0 =0.

Κατά συνέπεια η αρχική στροφορμή της είναι ίση με μηδέν.


Έστω V η ταχύτητα που έχει η σφαίρα την στιγμή που

βγαίνει από τον κυκλικό οδηγό – σχήμα 2.

Από την αρχή διατήρησης της στροφορμής θα έχουμε

L LΣ Δ 0+ = άρα

21mVR MR 02

− ω = ή Vm2M R

ω= ⋅ ή m V22m R

ω= ⋅ ή

VR

ω= (1)

Με βάση την αρχή της διατήρησης της ενέργειας έχουμε τώρα ότι

2 21 1 1 1m mV MR2 2 2 2

υ = + ω2 2

2 2 21 1 1 1m mV 2mR2 2 2 2

υ = + ω2

2

ή και με βάση την (1) 2 2 2V Rυ = + ω

22 2 2

2VV RR

υ = + ή υ = ή 2 22V 8 2 mVs2 2

υ= =

άρα mV 8s

= (2)

Α2. Από τη σχέση (1) προκύπτει ότι ω = 80 rad/s

Β. Η μεταβολή της στροφορμής της σφαίρας θα είναι

1 K 1L L L L 0 LΔ = − = − = 1

m u 0− ⋅ =

άρα ΔL = mVR και με βάση τη (2) ΔL =0,8kgm²/s , διεύθυνση κάθετη στο

επίπεδο του δίσκου και φορά προς τα επάνω.

Γ1. Αφού το συσσωμάτωμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με αρχική φάση π/2 , αμέσως μετά

την κρούση, ξεκινά από ακραία θέση.

Άρα ως αποτέλεσμα της κρούσης , το συσσωμάτωμα ηρεμεί στιγμιαία.

Έτσι αν ονομάσουμε την ταχύτητα του σώματος Σ ακριβώς πριν την κρούση, από την αρχή

διατήρησης της ορμής έχουμε

u

1P P 0Σ+ = ή mV (3) 1

Όμως, το σώμα Σ κινείται ακριβώς πριν την κρούση , με αντίθετη ταχύτητα από τη σφαίρα άρα , θα

είναι V = u και από την (3) m1 = m.

Η σταθερά του ελατηρίου είναι k = ( m1+m)·ω² = 2mω² = 2·1· ( )25 2 Ν/m = 100N/m (4)

R

r

V

r K

m

σχήμα 2

Γ2. Αφού η κρούση γίνεται ακαριαία τα σώματα δεν αλλάζουν θέση κατά τη διάρκειά της.

Έτσι η θέση του συσσωματώματος τη χρονική στιγμή t = 0 , συμπίπτει με τη θέση x1 του σώματος Σ

ακριβώς πριν την κρούση.

Δηλαδή 1x 0,8 3 5 2 0 m 0,8 3 m2π⎛ ⎞= ⋅ημ ⋅ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠ (5)

Με βάση τώρα την αρχή της διατήρησης της ενέργειας για την ταλάντωση του Σ πριν την κρούση έχουμε ότι


2 21 1

21 1 1m u kx kA2 2 2

+ = 1 ή 2 211 1

mA u xk

= +

και με βάση τις (2) , (4) , (5) προκύπτει Α1 = 1,6m .

Μανώλης Δρακάκης 3ο Λύκειο Χανίων [email protected]

mailto:[email protected]


1

41. Ταλάντωση αποχωρισµός και ανύψωση. Τα σώµατα Σ1, Σ2 και Σ3 του σχήµατος έχουν µάζες m1=2Kg, m2=1Kg και m3=0,5Kg αντίστοιχα. Τα Σ1 και Σ2 είναι δεµένα στα άκρα του κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς Κ=150N/m. Αρχικά το σύστηµα ισορροπεί. Να βρείτε: α) Ποια είναι η µέγιστη δύναµη F που µπορούµε να ασκήσουµε ώστε να µην αποχωριστούν τα Σ2 και Σ3 αλλά ούτε και να ανυψωθεί το Σ1 από το έδαφος; β) Για ποια τιµή της δύναµης F αποκολλάται το Σ1 από το έδαφος; γ) Αν ρίξουµε κόλλα ανάµεσα στα Σ2 και Σ3, τότε τι τιµή πρέπει να έχει η η δύναµη Fκ που ασκεί η κόλλα στα δυο σώµατα, ώστε τη στιγµή που το Σ1 µόλις ανυψώνεται από το έδαφος να αποχωρίζεται και το σώµα Σ3 από το Σ2; ∆ίνεται g=10m/s2 . Συνοπτική λύση:

K

1Σ

2

3

Σ

Σ


α) Για τη Θ.Ι.Τ του συστήµατος των µαζών έχουµε ,

ΣF=0⇒(m2 +m3)⋅g =Κ⋅x1⇒x1= 2 3(m +m )g

Κ =

15

150 ⇒x1=0,1m.

3Σ

m

x

x΄

1

K

1Σ

2Σ

Θ.Ι.Τ

Θ.Φ.Μ x3

3

Τότε για το Σ3 και για µια τυχαία θέση που απέχει έστω x πάνω από τη Θ.Ι.Τ ισχύει: ΣF=-Dx⇒Ν3-m3⋅g= - D3⋅x⇒Ν3 = m3⋅g- D3⋅x. Για τη σταθερά ταλάντωσης του Σ3 ισχύει, D3=m3⋅ω

2, ακόµη ισχύει Κ=(m2+m3)⋅ω2.

Τελικά προκύπτει D3= 3

2 3

m

m +m ⋅Κ⇒ D3=50Ν/m.

Για να αποχωριστούν τα Σ2 και Σ3 θα πρέπει Ν3=0, άρα x= 3

3

m g

D=0,1m ή 10cm.

Όταν τα Σ2 και Σ3 απέχουν x από τη Θ.Ι.Τ, τότε για το Σ1 ισχύει ΣF=0⇒ N1+Fελ=m1g. Για να αποσπαστεί το σώµα Σ1 από το έδαφος, θα πρέπει N1=0, οπότε έχουµε και

Fελ=m1g⇒Κ⋅x3= m1g⇒x3= 1m g

Κ=13,3cm και

x=x1+x3= 2 3(m +m )g

Κ+ 1m g

Κ= 1 2 3(m +m +m )g

Κ=

7

30=23,3cm.

Άρα αν η δύναµη F είναι τέτοια ώστε το x΄≤10cm τότε ούτε οι Σ2 και Σ3 αποχωρίζονται αλλά ούτε και η Σ1 αποκολλάται από το έδαφος. Για να συµβεί αυτό θα πρέπει η δύναµη F να είναι τέτοια ώστε τα Σ2 και Σ3 να φτάνουν ίσα – ίσα στη Θ.Φ.Μ του ελατηρίου. Στη θέση όπου το σύστηµα ισορροπεί δεχόµενο την επίδραση της δύναµης F, για την ισορροπία των Σ2 και Σ3 ισχύει


3

F+(m2+m3)⋅g=K⋅(x1+x΄)⇒ F=K⋅(x1+x΄)-(m2+m3)⋅g⇒ F=K⋅x΄ και επειδή πρέπει x΄≤10cm προκύπτει και F≤15N. Άρα η µέγιστη δύναµη που µπορούµε να ασκήσουµε είναι 15Ν. β) Είπαµε πως για να αποσπαστεί το σώµα Σ1 από το έδαφος, θα πρέπει N1=0, οπότε

έχουµε και Fελ=m1g⇒Κ⋅x3= m1g⇒x3= 1m g

Κ=

2

15m=13,3cm.

Άρα σίγουρα η δύναµη F πρέπει να είναι ικανή, ώστε η µέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου να είναι τέτοια, ώστε το ελατήριο να φτάνει πάνω από τη Θ.Φ.Μ κατά x3. Όµως µόλις το ελατήριο φτάσει στη Θ.Φ.Μ τα Σ2 και Σ3 αποχωρίζονται άρα στο x3 θα φτάσει µόνο η m2.

3Σ

m

xx΄΄

1

K

1 1 1Σ Σ Σ

2

2 2Σ

Σ ΣΘ.Ι.Τ

Θ.Ι.Τ΄

Θ.Φ.Μ x3

3

Η καινούργια θέση ισορροπίας της Σ2 µόλις αποχωριστούν τα Σ2 και Σ3 απέχει από τη

Θ.Φ.Μ προς τα κάτω κατά x΄΄= 2m g

Κ=

1

15m. Άρα το καινούργιο πλάτος ταλάντωσης

για το Σ2 ώστε να αποσπαστεί το σώµα Σ1 από το έδαφος, θα πρέπει να είναι Α΄=

x΄΄+x3= 2m g

Κ+ 1m g

Κ=

1

5m. Τη στιγµή του αποχωρισµού των Σ2 και Σ3, το Σ2 απέχει

από τη θέση ισορροπίας του κατά x΄΄ ενώ έχει και µια ταχύτητα υ΄. Η ταχύτητα υ΄ πρέπει να είναι τέτοια ώστε το Σ2 να φτάσει πάνω από τη θέση ισορροπίας του στο Α΄. Άρα από Α.∆.Ε για την ταλάντωση του Σ2 και για τη θέση όπου αποχωρίζεται από το Σ3 έχουµε, 1

2m2⋅ υ΄

2+1

2⋅K⋅ x΄΄2=

1

2⋅K⋅ Α΄2⇒ υ΄2=K⋅(Α΄2- x΄΄2)⇒ υ΄2=150⋅(

1

25-

1

225)⇒

⇒ υ΄2=16

3(m/s)2. Όµως η ταχύτητα υ΄ για τη ταλάντωση των Σ2 και Σ3 και µέχρι τη

στιγµή που αποχωρίζονται είναι υ΄=ω 2 21A - x ⇒ υ΄2=ω2(Α2-x1

2), όπου Α είναι το

πλάτος ταλάντωσης των Σ2 και Σ3 και µέχρι να αποχωριστούν, ω=2 2

Κ

m m+= 50

rad/s και x1= 2 3(m +m )g

Κ =

15

150 ⇒x1=0,1m


Τότε προκύπτει 16

3=50⋅( Α2-0,01)⇒ Α2=

16

150+

1

100⇒ Α2=

35

300=

7

60 ή Α=0,34m.

