Παρασκευή, 27 Μαρτίου 2020

Επαναληπτικές ασκήσεις από 28/3 έως 9/4 ( ΚΕΦ. 4 - Φυσική Γ' Λυκείου)


9/4/2020 - μόνο περιστροφική κίνηση
Δύο ομογενείς δίσκοι με ακτίνες R$_{1}$=0,3 m και R$_{2}$=0,2 m έχουν στερεωθεί μεταξύ τους με τέτοιο τρόπο ώστε τα κέντρα τους να είναι το ένα πάνω από το άλλο και να αποτελούν ένα συμπαγές στερεό σώμα.

Η ροπή αδράνειας του συστήματος των δύο δίσκων είναι ίση με I= 0,25 kg·m$^{2}$ .(ως προς κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από τα κέντρα των δίσκων).
Ο μεγαλύτερος δίσκος ακουμπά σε λείο οριζόντιο τραπέζι. Νήματα αμελητέας μάζας είναι τυλιγμένα γύρω από τους δύο δίσκους και είναι συνδεδεμένα μέσω τροχαλιών αμελητέας μάζας με δύο σώματα με μάζες m$_{1}$=5 kg και m$_{2}$, όπως φαίνεται στο σχήμα. Τα νήματα δεν ολισθαίνουν στους δίσκους.
Να υπολογίσετε την τιμή της άγνωστης μάζας m$_{2}$, για την οποία ο άξονας που διέρχεται από τα κέντρα των δίσκων παραμένει ακίνητος.

Υπόδειξη:
Αφού το στερεό σώμα (που σχηματίζουν οι δυο δίσκοι) δεν εκτελεί μεταφορική κίνηση, θα ισχύει $Σ\vec{F}=\vec{0} \Rightarrow \vec{Τ}_{1}=\vec{Τ}_{2}=\vec{Τ}$, όπου $\vec{Τ}_{1}$ και $\vec{Τ}_{2}$, οι οριζόντιες δυνάμεις που ασκούν τα νήματα στο στερεό (στο σχήμα που ακολουθεί βλέπουμε την κάτοψη του στερεού)
Για το στερεό σώμα θα ισχύει επίσης: $Στ_{cm}=T(R_{1}-R_{2}=Ia_{γ}$ (1)
Για την μάζα $m_{1}$: $m_{1}g-T=m_{1}a_{1}=m_{1}R_{1}a_{γ}$  (2)
Για την μάζα $m_{2}$: $T-m_{2}g=m_{2}a_{2}=m_{2}R_{2}a_{γ}$  (3}
Συνδυάζοντας τις παραπάνω εξισώσεις παίρνουμε ... μετά από κάποιες πράξεις $m_{2}=2,5kg$.


8/4/2020 - Κύλιση στερεών σωμάτων σε πλάγιο επίπεδο
Στο τμήμα του μη λείου πλάγιου επιπέδου αφήνουμε να κυλίσουν τέσσερα ομογενή στερεά σώματα – έναν σφαιρικό φλοιό, μια συμπαγή σφαίρα, έναν κυλινδρικό φλοιό και έναν συμπαγή κύλινδρο. Το πέμπτο σώμα, ο κύβος, ολισθαίνει απλά χωρίς τριβές στον τελευταίο και λείο διάδρομο του πλάγιου επιπέδου.Όλα τα σώματα βρίσκονται στο ίδιο ύψος από το οριζόντιο επίπεδο.

Να βρείτε την σειρά τερματισμού των σωμάτων στην κατώτερη θέση του κεκλιμένου επιπέδου.
Yπόδειξη:
Ο κύβος αποδεικνύεται πολύ εύκολα ότι ολισθαίνει με επιτάχυνση $a_{cm}=g\sin θ$, όπου θ η γωνία του πλάγιου επιπέδου.
Για τα υπόλοιπα τέσσερα στερεά, θεωρώντας τους θεμελιώδεις νόμους της μηχανικής (για μεταφορική και στροφική κίνηση), βρίσκουμε ότι κυλίονται έτσι ώστε το κέντρο μάζας τους να έχει επιτάχυνση:
$a_{cm}=\frac{g\sin θ}{1+\frac{I_{cm}}{mR^{2}}}=\frac{g\sin\beta}{1+\lambda}$
Παρατηρείστε ότι η επιτάχυνση των στερεών εξαρτάται μόνο από τον συντελεστή λ στον τύπο της ροπής αδράνειάς τους Ι=λmR$^{2}$.
Έτσι, για τον συμπαγή κύλινδρο προκύπτει $a_{cm}=\frac{2g\sin θ}{3}$
για τον κυλινδρικό φλοιό $a_{cm}=\frac{g\sin θ}{2}$
για την συμπαγή σφαίρα $a_{cm}=\frac{5g\sin θ}{7}$
και για τον σφαιρικό φλοιό $a_{cm}=\frac{3g\sin θ}{5}$