Αυτό σηµαίνει ότι θα πρέπει το ελατήριο να είναι συµπιεσµένο τουλάχιστο κατά x=x1+A ώστε το Σ1 να εγκαταλείψει το έδαφος. Τότε όµως για την ισορροπία των Σ2 και Σ3 ισχύει F+(m2+m3)⋅g=K⋅(x1+Α)⇒ F=K⋅(x1+Α)-(m2+m3)⋅g⇒ F=K⋅Α= =150⋅0,34=51Ν. γ) Για να αποσπαστεί το σώµα Σ1 από το έδαφος, θα

πρέπει x3= 1m g

Κ=

2

15m πάνω από τη Θ.Φ.Μ του

ελατηρίου. Τότε σε εκείνη τη θέση για το Σ3 ισχύει: ΣF=-Dx⇒Ν3-m3⋅g-Fκ= - D3⋅x και για Ν3=0 έχουµε,

Fκ= D3⋅x -m3⋅g µε x=x1+x3 =1

10+

2

15=

7

30m και

D3= 3

2 3

m

m +m ⋅Κ=50Ν/m. Άρα προκύπτει

Fκ= 50⋅7

30-5 ⇒ Fκ=

35

3-15

3⇒ Fκ=

20

3Ν ή 6,67Ν.


m

x1

Θ.Ι.Τ

Θ.Φ.Μ x3

3


1

Τροχαλία και ελατήριο Η τροχαλία του σχήµατος αποτελείται από δυο συγκολληµένους δίσκους µε ακτίνες R=20cm και r=10cm που έχουν κοινό άξονα. Οι δίσκοι περιστρέφονται χωρίς τριβές γύρω από τον κοινό τους άξονα και έχουν συνολική ροπή αδράνειας Ι=4⋅10-2Kg⋅m2. Τα αβαρή σχοινιά που είναι τυλιγµένα στους δίσκους, έχουν στα ελεύθερα άκρα τους δεµένα τα σώµατα µε µάζες m1=4Kg και m2=2Kg. Το σώµα µάζας m1, είναι επίσης δεµένο σε οριζόντιο αβαρές ελατήριο Κ=100Ν/m και µπορεί να κινείται στο οριζόντιο επίπεδο χωρίς τριβές. Κάποια στιγµή εξασκούµε στο σύστηµα την οριζόντια δύναµη F=80N που φαίνεται στο σχήµα. Τότε:

α) Για ποια επιµήκυνση του ελατηρίου η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της τροχαλίας γίνεται µέγιστη; β)i) Πόση είναι τότε η κινητική ενέργεια του κάθε σώµατος; ii) Ποιος είναι τότε ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειας του συστήµατος των µαζών; Αν εκείνη τη στιγµή που η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της τροχαλίας γίνεται µέγιστη κοπεί το νήµα που συνδέει τη µάζα m1 µε την τροχαλία, τότε γ)i) Nα υπολογιστεί η επιτάχυνση α2 της µάζας m2 καθώς και η τάση του νήµατος που συνδέει την m2 µε την τροχαλία ii) Nα υπολογιστεί ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειας του συστήµατος τροχαλία – m2; δ)i) Ποια είναι η ενέργεια ταλάντωσης της µάζας m1 και ii) Ποιος είναι ο µέγιστος ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειας της m1 καθώς αυτή ταλαντώνεται; ∆ίνεται g=10m/s2.

R

M

K F

F

m

m g

m

a

a1

1

2

2

2

ελ

2

2

r

T

TT

T

11m


2

Συνοπτική λύση: α) Η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της τροχαλίας γίνεται µέγιστη όταν Στ=0 και αγων=0. Τότε, Στ=0⇒F⋅r-T1⋅r-T2⋅R=0 (1) Για τη µάζα m2 ισχύει, T2-m2⋅g=m2⋅α2 (2) µε α2=αγων⋅R. Όµως αγων=0⇒ α2=0. Προκύπτει λοιπόν T2-m2⋅g=0⇒T2=m2⋅g⇒T2=20N. (1)⇒ T1=40N. Για τη µάζα m1 ισχύει γενικά ΣF=m1⋅α1 ⇒ T1-Fελ= m1⋅α1 µε α1= αγων⋅r. Για αγων=0⇒ α1=0. Τότε έχουµε T1-Fελ=0⇒Τ1= Fελ⇒Τ1=Κ⋅x1⇒x1=0,4m.

βi) Θ.Μ.Κ.Ε: Κτελ-Καρχ=WF + Ww + WFελ⇒ Κτελ=F⋅r⋅θ- m2⋅g⋅x2-1

2⋅Κ⋅x1

2 µε x1=r⋅θ και

x2=2⋅r⋅θ, άρα x2=2x1. Τότε, Κτελ=F⋅x1- 2m2⋅g⋅x1-1

2⋅Κ⋅x1

2 ⇒ Κτελ=32-16-8⇒ Κτελ=8 J.

Όµως ισχύει, Κ1=1

2⋅m1⋅υ1

2=1

2⋅m1⋅(ω⋅r)

2=2⋅10-2⋅ω

2

Κ2=1

2⋅m2⋅υ2

2=1

2⋅m2⋅(ω⋅2r)2=4⋅10-2

⋅ω2 και Κ3=

1

2⋅Ι⋅ω

2=2⋅10-2⋅ω

2. Τότε έχουµε,

Κ1+Κ2+Κ3=Κτελ⇒8⋅10-2⋅ω

2=8⇒ ω=10rad/s και τελικά Κ1=2J, K2=4J και Κ3=2J. ii) Για το ρυθµό µεταβολής της κινητικής ενέργειας του συστήµατος των µαζών

εκείνη τη στιγµή έχουµε, ∆Κ

∆t=F⋅r⋅ω-m2⋅g⋅υ2-Κ⋅x1⋅υ1, όπου υ2=ω⋅R=2m/s και

υ1=ω⋅r=1m/s. Τελικά ∆Κ

∆t=80-40-40⇒

∆Κ

∆t=0 J/s.

γi) Μόλις κοπεί το νήµα για την τροχαλία ισχύει, Στ=Ι⋅αγων⇒F⋅r-T2΄⋅2r= Ι⋅αγων⇒ ⇒ T2΄=40-α2, ακόµη για τη µάζα m2 ισχύει, ΣF=m2⋅α2⇒ T2΄-m2⋅g= m2⋅α2⇒

⇒40-α2-20=2⋅α2⇒ α2=20

3m/s2 και T2΄=

100

3Ν.

ii) Για το ρυθµό µεταβολής της κινητικής ενέργειας του συστήµατος τροχαλία – m2

τη στιγµή που κόβεται το νήµα έχουµε, ∆Κ

∆t=F⋅r⋅ω-m2⋅g⋅υ2=80-40⇒

∆Κ

∆t=40 J/s.

δi) Τη στιγµή που κόβεται το νήµα η m1, απέχει από τη θέση ισορροπίας της που ταυτίζεται µε τη θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου απόσταση x1=0,4m και έχει ταχύτητα υ1=ω⋅r=1m/s. Για την ενέργεια ταλάντωσης της µάζας m1 θα έχουµε,

Ε=1

2⋅m1⋅υ1

2 +1

2⋅Κ⋅x1

2 ⇒ Ε=1

2⋅4+

1

2⋅100⋅0,16⇒ Ε=10J,

ii) Για το ρυθµό µεταβολής της κινητικής ενέργειας της m1 καθώς ταλαντώνεται

έχουµε, ∆Κ

∆t=ΣF⋅υ= -Κ⋅x⋅υ= -

2ΤΚA ω

2⋅ηµ(2⋅ωΤ⋅t) µε ωΤ=

1

Κ

m=5rad/s.

Τότε είναι (∆Κ

∆t)max=

2ΤΚA ω

2=E⋅ωΤ=10⋅5⇒(

∆Κ

∆t)max=50 J/s.

Μιχαήλ Π. Μιχαήλ

Φυσικός [email protected]


1

Τροχαλία_ελατήριο_ράβδος

Η τροχαλία του σχήµατος έχει µάζα Μ=2Κg και ακτίνα R=20cm. Σε απόσταση r=R

2

από το κέντρο της υπάρχει ένα αυλάκι το οποίο είναι τυλιγµένο µε αβαρές νήµα, στο ελεύθερο άκρο του οποίου είναι δεµένο σώµα µάζας m1=1Kg. Το σώµα µάζας m1 είναι επίσης δεµένο στο κατακόρυφο ελατήριο του σχήµατος σταθεράς Κ=100Ν/m. Στην περιφέρεια της τροχαλίας είναι επίσης τυλιγµένο γύρω της, αβαρές νήµα στο ελεύθερο άκρο του οποίου είναι δεµένο σώµα µάζας m2=1Kg. Το σύστηµα αρχικά ισορροπεί. α) Να υπολογίσετε την επιµήκυνση του ελατηρίου, για την αρχική ισορροπία του συστήµατος, β) Κάποια στιγµή κόβουµε το νήµα που συνδέει τη m1 µε την τροχαλία, τότε: i) Να γράψετε την εξίσωση της ταλάντωσης που πραγµατοποιεί η m1 και ii) Να υπολογίσετε την επιτάχυνση της m2, γ) Η m2 αφού διανύσει απόσταση h=0,4m σπάει το νήµα που τη συνδέει µε την τροχαλία και συγκρούεται πλαστικά, χτυπώντας στο άκρο οριζόντιας ράβδου. Η ράβδος έχει µάζα mρ=3 Kg, µήκος L=1m. Ακόµη στηρίζεται στο κέντρο της Κ1, σε τριγωνική βάση ενώ µπορεί να περιστρέφεται ελεύθερα χωρίς τριβές. Τότε, i) Να υπολογίσετε τη γωνιακή επιτάχυνση όταν το σύστηµα ράβδος – m2, έχει περιστραφεί κατά 1800 και ii) Να υπολογιστεί η γωνία στροφής για την οποία το σύστηµα ράβδος – m2 ηρεµεί στιγµιαία.

∆ίνεται για την τροχαλία Ι=1

2⋅Μ⋅R2 και για τη ράβδο Ιρ=

1

12⋅mρ⋅L

2 και ακόµη

g=10m/s2. Συνοπτική λύση: α) T2=m2⋅g=10N.

T2⋅R=T1⋅R

2⇒T1=2⋅T2⇒T1=20N

T1=Fελ+m1⋅g⇒ T1=K⋅x+m1⋅g⇒x=0,1m

R

M

U =0K

K

F

m

mm

m

g

g

mh

ρβαρ

2

1

ελ

r

T

T

1

1

1

2T

T2

2

1


β) i) Για τη θέση ισορροπίας της m1 ισχύει ΣF=0⇒m1⋅g=K⋅x1⇒x1=0,1m, άρα Α=x+x1=0,2m. Ισχύει Κ=m1⋅ω

2⇒ω=10rad/s. Ακόµη για t=0 είναι x=+A άρα

φ0= π

2rad, έτσι προκύπτει x=A⋅ηµ(ω⋅t+φ0)⇒x=0,2⋅ηµ(10t+

π

2) (S.I).

ii) Για τον υπολογισµό της επιτάχυνσης της m2 θα έχουµε, m2: m2⋅g-T2΄=m2⋅α (1)

Μ: T2΄⋅R=I⋅αγων⇒ T2΄⋅R=1

2⋅Μ⋅R2

⋅α

R⇒T2΄=

1

2⋅Μ⋅α (2), τότε από τις σχέσεις (1) και

(2) προκύπτει m2⋅g=m2⋅α+1

2⋅Μ⋅α ⇒ 10= 2⋅α⇒α=5m/s2.

γ) Ισχύει h=1

2⋅α⋅t2⇒t=0,4s και υ=α⋅t⇒υ=2m/s, ακόµη από την αρχή διατήρησης της

στροφορµής προκύπτει m2⋅υ⋅L

2=Iολ⋅ωκ µε Ιολ=

1

12⋅mρ⋅L

2+m2(L

2)2=0,5Kg⋅m2. Τότε θα

έχουµε m2⋅υ⋅L

2=Iολ⋅ωκ⇒1=0,5⋅ωκ⇒ωκ=2rad/s.

i) Όταν το σύστηµα ράβδος – m2, θα έχει περιστραφεί κατά 1800 ισχύει

Στ=Ιολ⋅αγων⇒ -m2⋅g⋅L

2= Ιολ⋅αγων⇒

⇒ -5=0,5⋅αγων⇒⋅αγων=-10rad/s2 ii) Α.∆.Μ.Ε: Καρχ+Uαρχ=Κτελ+Uτελ⇒

⇒1

2⋅Ιολ⋅ωκ

2=m2⋅g⋅y⇒

⇒1=10⋅y⇒y=0,1m.

Άρα είναι ηµφ=y

L/2=0,2 ή

φ=11,50, δηλαδή η συνολική γωνία περιστροφής του συστήµατος ράβδος – m2 µέχρι αυτό να ηρεµήσει στιγµιαία είναι φολ=180+φ=191,50.


U =0

m

yL/2

φ βαρ

2

K1

m2

m g2

Ένας τροχός πάνω σε δυο μικρούς κυλίνδρους

Ένας τροχός μάζας M = 12 kg και ακτίνας R = 0,64 m , ακουμπά πάνω σε δυο

μικρούς κυλίνδρους Α και Β όπως φαίνεται στο σχήμα. Οι μικροί κύλινδροι,

έχουν ίσες μάζες mA = mB = m = M/4 , ακτίνες rΑ = rΒ = r = R/8 , και

μπορούν να στρέφονται χωρίς τριβές γύρω από σταθερούς οριζόντιους άξονες

που συμπίπτουν με τον άξονά τους. Οι άξονες των μικρών κυλίνδρων

βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο.

σελ . 1

Αβαρής τροχαλία T ακτίνας r1 = R/2 είναι στερεωμένη στη βάση του τροχού

όπως στο σχήμα , έχοντας πολλές φορές τυλιγμένο στην περιφέρειά της , αβαρές μη εκτατό νήμα που δεν

γλιστρά κατά την περιστροφή.

Αρχικά το σύστημα ηρεμεί.

Ασκούμε στο ελεύθερο άκρο του νήματος σταθερή οριζόντια δύναμη F μέτρου F = 6,4π Ν , και ο τροχός

αρχίζει να στρέφεται χωρίς να ολισθαίνει πάνω στους μικρούς κυλίνδρους.

Α. Να υπολογίσετε τις τιμές που θα έχουν τα παρακάτω μεγέθη στο τέλος της δεύτερης περιστροφής του

τροχού.

i. Η γωνιακή ταχύτητα ω1 του τροχού

ii. Η γωνιακή ταχύτητα ω2 των μικρών κυλίνδρων

iii. Το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής του κάθε μικρού κυλίνδρου.

Β. Αν αλείψουμε με λάδι τους κυλίνδρους , να υπολογιστεί η κινητική ενέργεια του τροχού στο τέλος της

δεύτερης περιστροφής του.

Η ροπές αδράνειας I1 του τροχού και του κάθε κυλίνδρου I2 , ως προς τον άξονα που στρέφονται είναι

I1 = ½MR² , Ι2 = ½mr² αντίστοιχα , και π²=10.

.

Απάντηση

i. Αφού που ο τροχός δεν ολισθαίνει πάνω στους κυλίνδρους, ένα

μέρος της ενέργειας που προσφέρεται στο σύστημα μέσω του έργου

της δύναμης F, μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια των κυλίνδρων ,

μέσω του έργου της ροπής της στατικής τριβής που εμφανίζεται στα

σημεία επαφής , το δε υπόλοιπο σε κινητική ενέργεια του τροχού.

Έτσι , με βάση την αρχή της διατήρησης της ενέργειας έχουμε ότι

WF = Kτροχ+ KA+KB ή

2 2 2 2 2 21 1 1 A

1 1 1 1 1 1F r MR mr mr2 2 2 2 2 2

⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ω + ⋅ ω + ⋅ ωB (1)

Επειδή δεν υπάρχει ολίσθηση, στα σημεία επαφής – σχήμα 1 - θα είναι υ1 = υΑ και υ2 = υΒ . Όμως υ1 = υ2 (

γραμμικές ταχύτητες στην περιφέρεια του τροχού) άρα υΑ = υΒ ή ωΑr = ωΒr ή ωΑ= ωΒ = ω2 (2)

άρα

Α Β

F T r1

k

R

Α Β

F T r1

k

R υ1

υΑ υ2

υΒ

σχήμα 1

2 2 2 21 1 1 2

1 1 1 1F r MR 2 mr2 2 2 2

⎛ ⎞⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ω + ⋅ ω⎜ ⎟⎝ ⎠

(3) (3)

Όμως υ1 = υΑ ή ω = ή 8r ή ω2 = 8ω1 (4) Όμως υ1 = υΑ ή ω = ή 8r ή ω2 = 8ω1 (4) 1 2R rω 2rω = ω1 2R rω 1 2rω = ω1

είναι και r = R/8 , r1 = R/2 οπότε η (3) γράφεται έτσι είναι και r = R/8 , r1 = R/2 οπότε η (3) γράφεται έτσι 2

2 2 21 1

R 1 1 RF MR m2 4 2 64

⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ω + ⋅ ω164 ή

2 21 1 1

1 MF MR R2 4

⋅ Δθ = ⋅ ω + ω ή 21 1

3F MR4

⋅ Δθ = ω ή 11

2

4F 4 6,4 4 rad / s363MR 3 64 103

−

⋅ Δθ ⋅ π ⋅ πω = =

⋅ ⋅ ⋅ ή

110 rad / s3

ω = (5)

ii. Από τις (4) και (5) προκύπτει ότι 280 rad / s3

ω = (6)

iii. Η δύναμη που δέχεται ο κύλινδρος Α στο σημείο επαφής Γ, αναλύεται στην στατική τριβή JA κατά την

εφαπτομένη και στην κάθετη συνιστώσα

ΝΑ πάνω στην ακτίνα , όπως φαίνεται

στο σχήμα 3.

σελ . 2

Αντίστοιχα στον τροχό Β στην JB και

στη ΝΒ.

Επειδή όμως, όπως είδαμε στο

προηγούμενο ερώτημα, είναι ωΑ = ωΒ

θα είναι και A B

A B

d d J r Jή ήdt dt I IΑ Β

γωνΑ γωνΒω ω

= α = α =r

όμως ΙΑ =ΙΒ = ½mr² άρα JA = JB =J.

Επειδή δε , η κινητική ενέργεια των κυλίνδρων οφείλεται στο έργο της ροπής της στατικής τριβής θα είναι

2 22 2

1 12J r 2 mr2 2

⎛ ⎞⋅ ⋅ Δθ = ⋅ ω⎜ ⎟⎝ ⎠

ή 2 2

2 22 2

2 2

mr M r1 2r ή J4 4 16

J m ⋅ω ⋅ ⋅ω⎛ ⎞⋅Δθ = ⋅ ω = =⎜ ⎟ Δθ Δθ⎝ ⎠ (7) όπου Δθ2 η γωνία που

στρέφονται οι μικροί κύλινδροι.

Όμως με βάση την (4) έχουμε ότι 2 128 ή 8

t tΔθ Δθ

= Δθ =Δ Δ 1Δθ ή Δθ2 = 8·4π rad = 32π rad (8)

Από τις (6) , (7) και (8) προκύπτει 4J3

=π

N (9)

iii. Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής του κάθε κυλίνδρου έχει μέτρο

dL J rdt

= ⋅ και με βάση την (9) 2 2dL 32 10 kg m / sdt 3

−= ⋅ ⋅π

2 .

B. Αν αλείψουμε με λάδι τους κυλίνδρους, δεν θα υπάρχουν τριβές.

Έτσι , οι δυνάμεις που δέχονται στα σημεία επαφής Γ και Δ είναι όπως στο σχήμα 3, και δεν δημιουργούν

ροπές πάνω στους κυλίνδρους.

Α

JA

Γ Δ

Β

JΒ

NΒ NA r r

σχήμα 2

Δ

σελ . 3

Άρα οι κύλινδροι δεν στρέφονται.

Κατά συνέπεια η κινητική ενέργεια του τροχού θα είναι ίση με το έργο της δύναμης F

δηλαδή 2

1K F r 6,4 32 10 4 J−= ⋅ ⋅ Δθ = π ⋅ ⋅ ⋅ π =81,92 J

Α

Γ

Β

NΒ NA

r r

σχήμα 3

Μανώλης Δρακάκης 3ο Λύκειο Χανίων

[email protected]


1

Τροχός_ελατήριο_ράβδος Στη διάταξη του σχήµατος ο τροχός έχει µάζα Μ=0,6Κg και ακτίνα R=10cm. Στην περιφέρεια του τροχού είναι τυλιγµένο γύρω της, αβαρές νήµα στο ελεύθερο άκρο του οποίου είναι δεµένο σώµα µάζας m=0,1Kg. Το σώµα µάζας m είναι επίσης δεµένο στο οριζόντιο ελατήριο του σχήµατος σταθεράς Κ=90Ν/m. Επίσης σε απόσταση r=R/2 από το κέντρο του τροχού είναι δεµένο ένα δεύτερο νήµα, το άλλο άκρο του οποίου είναι δεµένο στο άκρο ράβδου µάζας Μρ=3 Κg και µήκους L=1m. Στο µέσο της ράβδου ασκείται κάθετα σε αυτή και µε τη φορά που φαίνεται στο σχήµα δύναµη F=30N και η ράβδος ισορροπεί σχηµατίζοντας µε την κατακόρυφο

γωνία φ= π

5rad µε ηµφ=0,6.

α) Αν αρχικά όλο το σύστηµα ισορροπεί τότε να υπολογιστεί η τάση στα άκρα των δυο νηµάτων. β) Κάποια στιγµή κόβουµε το νήµα που συνδέει τη ράβδο µε τον τροχό. Πόση είναι τότε η γωνιακή επιτάχυνση της ράβδου;

γ) Μόλις η ράβδος γίνει κατακόρυφη συγκρούεται µε κατακόρυφο τοίχο. Ποια είναι η απώλεια κινητικής ενέργειας κατά την κρούση της ράβδου µε τον τοίχο αν τελικά η ράβδος σταµατά να περιστρέφεται; δ) Μόλις η µάζα m τη χρονική στιγµή t0=0, φτάσει στη θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου, κόβεται και το νήµα που τη συνδέει µε τον τροχό. i) Ποια είναι η εξίσωση της α.α.τ που θα πραγµατοποιήσει η µάζα m; Θεωρείστε την προς τα δεξιά φορά θετική. ii) Ποια είναι η γωνιακή ταχύτητα του τροχού όταν η µάζα m πραγµατοποιήσει µια

ταλάντωση; Τριβές δεν υπάρχουν. ∆ίνεται για τον τροχό Ι=1

2⋅Μ⋅R2 και για τη ράβδο

Ιρ=1

3⋅Μρ⋅L

2 ακόµη g=10m/s2 .

Συνοπτική λύση:

RM

M

U =0

A

K

g

m

βαρρ

TT1 1

T T22

F

r

φ


α) Από τη συνθήκη ισορροπίας για τη ράβδο µάζας Mρ ισχύει,

Στ=0⇒Τ1⋅L⋅συνφ=Mρ⋅g⋅L

2⋅ηµφ+F⋅

L

2⇒T1⋅0,8=15⋅0,6+15⇒T1=30N.

Για τον τροχό ισχύει, Στ=0⇒Τ1⋅r =Τ2⋅R⇒ Τ2 = 1T

2=15N.

β) Μόλις κόψουµε το νήµα για τη ράβδο έχουµε,

Στ=Ιρ⋅αγων⇒ F⋅L

2+ Mρ⋅g⋅

L

2⋅ηµφ=

1

3⋅Μρ⋅L

2 αγων ⇒15+15⋅0,6=αγων ⇒ αγων =24rad/s2.

γ) ∆Κ=Ww+WF= Mρ⋅g⋅L

2⋅(1-συνφ)+F⋅

L

2⋅φ⇒ ∆Κ=3+15⋅

π

5=3⋅(1+π)J.

δ) i)Από τη συνθήκη ισορροπίας της µάζας m, έχουµε, ΣF=0⇒T2=K⋅d⇒d=15

90=

1

6m.

Θ.Μ.Κ.Ε: Κτελ-Καρχ=WFελ⇒1

2⋅m⋅υ

2+1

2⋅Ι⋅ω

2=Uαρχ-Uτελ⇒

⇒1

2⋅m⋅υ

2+1

2⋅1

2⋅Μ⋅R2

⋅ω2=

1

2⋅Κ⋅d2

⇒m⋅υ2+

1

2⋅M⋅υ

2= Κ⋅d2⇒0,1⋅υ2+0,3⋅ υ2=2,5⇒

⇒ υ2=6,25⇒υ=2,5m/s. Όµως αυτή θα είναι και η µέγιστη ταχύτητα για την ταλάντωση της µάζας m, που θα ακολουθήσει. Άρα υ=υmax=ω⋅Α, µε

ω= Κ

m=30rad/s. Τελικά Α=

1

12m. Ακόµη για t0=0 είναι x=0 και υ<0, άρα φ0=π rad.

Τελικά έχουµε x=A⋅ηµ(ωt+φ0)⇒ x=1

12⋅ηµ(30t+π) (S.I).

ii) Επειδή µόλις κόβεται το νήµα που συνδέει τον τροχό µε τη µάζα m, δεν ασκείται πλέον καµία τεξ στον τροχό, η γωνιακή του ταχύτητα παραµένει σταθερή και ίση µε αυτή που είχε τη στιγµή που κόπηκε το νήµα. Άρα ισχύει υ=ω⋅R⇒ω=25 rad/s.


Θέµα 4ο

Οµογενής λεπτός κυκλικός τροχός, µάζας KgM 3= και ακτίνας mR 1= , εφάπτεται

σε οριζόντιο δάπεδο. Στο ανώτατο σηµείο του τροχού εφαρµόζουµε σταθερή

οριζόντια δύναµη, µέτρου NF 5,10= , µέσω αβαρούς µη εκτατού νήµατος

1N που

είναι τυλιγµένο πολλές φορές στην περιφέρειά του επί της οποίας δεν ολισθαίνει. Το

κέντρο του τροχού είναι δεµένο µέσω οριζοντίου αβαρούς µη εκτατού νήµατος 2N

µε σώµα (Σ) µάζας kgm 1= και αµελητέων διαστάσεων. Το σώµα (Σ) εφάπτεσαι σε

λείο οριζόντιο δάπεδο και είναι δεµένο στο ελεύθερο άκρο ιδανικού οριζοντίου

ελατηρίου, σταθεράς mNK /10= , το άλλο άκρο του οποίου είναι δέσµιο.

Τα σώµατα της διάταξης βρίσκονται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο, όπου γίνονται και

όλες οι κινήσεις. Η µάζα του τροχού είναι συγκεντρωµένη στην περιφέρειά του. Το

σώµα (Σ) δεν εγκαταλείπει το οριζόντιο δάπεδο. Αντίσταση αέρα δεν υπάρχει.

Α. Τα νήµατα είναι τεντωµένα και η διάταξη ισορροπεί. Να υπολογίσετε τη δυναµική

ενέργεια του ελατήριου.

Μονάδες 6

Β. Έστω ότι τη χρονική στιγµή 00=t κόβουµε το νήµα 2N διατηρώντας τη δύναµη

0F . Αν ο τροχός κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει να υπολογίσετε την επιτάχυνση του

σώµατος (Σ), τη χρονική στιγµή που έχει ξετυλιχθεί µέρος του νήµατος, µήκους

mL 1= . Θεωρείστε π=10 .

Μονάδες 9

Γ. Έστω ότι δεν υφίσταται η εξωτερική δύναµη ( 00=F ). Το ελατήριο έχει το

φυσικό του µήκος και η διάταξη βρίσκεται σε ισορροπία, µε τα νήµατα χαλαρά και

οριζόντια. Τη χρονική στιγµή 00=t αυξάνεται ακαριαία το µέτρο της δύναµης στην

τιµή NF 5,11 = , όποτε η διάταξη τίθεται σε κίνηση. Ο τροχός κυλίεται χωρίς να

ολισθαίνει. Να υπολογίσετε τη µέγιστη επιµήκυνση του ελατηρίου.

Μονάδες 10

),( mΣ K

Fr

1N

2N

Α.

Κατά την ισορροπία του τροχού το

αλγεβρικό άθροισµα των ροπών ως προς

το σηµείο επαφής είναι

0=Στ

0220=− RTRF

022FT =

NT 32 =

Β.

• Κίνηση τροχού

Ο τροχός κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει.

Από θεµελιώδη νόµο µηχανικής έχουµε

CMX MaF =Σ

CMMaTF =+ (1)

Από θεµελιώδη νόµο στροφικής κίνησης

έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

R

aMRTRRF CM2

0=−

CMMaTF =−0 (2)

Από την επίλυση του συστήµατος των (1)

και (2) προκύπτει

M

FaCM

0= , 0=T

2/5,0 smaCM =

• Κίνηση σώµατος (Σ)

Το σώµα (Σ) θα εκτελέσει απλή αρµονική

ταλάντωση

mNKD /10==

sradm

D/10==ω

Κατά την ισορροπία του σώµατος (Σ)

έχουµε

0=ΣF

ΛΕ= FT2

02l∆= KT

K

T2

0=∆l

m3,00=∆l

Η δυναµική ενέργεια του ελατηρίου είναι

2

02

1l∆= KU

JU 45,0=

Το νήµα που ξετυλίγεται έχει µήκος

1ϑRL =

η µετατόπιση κέντρου µάζας επίσης

ισούται µε

11,ϑRxCM =

οπότε

mLxCM 11, == (3)

Τελικά η εξίσωση θέσης του κέντρου

µάζας είναι

2

2

1tax CMCM =

2

4

1txCM = (4)

Αντικαθιστώντας την (3) στην (4)

st 21 =

Θεωρώντας ως θετική την αρχική

αποµάκρυνση, οι αρχικές συνθήκες της

ταλάντωσης είναι

mx 3,00

+= , 00=u

Άρα

mA 3,0= , rad2

0

πϕ =

Η εξίσωση επιτάχυνσης θα είναι

)(0

2 ϕωηµω +−= tAa

).()2

10(3 IStaπ

ηµ +−=

Γ.

Από το θεώρηµα µεταβολής κινητικής

ενέργειας για τον τροχό έχουµε

KW ∆=Σ

001

−=++ στTTF WWW , 0=στTW

01

=++ TCM WFRxF ϑ

02 =+ TCM WFx (5)

Επειδή το νήµα 2N είναι τεντωµένο

l∆=CMx

Από το θεώρηµα µεταβολής κινητικής

ενέργειας για το σώµα (Σ) έχουµε

00 −=′+ΛΕ TWW

02

10

2 =′+

∆− TWK l

02

1 2 =′+− TCM WKx (6)

Αντικαθιστώντας στην τελευταία

st 21 = , π=10

).()2

2(31 ISaπ

πηµ +−=

2

1 /3 sma −=

Προσθέτοντας κατά µέλη τις (5) και (6)

και λαµβάνοντας υπόψη ότι το συνολικό

έργο της τάσης του νήµατος ισούται µε

µηδέν

0=′+ TT WW

τελικά προκύπτει

2

max2

1l∆− K 02

max1=∆+ lF (7)

K

F1

max

4=∆l

m6,0max

=∆l

Η (7) θα µπορούσε να γραφεί και εξ’

αρχής ως αρχή διατήρησης της ενέργειας.

Μυσίρης

ΘΕΜΑ 4ο

Η οµογενής τροχαλία του σχήµατος µάζας kgM 4= και ακτίνας mR 2=

µπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές περί ακλόνητου άξονα που περνά

από το κέντρο της. Σηµειακό σώµα 1

Σ µάζας kgm 31= συνδέεται µε

αυτήν µέσω αβαρούς µη εκτατού νήµατος που είναι τυλιγµένο στην

περιφέρειά της. Το σύστηµα αρχικά ισορροπεί και το σώµα 1

Σ απέχει

ύψος H από το έδαφος . Σε λείο οριζόντιο επίπεδο βρίσκεται ιδανικό

ελατήριο µε το ένα άκρο ακλόνητα στερεωµένο, στο ελεύθερο άκρο του

συνδέεται σηµειακό σώµα 2

Σ άγνωστης µάζας. Η διάταξη κρατιέται σε

ισορροπία ενώ το ελατήριο είναι συσπειρωµένο κατά A από τη θέση

φυσικού µήκους.

Α. Αφήνουµε ελεύθερο το σώµα 1

Σ και το νήµα ξετυλίγεται χωρίς να

ολισθαίνει στην επιφάνεια της τροχαλίας.

Α1. Να υπολογίσετε το ρυθµό µεταβολής της στροφορµής του

συστήµατος τροχαλία- σηµειακό σώµα 1

Σ .

Μονάδες 5

Α2. Αν το σώµα 1

Σ συναντά το οριζόντιο δάπεδο σε χρονικό διάστηµα

st 1=∆ να υπολογίσετε το ύψος H .

Μονάδες 7

1Σ

2Σ

AH

Β. Μόλις το σώµα 1

Σ συναντά το οριζόντιο δάπεδο ακινητοποιείται στη

θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου. Αφήνουµε ελεύθερο το σώµα2

Σ

και όταν συναντήσει το σώµα 1

Σ συγκρούεται ελαστικά µε αυτό. Μετά

την κρούση το πλάτος ταλάντωσης υποδιπλασιάζεται.

Β1. Να υπολογίσετε τις πιθανές τιµές της µάζας του σώµατος 2

Σ .

Μονάδες 6

Β2. Αν η κρούση των σωµάτων είναι πλαστική, το πλάτος ταλάντωσης

επίσης υποδιπλασιάζεται . Να υπολογίσετε την µάζα του σώµατος 2

Σ .

Μονάδες 7

Η ροπή αδρανείας της τροχαλίας περί του άξονα περιστροφής είναι

2

2

1MRICM = . Για τις πράξεις θεωρείστε 2

/10 smg =

Απαντήσεις

Α1

Μοναδική εξωτερική ροπή στο σύστηµα είναι αυτή του βάρους του

σηµειακού σώµατος 1

Σ

dt

dLΣΥΣ

ΞΕ=Στ

Rgmdt

dL1

=ΣΥΣ

2260 skgm

dt

dL=

ΣΥΣ

Α2

Για το σηµειακό σώµα 1

Σ έχουµε

11amFy =Σ

111amTgm =− (1)

Για την τροχαλία έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

R

aMRTR 12

2

1= ,

ΓΩΝ= aRa

1

1

2

1MaT = (1)

Από (1),(2)

gmamM

111)

2( =+

gMm

ma

+=

1

1

1

2

2

216

s

ma =

Τελικά

2

1

2

1taH =

mH 3=

Β1

Εφόσον η σταθερά επαναφοράς KD = δεν αλλάζει έχουµε

4

2

1

2

1

2

2

=

′

=′

AD

DA

E

E

Η κρούση γίνεται στη θέση ισορροπίας άρα η ενέργεια ταλάντωσης

ισούται µε την κινητική ενέργεια του σώµατος 2

Σ

Πριν την κρούση

2

222

2

1umKE ==

Μετά την κρούση

2

222

2

1umKE ′=′=′

∆ιαιρώντας κατά µέλη

42

2

2

2=

′u

u

Υπάρχουν δυο περιπτώσεις

2

2

2

uu =′ ή

2

2

2

uu −=′

Ενώ

2

12

12

2u

mm

mmu

+

−=′

Τελικά αντιστοίχως θα είναι

kgmm 9312== ή kg

mm 1

3

1

2==

Β2

Εφόσον η σταθερά επαναφοράς KD = δεν αλλάζει και η κρούση γίνεται

στη θέση ισορροπίας έχουµε

4

2

1

2

1

2

2

2=

′

==′

Σ AD

DA

K

K

E

E

όπου Σ

K η κινητική ενέργεια συσσωµατώµατος.

Από διατήρηση ορµής για την κρούση

Σ= PP

rv

1

2m

2u +=

1(m Vm )

2

όπου V η ταχύτητα συσσωµατώµατος.

Υψώνοντας την τελευταία στο τετράγωνο και πολλαπλασιάζοντας

αµφότερα µέλη µε 21 έχουµε

2m

2K +=

1(m

ΣKm )

2

2

212

m

mm

K

K +=

Σ

4

2

21=

+

m

mm

kgm

m 13

1

2==

Μυσίρης

ΘΕΜΑ 4ο

Ο οµογενής δίσκος του σχήµατος, ακτίνας mR 2= , µπορεί να

περιστρέφεται χωρίς τριβές περί ακλόνητου άξονα που περνά από το

κέντρο του. Στο λείο οριζόντιο δάπεδο ισορροπεί σηµειακό σώµα 2Σ

µάζας Kgm 32 = που συνδέεται µε ακλόνητο τοίχο µέσω ιδανικού

ελατήριου σταθεράς mNK /300= .Η διάταξη βρίσκεται σε κατακόρυφο

επίπεδο.

Α. Ενώ ο δίσκος ηρεµεί κολλάµε σηµειακό σώµα 1Σ , µάζας Kgm 11 = ,

στην περιφέρειά του και στο ύψος του κέντρου του. Όταν στο σηµειακό

σώµα 1Σ φτάσει στο κατώτατο σηµείο έχει ταχύτητα µέτρου smu /21 = .

Α1. Να υπολογίσετε το ρυθµό µεταβολής της στροφορµής του

συστήµατος σώµα 1Σ - δίσκος όταν έχει στραφεί κατά 060=ϕ

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Α2. Να υπολογίσετε την ροπή αδράνειας του δίσκου για τον άξονα

περιστροφής του

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

Β. Όταν το σώµα 1Σ φτάσει στο κατώτατο σηµείο, διατηρώντας την

ταχύτητά του αποκολλάται και κινείται ευθύγραµµα στο οριζόντιο

δάπεδο. Αφού διανύσει διάστηµα mS 2= συγκρούεται ελαστικά µε το

σώµα 2Σ .

Β1. Να υπολογίσετε το χρονικό διάστηµα που µεσολαβεί από την

αποκόλληση του σώµατος 1Σ µέχρι αυτό να συναντήσει ξανά τον δίσκο

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

Β2. Να υπολογίσετε τη µέγιστη συµπίεση του ελατήριου

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

∆ίνεται η επιτάχυνση βαρύτητας 2/10 smg =

1Σ

2Σ

Α1.

dt

dLΣΥΣΞΕ =Στ

συνθRgmdt

dL1

=ΣΥΣ

22/10 sKgm

dt

dL=ΣΥΣ

Α2.

0=∆ MHXE

011

=∆+∆+∆+∆ ΤΡΟΧΤΡΟΧ KKUU

02

1

2

10

22

111=+++− ωIumgRm

0222

111 =−− ωIumgRm

2

2

1112

ω

umgRmI

−= ,

R

u1=ω

2

12

1

3

12Rm

u

gRmI −=

236kgmI =

B1

Για την ελαστική κρούση των 1Σ και 2Σ έχουµε

1

21

21

1u

mm

mmu

+

−=′

smu 11 −=′

11 u

s

u

st rr

′+=∆

st 3=∆

B2

Για την ελαστική κρούση των 1Σ και

2Σ έχουµε

1

21

1

2

2u

mm

mu

+=′

smu /12 =′

Για το σύστηµα ελατήριο- µάζα

mNkD /300==

sradm

D/10==ω

Η κρούση γίνεται στη θέση ισορροπίας ταλάντωσης άρα

max2uu =′

Au ω=′2

mu

A 1,02 =′

=ω

mAX 1,0max

==

Μυσίρης

Θέµα 4ο

Ο τροχός 2

Σ έχει µάζας kgM 8= , ακτίνα mR 1= και εφάπτεται στο πλάγιο

δάπεδο που σχηµατίζει γωνία 0

37=ϑ µε την οριζόντια διεύθυνση. Το

σηµείο Α της περιφέρειάς του, που βρίσκεται στο ύψος του κέντρου,

συνδέεται µέσω αβαρούς κατακόρυφου νήµατος µε το σηµειακό σώµα

1Σ .Το σώµα

1Σ έχει µάζας kgm 1= και συνδέεται µε την οροφή µέσω

κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς mNK /100= .Το νήµα είναι

τεντωµένο και η διάταξη βρίσκεται σε ισορροπία.

Α. Να σχεδιάσετε το διάνυσµα της στατικής τριβής στο σηµείο επαφής

του τροχού µε το δάπεδο και να υπολογίσετε το µέτρο του

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

Β. Τη χρονική στιγµή 0=t το νήµα κόβεται όποτε ο τροχός κυλίεται

χωρίς ολίσθηση ενώ το σώµα 1

Σ εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση.

Β1. Να υπολογίσετε την ενέργεια ταλάντωσης του σώµατος 1

Σ

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

Β2. Να υπολογίσετε τη στροφορµή του τροχού όταν το σώµα 1

Σ φτάσει

για πρώτη φορά στο ανώτατο σηµείο της τροχιάς του

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

Γ. Κάποια χρονική στιγµή το σώµα 1

Σ αποκολλάται από το ελατήριο και

συγκρούεται ελαστικά µε το πλάγιο δάπεδο κινούµενο κατακόρυφα. Να

υπολογίσετε την γωνία της ταχύτητάς του µε την οριζόντια διεύθυνση

αµέσως µετά την κρούση

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

1Σ

2Σ

A

Για τον τροχό δίνεται η ροπή αδρανείας για άξονα που περνά από το

κέντρο του και είναι κάθετος στο επίπεδό του 2

MRCM =Ι . Για τις πράξεις

θεωρείστε 8,037,6,037,/10002 === συνηµsmg


Α.

0=Σ CMτ

RfTR =

fT =

0=Σ xF

0=−− xX TfB

0=−− fTMg ηµϑηµϑ

Επιλύνοντας το σύστηµα

06,16,0 =− TMg

MgfT8

3==

Τελικά

NfT 30==

Β1.

Για την ισορροπία του σώµατος 1

Σ πριν

κοπεί το νήµα

0=Σ yF

l′∆=+ KTmg

K

Tmg +=′∆l

m4,0=′∆l

Για τη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης 0=Σ yF

l∆= Kmg

K

mg=∆l

m1,0=∆l

Εφόσον δεν υπάρχει αρχική ταχύτητα η αρχική εκτροπή από τη θέση

ισορροπίας ταλάντωσης είναι πλάτος mA 3,0' =∆−∆= ll

mNKD /100==

2

2

1DAE =

JE 5,4=

f

XB

XT

1Σ

l∆

'l∆

Β2.

Έστω F η νέα στατική τριβή κατά την κύλιση

Από θεµελιώδη νόµο µηχανικής έχουµε

CMX MaF =Σ

CMMaFMg =−6,0 (1)

Από θεµελιώδη νόµο στροφικής κίνησης έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

R

aMRFR CM2=

CMMaF = (2)

Επιλύνοντας το σύστηµα 2

/3 smaCM =

2/3 srada =ΓΩΝ

Το σώµα 1

Σ φτάνει στην ανωτάτη θέση τη χρονική στιγµή

21

Tt =

D

mt π2

2

1

1=

st10

1

π=

Η στροφορµή του τροχού εκείνη τη στιγµή θα είναι ωΙ=L

1

2taMRL ΓΩΝ=

1

2taMRL ΓΩΝ=

sKgmL /4,22π=

Γ. Σύµφωνα µε εφαρµογή του σχολικού

βιβλίου η γωνία πρόσπτωσης ισούται µε

τη γωνία ανάκλασης εφόσον η κρούση

είναι ελαστική. Άρα η ζητούµενη γωνία

είναι

00

16290 =−= ϑϕ

Μυσίρης

ϑ

ϑϑ

ΘΕΜΑ 4

Ο οµογενής δίσκος του σχήµατος έχει µάζα kgM 4= , ακτίνα mR 1= και

συνδέεται µε την ακλόνητη οροφή µέσω κατακόρυφου αβαρούς µη

εκτατού νήµατος N2 που είναι τυλιγµένο στην περιφέρειά του. Ένα

δεύτερο κατακόρυφο αβαρές νήµα N1 συνδέει σηµείο της περιφέρειας

του δίσκου, που βρίσκεται στο ύψος του κέντρου, µε το σηµειακό σώµα

1Σ .Το σώµα

1Σ έχει µάζας kgm 1= και συνδέεται µε την οροφή µέσω

κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς mNK /100= .

Α. Τα νήµατα είναι τεντωµένα και η διάταξη ισορροπεί.

Α1. Να υπολογίσετε τις τάσεις των νηµάτων

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Β. Τη χρονική στιγµή 0=t το νήµα Ν1 κόβεται. Το νήµα Ν2 ξετυλίγεται

παραµένοντας συνεχώς κατακόρυφο και τεντωµένο χωρίς να ολισθαίνει

στην επιφάνεια του δίσκου ενώ το σώµα 1

Σ εκτελεί απλή αρµονική

ταλάντωση.

Β1. Να υπολογίσετε το διάστηµα κίνησης του σώµατος 1

Σ µέχρι το

ανώτατο σηµείο της τροχιάς του.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Β2. Να υπολογίσετε τον αριθµό περιστροφών του δίσκου όταν το σώµα

1Σ αποκτά µέγιστη κατά µέτρο ταχύτητα για δεύτερη φορά.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

Β3. Να υπολογίσετε το ρυθµό µεταβολής κινητικής ενέργειας του δίσκου

όταν η ταχύτητα του κέντρου µάζας γίνει ίση κατά µέτρο µε τη µέγιστη

ταχύτητα ταλάντωσης.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

1Σ

Για το δίσκο δίνεται η ροπή αδρανείας για άξονα που περνά από το

κέντρο του και είναι κάθετος στο επίπεδό του 2

3

2MRCM =Ι .∆ίνεται η

επιτάχυνση βαρύτητας 2/10 smg =


Α1.

Για το σηµείο πρόσδεσης του

νήµατος N1 έχουµε 0=Στ

RMgRT =22

22

MgT =

NT 202=

Για το κέντρο µάζας έχουµε

0=Σ CMτ

RTRT12

=

12TT =

NT 201=

Β1.

Για την ισορροπία του σώµατος 1

Σ πριν

κοπεί το νήµα N1

0=Σ yF

l′∆=+ KTgm11

K

Tgm11

+=′∆l

m3,0=′∆l

Για τη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης 0=Σ yF

l∆= Kgm1

K

gm1

=∆l

m1,0=∆l

Εφόσον δεν υπάρχει αρχική ταχύτητα, η αρχική εκτροπή από τη θέση

ισορροπίας ταλάντωσης είναι πλάτος

mA 2,0' =∆−∆= ll

mAS 4,02 ==

1Σ

l∆

'l∆

Β2.

Από θεµελιώδη νόµο στροφικής κίνησης

έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

R

aMRTR CM2

3

2=

CMMaT3

2= (1)

όπου Τ η νέα τάση νήµατος N2

Από θεµελιώδη νόµο

µηχανικής έχουµε

CMy MaF =Σ

CMMaTMg =− (2)

Επιλύνοντας το σύστηµα των (1) και (2)

gaCM5

3=

26 smaCM =

Για το σύστηµα ελατήριο µάζα έχουµε

mNKD /100==

sradm

D/10

1

==ω

D

mT 1

2π=

sT5

π=

Η εξίσωση γωνίας στροφής

είναι

2

2

1ta

ΓΩΝ=ϑ

2

2

1t

R

aCM=ϑ

).(32

ISt⋅=ϑ (3)

Η ζητούµενη χρονική στιγµή

είναι

sT

t20

3

4

3

1

π==

Αντικαθιστώντας στην (3) 2

113t=ϑ

cycN 1,02

1≈=

π

ϑ

Β3.

0=∆

∆

t

EMHX

)( CMuMgt

U

t

K−−=

∆

∆−=

∆

∆

AMgt

Kω=

∆

∆

Wt

K80=

∆

∆

ΜΥΣΙΡΗΣΜΥΣΙΡΗΣΜΥΣΙΡΗΣΜΥΣΙΡΗΣ

ΘΕΜΑ 4ο

Το σηµειακό σώµα 1

Σ έχει µάζα kgm 1= και συνδέεται µε την οροφή

µέσω κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς mNK /100= .Ο

οµογενής δίσκος του σχήµατος έχει άγνωστη ακτίνα, µάζα kgM 2= και

µπορεί να περιστρέφεται σε οριζόντιο επίπεδο, χωρίς τριβές, περί

ακλόνητου κατακόρυφου άξονα που περνά από το κέντρο του.

Α. Ενώ το σώµα 1

Σ ισορροπεί σε ύψος cmh 40= πάνω από το δίσκο, το

εκτοξεύουµε µε αρχική ταχύτητα µέτρου 0

u .

Α1. Να υπολογίσετε το µέτρο της ταχύτητας 0

u ώστε το σώµα 1

Σ να

ακουµπήσει στην περιφέρεια του δίσκου µε µηδενική ταχύτητα.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Α2. Να υπολογίσετε το µέτρο της ταχύτητας 0

u ώστε το σώµα 1

Σ να

ακουµπήσει στην περιφέρεια του δίσκου µε ταχύτητα µέτρου smu /31= .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

Β. Το σώµα 1

Σ ακουµπά στην περιφέρεια του δίσκου µε µηδενική

ταχύτητα ενώ αυτός στρεφόταν µε συχνότητα Hzf 2= .Το σώµα 1

Σ

αποκολλάται από το ελατήριο και προσκολλάται στο δίσκο.

Β1. Να υπολογίσετε την νέα συχνότητα περιστροφής του δίσκου.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

Β2. Να υπολογίσετε το ποσοστό µεταβολής κινητής ενέργειας εξαιτίας

της προσκόλλησης.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

Για το δίσκο δίνεται η ροπή αδρανείας για τον άξονα περιστροφής

2

2

1MR=Ι∆ .∆ίνεται η επιτάχυνση βαρύτητας 2

/10 smg = .

1Σ


Α1

Θα πρέπει το σηµείο επαφής µε το

δίσκο να ταυτίζεται µε την ακραία

θέση ταλάντωσης δηλαδή

mAh 4,0==

Επίσης

mNKD /100==

sradm

D/10==ω

Α2

Από αρχή διατήρησης ενεργείας

ταλάντωσης έχουµε

UKE +=

=2

2

1MAXmu

2

1

2

1

2

1

2

1Dxmu +

αλλά

MAXuu =0

, hx =1

,2ωmD =

Β1

Για την προσκόλληση ισχύει η αρχή

διατήρησης στροφορµής

=ΟΛLr

ΟΛ′Lr

ΣΥΣ∆ =+ LLL1

ωω ′=+ ΣΥΣ∆ II 0

fIIfI ′+= ∆∆ ππ 2)(21

fII

If

∆

∆

+=′

1

Β2

Για την προσκόλληση ισχύει η αρχή


=ΟΛLr

ΟΛ′Lr

ΣΥΣ∆ = LL

Αλλά γενικά στη στροφική κίνηση

I

LK

2

2

=

Η ταλάντωση ξεκινά από θέση ισορροπίας

εποµένως

Auu MAX ω==0

Άρα

s

mu 4

0=

Αντικαθιστώντας

=2

0u

2

1

22

1xu ω+

=0

u2

1

22

1xu ω+

s

mu 5

0=

Αλλά

2

2

1MRI =∆ ,

2

1mRI =

Αντικαθιστώντας

fMRmR

MRf

22

2

2 +=′

Hzf 1=′

Αντικαθιστώντας και υψώνοντας στο

τετράγωνο

ΣΥΣ∆∆∆ += KIIKI )(1

Το ποσοστό απώλειας είναι

%100

−=Π

∆

∆ΣΥΣ

K

KK

%50%100

1

1 −=

+−=Π

∆II

I

Μυσίρης

Θέµα 4ο

Αβαρές µη εκτατό νήµα είναι τυλιγµένο στην περιφέρεια οµογενούς κυκλικού δίσκου

ακτίνας mR 1= και αγνώστου βάρους, µέτρου W . Ο δίσκος εφάπτεται σε λείο

κατακόρυφο ακλόνητο τοίχο και σε τραχύ οριζόντιο ακλόνητο δάπεδο. Ενώ ο δίσκος

ηρεµεί, στο ελεύθερο άκρο του νήµατος ασκείται σταθερή κατακόρυφη δύναµη,

µέτρου F . Το νήµα παραµένει συνεχώς κατακόρυφο και τεντωµένο, όπως φαίνεται

στο σχήµα.

Α. Έστω MAXF η µέγιστη τιµή του µέτρου της δύναµης F , για την οποία ο δίσκος

παραµένει ακίνητος. Να υπολογίσετε τον λόγο WFMAX / των µέτρων των

αντιστοίχων δυνάµεων. ∆ίνεται ο συντελεστής οριακής τριβής µεταξύ δίσκου και

δαπέδου, 5,0=Sµ .

Μονάδες 7

Β. Ενώ ο δίσκος είναι ακίνητος, το µέτρο της δύναµης F αυξάνεται ακαριαία στην

τιµή 2/1 WF = . Να δείξετε ότι ο δίσκος εκτελεί στροφική κίνηση περί του κέντρου

µάζας του και να υπολογίσετε το µέτρο της γωνιακής επιτάχυνσης. ∆ίνεται ο

συντελεστής τριβής ολίσθησης µεταξύ δίσκου και δαπέδου, 5,0=µ .

Μονάδες 9

Γ. Ενώ ο δίσκος είναι ακίνητος, το µέτρο της δύναµης F αυξάνεται ακαριαία στην

τιµή WF 32 = . Να υπολογίσετε την ανύψωση του κέντρου µάζας του δίσκου, τη

χρονική στιγµή που έχει ξετυλιχθεί µέρος του νήµατος, µήκους m2=l .

Μονάδες 9

Το νήµα δεν ολισθαίνει στην περιφέρεια του δίσκου και ξετυλίγεται κατακόρυφα

παραµένοντας τεντωµένο. Η διάταξη βρίσκεται συνεχώς στο ίδιο κατακόρυφο

επίπεδο. ∆ίνεται η ροπή αδράνειας του δίσκου ως προς οριζόντιο άξονα που περνά

από το κέντρο του, 2

75,0 MRICM = . Η επιτάχυνση βαρύτητας ισούται µε 2

/10 smg = .Αντίσταση αέρα δεν υπάρχει.

Fr

Α.

Για την οριακή ισορροπία του δίσκου

έχουµε

0=Σ yF

WFN MAX =+

MAXFWN −= (1)

0=Σ CMτ

RTRF MAXMAX ,ΣΤ=

MAXMAX TF ,ΣΤ= , NT SMAX µ=ΣΤ,

NF SMAX µ= (2)

Από την επίλυση του συστήµατος των (1)

και (2) έχουµε

1+=

S

S

MAX WFµ

µ

3

1=

W

FMAX

Β.

Για να εκτελεί το στερεό σώµα αµιγώς

περιστροφική κίνηση περί του κέντρου

µάζας θα πρέπει

WFW

WFFMAX

≤<

≤<

3

Προφανώς για τη δοθείσα τιµή της

δύναµης 1F η συνθήκη ικανοποιείται

Για τη µεταφορική ισορροπία ισχύει

0=Σ yF

WFN =+ 11

11 FWN −=

21

WN =

Από το θεµελιώδη νόµο στροφικής

κίνησης έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

ΓΩΝ=− aMRTRRF2

14

3

ΓΩΝ=− aMRRNRW 2

14

3

2µ

ΓΩΝ=− aMRWW

4

3

42

ΓΩΝ= aMRMg

4

3

4

R

ga

3=ΓΩΝ

23

10

s

rada =ΓΩΝ

Γ.

Το µέτρο της δύναµης 1F είναι

µεγαλύτερο από αυτό του βάρους

εποµένως χάνεται η επαφή του δίσκου µε

τις επιφάνειες.

Για τη στροφική κίνηση ισχύει

ΓΩΝΙ=Σ aCMCMτ

ΓΩΝ= aMRRF2

24

3

ΓΩΝ= aMRMg4

33

R

ga

4=ΓΩΝ

Η κίνηση είναι οµαλά µεταβαλλόµενη

άρα

2

1=ϑ 2

taΓΩΝ

=ϑ 22t

R

g

Εφόσον δεν υπάρχει ολίσθηση, το νήµα

που ξετυλίγεται θα έχει µήκος

ϑR=l 2

2gt=l (3)

Για τη µεταφορική κίνηση έχουµε

CMy MaF =Σ

CMMaWF =−2

CMMaWW =−3

CMMaMg =2

gaCM 2=

Η κίνηση είναι οµαλά µεταβαλλόµενη

άρα

2

2

1tay CMCM =

2gtyCM = (4)

∆ιαιρώντας κατά µέλη τις (3) και (4)

έχουµε (t >0)

2

1=

l

CMy

myCM 1=

Μυσίρης

ΘΕΜΑ 4ο

Η αβαρής ράβδος ΑΓ έχει µήκος mL 2= και είναι αρθρωµένη στο άκρο της Α, γύρω

από το οποίο µπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές. Στο άκρο της Γ είναι

συνδεδεµένο σηµειακό σώµα 1

Σ , µάζας kgM 1= . Το κέντρο της Κ είναι συνεχώς

σε επαφή µε ηµικυκλικό σύρµα µε το οποίο παρουσιάζει τριβή ολίσθησης µέτρου

NT 10= .Η διάταξη βρίσκεται σε κατακόρυφο επίπεδο.

Α. Η ράβδος αφήνεται από την οριζόντια θέση χωρίς αρχική ταχύτητα.

Α1. Να υπολογίσετε το µέτρο της επιτάχυνσης του σώµατος 1

Σ τη στιγµή που η

ράβδος αφήνεται.

Μονάδες 5

Α2. Να υπολογίσετε τη γωνία στροφής της ράβδου στη θέση που έχει µέγιστη

γωνιακή ταχύτητα.

Μονάδες 6

Α3. Να υπολογίσετε την γωνιακή ταχύτητα της ράβδου στην κατακόρυφη θέση.

Μονάδες 7

Β. Όταν η ράβδος φτάσει στην κατακόρυφη θέση συγκρούεται µε αρχικά ακίνητο

σηµειακό σώµα 2

Σ , µάζας kgm 4= , και ακινητοποιείται ενώ το σώµα 2

Σ κινείται

επί του ηµικυκλικού σύρµατος µετά την κρούση.

Β1. Να δείξετε ότι η κρούση ήταν ελαστική.

Μονάδες 7

∆ίνεται η επιτάχυνση βαρύτητας 2/10 smg =

1Σ

2Σ

ΑΚΓ


Α1

Η ροπή αδρανείας του στερεού

σώµατος ράβδος-1

Σ είναι 2

ML=Ι

24kgm=Ι

Από το θεµελιώδη νόµο

στροφικής κίνησης στην

οριζόντια θέση έχουµε

ΓΩΝΙ=Σ aAτ

ΓΩΝΙ=− aL

TMgL2

=ΓΩΝaI

TLMgL

2

2 −

2/5,2 srada =ΓΩΝ

Α2

Η ροπή του βάρους συνεχώς

µειώνεται κατά την κάθοδο ενώ

αυτή της τριβής παραµένει

σταθερή. Μέγιστη γωνιακή

ταχύτητα θα υπάρχει στη θέση

όπου

0=Σ Aτ

02

=−L

TMgLσυνθ

2

1

2==

Mg

Tσυνθ

060=θ

Β1

Για την κρούση ισχύει η αρχή


=ΟΛLr

ΟΛ′Lr

=+21

LL21

LL ′+′

=1

L2

L′

Αλλά γενικά στη στροφική

κίνηση

I

LK

2

2

=

Το σηµειακό σώµα έχει επιτρόχιο

επιτάχυνση

ΓΩΝΕΠ = aLa

2/5 sma =ΕΠ

ενώ η κεντροµόλος επιτάχυνσή του

είναι

0

2

==L

uaKEN

Τελικά

2/5 sma =

Α3

Από ΘΜΚΕ για το στερεό σώµα

ράβδος-1

Σ µεταξύ των θέσεων

rad2

0π

ϑϑ =→= έχουµε

BT WWKK +=− ΑΡΧΤΕΛ

MgLL

TI +−=−22

02

1 2 πω

I

TLMgL

2

4 πω

−=

srad /47,1≈ω

Αντικαθιστώντας και υψώνοντας

στο τετράγωνο

22KIKI =

2

2

2

2K

LmKML

= , Mm 4=

Τελικά

2KK =

Μυσίρης

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ ΣΤΟ ΣΤΑΣΙΜΟ ΚΥΜΑ

Μια ομογενής και λεπτή χορδή σταθερού πάχους με σταθερά άκρα διεγείρεται οπότε δημιουργείται πάνω της στάσιμο κύμα με 4 δεσμούς (εκτός των δύο άκρων). Την t=0 που φαίνεται στο διπλανό στιγμιότυπο η κινητική ενέργεια κάθε ταλαντούμενου σημείου της χορδής

ισούται με τα ¾ της ολικής ενέργειας ταλάντωσής του, ενώ μετά από χρονικό διάστημα Δt= s301 η

κινητική ενέργεια του κάθε σημείου μηδενίζεται για πρώτη φορά. Αν το μήκος της χορδής είναι L=1m να υπολογίσετε: α) την απόσταση ενός δεσμού από την μεθεπόμενη κοιλία β) το πλάτος ταλάντωσης των κοιλιών γ) την απόσταση ενός δεσμού από την μεθεπόμενη κοιλία όταν τα σημεία της χορδής που ταλαντώνονται έχουν μηδενική κινητική ενέργεια δ) την συχνότητα με την οποία ευθυγραμμίζονται με τον ημιάξονα Οx τα σημεία της χορδής. Θεωρώντας ως x=0 τη θέση της 1ης κοιλίας (από το αριστερό άκρο της χορδής): ε) να γραφεί η εξίσωση του στάσιμου κύματος στ) η διαφορά φάσης δύο σημείων της χορδής που απέχουν από το άκρο Ο αποστάσεις 0,25m και 0,85m.

ζ) Να σχεδιαστεί το στιγμιότυπο την χρονική στιγμές στιγμές t1= s121 , t2= s

101 και t3= s

152 στο

ίδιο σύστημα αξόνων η) την επί τοις % μεταβολή της συχνότητας ταλάντωσης της χορδής, ώστε ο αριθμός των δεσμών μεταξύ των άκρων να ελαττωθεί κατά ένας. Λύση: α) Από το στιγμιότυπο προκύπτει

0,4mλ5

2Lλ25λL

Η απόσταση ενός δεσμού από την επόμενη κοιλία στο στάσιμο κύμα είναι 4λ , ενώ η απόσταση δύο

διαδοχικών κοιλιών ισούται με 2λ , οπότε η απόσταση ενός δεσμού από την μεθεπόμενη κοιλία

είναι:

0,3md 43λ

2λ

4λd

β) Εφαρμόζοντας την Α.Δ.Ε για τη χρονική στιγμή t=0 έχουμε:

y (m)

0

0,2

0

−0,2

x(m)

t=0

2A'

yA'D21

41Dy

21E

41UEUE

43EUΚ 22

T

Δηλαδή τη χρονική στιγμή t=0 όλα τα σημεία που ταλαντώνονται βρίσκονται στο μέσο της διαδρομής τους για να φτάσουν στην ακραία θέση τους. Σύμφωνα με το στιγμιότυπο, τη χρονική στιγμή t=0 οι κοιλίες βρίσκονται στη θέση 0,2my , οπότε

0,4m'Ακ 2

'A0,2 κ

γ) Όταν μηδενίζεται η κινητική ενέργεια ταλάντωσης των σημείων της χορδής, αυτά θα πρέπει να

βρίσκονται στις ακραίες θέσεις της ταλάντωσής τους. Όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα, η απόσταση ενός δεσμού από την μεθεπόμενη κοιλία όταν μηδενίζεται η κινητική ενέργεια της κοιλίας είναι:

222κ

2 4,03,0'Ad ℓ=0,5m

δ) Τη χρονική στιγμή t=0 τα σημεία της χορδής

που ταλαντώνονται βρίσκονται στη θέση 2A'

y .

ενώ τη χρονική στιγμή t1 μηδενίζεται για 1η φορά η κινητική τους ενέργεια μετά την t=0, δηλαδή βρίσκονται σε ακραία θέση ταλάντωσης. Όπως προκύπτει από το διάγραμμα του περιστρεφόμενου διανύσματος

rad3πφ

21συνφ

Α'2

Α'συνφ

Όμως:

rad/s 10πω30

13π

t3π

Δtφω

Δ

Άρα: Τ=ω2π

Τ=0,2s

y (m)

0

0,2

0,4

0

−0,4

−0,2

x(m)

d

AK’ ℓ

Τα σημεία της χορδής ευθυγραμμίζονται με τον ημιάξονα Οx κάθε φορά που περνούν από τη θέση

ισορροπία τους που συμβαίνει κάθε 2T =0,1s.

Συνεπώς η ζητούμενη συχνότητα είναι: 10Hzf 0,11f

ε) Η εξίσωση του στάσιμου κύματος θα είναι της μορφής

φ

Tt2πημθ

λx2πσυν2Ay

Στο x=0 υπάρχει κοιλία οπότε Α2'Α που σημαίνει ότι:

11102 συνθσυνθθλ

πσυν θ=0 ή θ=π rad

Την t=0 όμως η απομάκρυνση της 1ης από αριστερά κοιλίας είναι yκ=+2

'Α κ , οπότε:

Για x=0, yκ=+2

'Α κ και θ=0

rad62

10Α2Α πφημφημφσυν ή φ= rad6π5

Για x=0, t1= s301 και rad

6πφ : 2Α

63πημ2Α

6π

0,230

12πημ0συν2Ay


65πφ : 2Α

67πημ2Α

65π

0,130

12πημ0συν2Ay

,

οπότε η τιμή rad65πφ απορρίπτεται.

Για x=0, yκ=+2

'Α κ και θ=π radQ

rad6

721Α2Α πφημφημφσυνπ ή φ= rad

6π11


611πφ : 2Α

613πημ2Α

611π

0,230

12πημπσυν2Ay

,

οπότε η τιμή rad6

11πφ απορρίπτεται.


67πφ : 2Α

69πημ2Α

67π

0,230

12πημπσυν2Ay

Άρα, οι δεκτές τιμές (θ,φ) είναι

67π π, και

6π 0, , οπότε η εξίσωση του στάσιμου κύματος

μπορεί να γραφεί:

6π

0,2t2πημ

0,4x2πσυν0,4y

6πt10πημσυν(5πx)4,0y

ή

6π

0,2t2πημ

0,4x2πσυν0,4y

67πt10πημπ)συν(5πx4,0y

Να σημειωθεί ότι οι παραπάνω εξισώσεις στάσιμου κύματος είναι απόλυτα ισοδύναμες δεδομένου

ότι: συν(5πt+π)=−συν(5πt) και

6πt10πημ

6ππt10πημ

67πt10πημ .

στ) Ένα σημείο που απέχει από το αριστερό άκρο της χορδής 0,25m, σχέση με την αρχή των αξόνων βρίσκεται στη θέση x1=0,25-(λ/4)=0,15m, όπου (λ/4) είναι η απόσταση του αριστερού άκρου της χορδής από το άκρο Ο. H εξίσωση απομάκρυνσης του σημείου στη θέση x1=0,15m είναι:

π6πt10πημ20,2

6πt10πημ20,2y

6πt10πημ

43πσυν0,4y

6πt10πημ0,155πσυν0,4y

1

11

Το άλλο σημείο που απέχει από το αριστερό άκρο της χορδής 0,85m, σχέση με την αρχή των αξόνων βρίσκεται στη θέση x2=0,85-(λ/4)=0,75m. H εξίσωση απομάκρυνσης του σημείου στη θέση x2=0,75m είναι:

6πt10πημ20,2y

6πt10πημ

43ππσυν0,4y



22

22

Όπως φαίνεται η διαφορά φάσης των δύο σημείων είναι: Δφ=π rad.

ζ) Την χρονική στιγμή t1= s121 η κοιλία στη θέση x=0 έχει απομάκρυνση

0

ημπ0,4y

6π

12110πημ0,4y και u<0

Την χρονική στιγμή t2= s101 η κοιλία στη θέση x=0 έχει απομάκρυνση

m2,06

7

πημ0,4y6π

10110πημ0,4y

Την χρονική στιγμή t3= s152 η κοιλία στη θέση x=0 έχει απομάκρυνση

m4,02

3

πημ0,4y6π

15210πημ0,4y

Σχεδιάζουμε τα στιγμιότυπα λαμβάνοντας υπόψη, ότι όλα τα σημεία που ταλαντώνονται ταυτόχρονα διέρχονται από τη θέση ισορροπίας με τις διαδοχικές κοιλίες να έχουν αντίθετη φορά κίνησης, και ταυτόχρονα έρχονται σε ακραίες θέσεις ταλάντωσης με τις διαδοχικές κοιλίες να έχουν αντίθετες μέγιστες απομακρύνσεις.

η) Για το μήκος της χορδής θα ισχύει:

150,4

Lfλf'

f'u

4L2λ'4L δ

22

2

f’=4Hz Οπότε:

100%5

54100%f

ff'100%f

Δf

20%100%f

Δf

Πέτρος Καραπέτρος

[email protected]

ΚΡΟΥΣΗ-DOPPLER KAI ΟΛΙΣΘΗΣΗ Μία ομογενής σανίδα μάζας Μ=4kg και μήκους L βρίσκεται ακίνητη πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Στο αριστερό άκρο της σανίδας, όπως φαίνεται στο σχήμα, βρίσκεται σώμα Σ2 μάζας m2=1kg, το οποίο φέρει δέκτη (Δ) ηχητικών κυμάτων αμελητέας μάζας και είναι ελεύθερο να κινηθεί πάνω στη σανίδα, με την οποία εμφανίζει συντελεστή τριβής ολίσθησης μ=0,4. Σε μεγάλη απόσταση από τη σανίδα και στην ίδια διεύθυνση με το σώμα Σ2 βρίσκεται πηγή S εκπομπής ηχητικών κυμάτων συχνότητας fS=850Hz. Ένα δεύτερο σώμα Σ1 μάζας m1=0,5kg κινείται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου u1 και συγκρούεται κεντρικά και ελαστικά με το σώμα Σ2 που βρίσκεται πάνω στη σανίδα, με αποτέλεσμα αμέσως μετά την κρούση, που λαμβάνεται ως t=0, να ενεργοποιηθεί ο δέκτης που φέρει το σώμα Σ2. Στο σχήμα (β) απεικονίζεται η μεταβολή των συχνότητας που καταγράφει ο δέκτης σε συνάρτηση με το χρόνο.

α) Να περιγράψετε την κίνηση του σώματος Σ1 αμέσως μετά την κρούση Να υπολογίσετε: β) την ταχύτητα των σωμάτων Σ1 και Σ2 αμέσως μετά την κρούση. γ) τη συχνότητα fA που καταγράφει ο δέκτης από τη χρονική στιγμή t1 και μετά. δ) τον χρόνο εκπομπής των κυμάτων που εκπέμπει η πηγή και λαμβάνει ο δέκτης (Δ) στο χρονικό διάστημα που το σώμα Σ2 ολισθαίνει πάνω στη σανίδα. ε) το ελάχιστο μήκος της σανίδας L ώστε να μην το Σ2 να μην εγκαταλείψει την σανίδα κατά την κίνηση του μετά την κρούση στ) το έργο της τριβής ολίσθησης που δέχεται το σώμα Σ2, καθώς και το έργο της τριβής ολίσθησης που δέχεται η σανίδα σε όλη τη διάρκεια της κίνησης του σώματος Σ2 πάνω σε αυτή ζ) την τιμή του συντελεστή τριβής ολίσθησης μεταξύ σώματος Σ2 και σανίδας ώστε αμέσως μετά την κρούση ο δέκτης του Σ2 να καταγράφει συχνότητα που μειώνεται με ρυθμό 5s-2. Δίνεται ότι το μέτρο της ταχύτητας διάδοσης του ήχου στον ακίνητο αέρα ισούται με 340m/s και η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10m/s2.

Λύση: α) Αμέσως μετά την κρούση το σώμα Σ2 αρχίζει να

ολισθαίνει πάω στη σανίδα. Στο σώμα Σ2 ασκείται τριβή Τ λόγω αλληλεπίδρασης με την σανίδα με φορά προς τα αριστερά, ενώ λόγω δράσης αντίδρασης στη

Σ2 Σ1 S Δ

σχήμα (α) fA (Ηz)

t (s) t1 0 0

875

u1

σχήμα (β)

w2

Τ Ν2

Τ’’ Ν2’

’ wσαν

N

σανίδα θα ασκηθεί η αντίδραση Τ’ που αποτελεί την δύναμη που θα θέσει σε κίνηση την μέχρι τότε ακίνητη σανίδα. Η ταχύτητα του σώματος Σ2 μειώνεται με τον χρόνο ενώ της σανίδας αυξάνεται. Μέχρι και την χρονική στιγμή t1 o δέκτης πλησιάζει προς την πηγή με ταχύτητα, το μέτρο της οποίας μειώνεται με σταθερό ρυθμό, γι’ αυτό και στο σχήμα (β) μέχρι τη χρονική στιγμή t1 η συχνότητα που καταγράφει ο δέκτης μειώνεται με σταθερό ρυθμό. Όταν οι δύο ταχύτητες εξισωθούν το σώμα Σ2 θα ηρεμήσει ως προς τη σανίδα και οι τριβές θα μηδενισθούν, που σημαίνει ότι στη συνέχεια το σώμα και η σανίδα στο σύστημα αναφοράς του εδάφους θα έχουν κοινή ταχύτητα που θα διατηρείται χρονικά σταθερή (γι’ αυτό από τη χρονική στιγμή t1 και μετά η συχνότητα που καταγράφει ο δέκτης είναι χρονικά σταθερή, δεδομένου ότι η ταχύτητα του Σ2 παραμένει σταθερή). Για όλη τη διάρκεια της ολίσθησης του σώματος Σ2 πάνω στη σανίδα, οι τριβές είναι εσωτερικές δυνάμεις του συστήματος σανίδα-Σ2, οπότε το σύστημα θεωρείται μονωμένο. β) Οι ταχύτητες των σωμάτων αμέσως μετά την κρούση είναι:

(2) umm

2m'u κ και (1) ummmm'u 1

21

121

21

211

Η συχνότητα που καταγράφει ο δέκτης που φέρει το Σ2 είναι fA=875Hz, άρα

340350340850

340875uf

uf'uf

u'uu

f ηχS

ηχA2S

ηχ

2ηχA

u2’=10m/s Από την (2) βρίσκουμε τη ταχύτητα του σώματος Σ1 πριν την κρούση:

15m/su2m

)m(m'uu 11

2121

Άρα η ταχύτητα του σώματος Σ1 μετά την κρούση:

1510,51-0,5 u

mmmm'u 1

21

211

u1’=−5m/s

δηλαδή το σώμα Σ1 ανακλάται με ταχύτητα μέτρου 5m/s.

γ) Τη χρονική στιγμή t1 το σύστημα σανίδα-Σ2 αποκτά κοινή ταχύτητα, η οποία μπορεί να υπολογιστεί με εφαρμογή της Α.Δ.Ο.

2m/sV14

101mM

'umV)Vm(M'umpp K2

22KK222τελαρχ

Άρα η χρονικά σταθερή συχνότητα fA που καταγράφεται από τη χρονική στιγμή t1 και μετά είναι:

850340

2340ffu

'uuf S

ηχ

2ηχA

A

fA=855Hz

δ) Με εφαρμογή του 2ου νόμου Νεύτωνα για την κίνηση του Σ2 πάνω στη σανίδα έχουμε: 2

2222 /4μμmΤαΣ smgaamgmamF Οπότε το σώμα Σ2 αποκτά ταχύτητα Vκ σε χρονική διάρκεια Δt:

2s4102

a'uVt

0t'uVα

ΔtΔuα 2κ

11

2κ

To σώμα Σ2 ολισθαίνει πάνω στη σανίδα για χρονική διάρκεια Δt=2s. Σ’ Αυτήν την χρονική διάρκεια λαμβάνει ορισμένο πλήθος ΝΑ ηχητικών κυμάτων ων που εκπέμπονται από την πηγή S. Εάν η συχνότητα που κατέγραφε ο δέκτης ήταν ίση με αυτή που εκπέμπει η πηγή, τότε όσα κύματα

εκπέμπει η πηγή σε ορισμένη χρονική διάρκεια τόσα λαμβάνει και ο δέκτης. Εάν όμως η οι συχνότητες αυτές διαφέρουν τότε ο χρόνος εκπομπής και λήψης διαφέρουν. Έστω ΝS ο αριθμός των κυμάτων που εκπέμπει η πηγή σε χρονική διάρκεια ΔtS και ΝΑ ο αριθμός των κυμάτων που καταγράφει ο δέκτης σε χρόνο ΔtA. Όσα κύματα εκπέμπει η πηγή τόσα καταγράφει ο δέκτης. Ο αριθμός των μεγίστων των κυμάτων καταγράφονται από τον δέκτη υπoλογίζεται από το γραμμοσκιασμένο εμβαδόν στο διάγραμμα fA=f(t).

NA=E= 17302

2875855

Όμως:

ΝΑ=ΝS NA=fS.ΔtS

S

AS f

Nt Δ

ΔtS=2,035s

ε) Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται σε σώμα και σανίδα ξεχωριστά.,

όπου Τ=Τ’(δράση-αντίδραση) και Ν2=Ν2’(δράση-αντίδραση). Για το σώμα έχουμε:

ΣFy=0 N2=m2g N2=10N Για την σανίδα έχουμε:

ΣFx=M.α1 Τ’=Μ.α1

μm2g=M.α1 21

21 1m/sα

Mgmμ

α

Σε χρόνο Δt=t1-0=2s, το Σ2 μετατοπίζεται ως προς το ακίνητο έδαφος κατά:

Δx2= 12m82024)(21210αt

21t'u 22

112

Στο ίδιο χρονικό διάστημα η σανίδα μετατοπίζεται ως προς το ακίνητο έδαφος κατά:

2m2121tα

21d 22

11

Συνεπώς το σώμα Σ2 μετατοπίζεται πάνω στη σανίδα κατά

Δx2-d=10m Από την χρονική στιγμή t1 και μετά δεν υπάρχει σχετική μετατόπιση του Σ2 πάνω στη σανίδα, δεδομένου ότι κινούνται με κοινή ταχύτητα. Οπότε το ελάχιστο μήκος της σανίδας είναι:

L=10m στ )Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Κ.Ε για το Σ2 από την χρονική στιγμή αμέσως μετά την κρούση μέχρι και να αποκτήσει ταχύτητα VK. Από την στιγμή t1 και μετά η Τ μηδενίζεται. Έτσι έχουμε:

5021012121

21WW'um

21Vm

21 22

TT2

222k2

w2

Τ Ν2

Τ’’ Ν2’

’ wσαν

N

WT=−48J Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Κ.Ε για τη σανίδα από την χρονική στιγμή αμέσως μετά την κρούση μέχρι και να αποκτήσει ταχύτητα VK. Από την στιγμή t1 και μετά η Τ’ μηδενίζεται. Έτσι έχουμε:

2T'T'

2k 24

21WW0MV

21

WT’ =8J Παρατηρούμε ότι οι δυνάμεις Τ και Τ’ αν και έχουν ίσα μέτρα ως δράση-αντίδραση δεν έχουν αντίθετα έργα. Αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι τα έργο μίας δύναμης δεν εξαρτάται μόνο από το μέτρο της αλλά και από την μετατόπιση του σημείου εφαρμογής της. Οι δυνάμεις Τ και Τ’ ασκούνται σε σημεία που έχουν διαφορετική ταχύτητα, άρα οι μετατοπίσεις των σημείων εφαρμογής τους είναι διαφορετικές και ως εκ τούτου και τα έργα τους.

ζ) Για την συχνότητα που καταγράφει ο δέκτης αμέσως μετά την κρούση ισχύει:

tu

fαf

u'uu

fu

tα'uuf

uuu

fηχ

SS

ηχ

2ηχS

ηχ

2ηχS

ηχ

2ηχA

tu

fgμf

u'uu

fu

tα'uuf

uuu

fηχ

SS

ηχ

2ηχS

ηχ

2ηχS

ηχ

2ηχA

Παρατηρούμε ότι η παραπάνω εξίσωση της συχνότητας που καταγράφει ο δέκτης αμέσως μετά την κρούση είναι πρωτοβάθμια εξίσωση του χρόνου, και ο ρυθμός μεταβολής της συχνότητας ισούται με τον σταθερό παράγοντα μπροστά από τον χρόνο t. Οπότε:

850103405)(

fg

uΔt

Δf μ

ufgμ

ΔtΔf

S

ηχA

ηx

SA

μ=0,2

Πέτρος Καραπέτρος [email protected]

ΘΕΜΑ 4 - WordPress.com · 2015-04-30 · Α. Για τη ελαστική κρούση...

Documents

Transcript of ΘΕΜΑ 4 - WordPress.com · 2015-04-30 · Α. Για τη ελαστική κρούση...