Αν επικεντρωθούμε σε ένα από τα στερεά που κυλάνε π.χ. τον κύλινδρο, διαπιστώνουμε πως στην επιτάχυνσή του δεν παίζει ρόλο ούτε η μάζα, ούτε η ακτίνα, ούτε το πλάτος του!



7/4/2020 - Μηχανική ενέργεια και στροφορμή
Στο σχήμα τα δυο σώματα έχουν μάζες $m_{1}=m_{2}=m$ και είναι δεμένα με αβαρές νήμα που διέρχεται από την οπή του οριζοντίου επιπέδου στο σημείο Κ. Το σώμα $m_{1}$ αρχικά απέχει απόσταση $R_{0}$ από την οπή Κ και του δίνουμε αρχική ταχύτητα $v_{0}=\sqrt{2gR_{0}}$, κάθετη στην απόσταση από το κέντρο Κ.
Να βρείτε το μέγιστο ύψος στο οποίο θα ανέλθει το $m_{2}$. 
Τριβές δεν υπάρχουν. Δίνεται $R_{0}=1m$.
Υπόδειξη:
Η στροφορμή της μάζας $m_{1}$ ως προς Κ διατηρείται σταθερή (γιατί;): $m_{1}v_{0}R_{0}=m_{1}v_{1} R_{1} \Rightarrow v_{1}=v_{0} \frac{R_{0}}{R_{1}}$, όπου $R_{1}=h_{max}+R_{0}$ (Για την συγκεκριμένη αρχική ταχύτητα η τάση του νήματος, που παίζει τον ρόλο της κεντρομόλου για την $m_{1}$, είναι μεγαλύτερη από το βάρος της $m_{2}$. Γι αυτό η $m_{2}$ θ' αρχίσει να ανεβαίνει. Η τροχιά της $m_{1}$ στη συνέχεια δεν θα είναι κυκλική, αλλά αυτό δεν μας απασχολεί. Το νήμα παραμένει συνεχώς τεντωμένο. Μόλις η μάζα $m_{2}$ φτάσει στο μέγιστο δυνατό ύψος, η ταχύτητά της γίνεται στιγμιαία μηδέν, οπότε η ταχύτητα της $m_{1}$ θα είναι αναγκαστικά κάθετη στην απόσταση από το Κ...).
Eφόσον δεν υπάρχουν τριβές, η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται σταθερή:
$\frac{1}{2}m_{1}v_{0}^{2}=\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}+m_{2}g(R_{1}-R_{0})$ και αντικαθιστώντας την $v_{1}$, έχουμε $v_{0}^{2}=\frac{v_{0}^{2} R_{0}^{2}}{R_{1}^{2}}+2g(R_{1}-R_{0})$, απ'  όπου για $v_{0}=\sqrt{2gR_{0}}$, παίρνουμε μετά από πράξεις: $R_{1}=$1,618$R_{0}$. Επομένως $h_{max} \cong 0,6m$ (Ποια θα είναι στη συνέχεια η εξέλιξη του φαινομένου; )


 6/4/2020 Τροχαλίες
Ένας μαθητής προκειμένου να συγκρίνει τα χαρακτηριστικά των τριών κινήσεων, Μεταφορική - Στροφική - Σύνθετη, μελετά στο εργαστήριο Φυσικής τις πειραματικές διατάξεις του σχήματος:
Ο ομογενής δίσκος Δ$_{3}$ του σχήματος έχει μάζα Μ και ακτίνα R και μπορεί να στρέφεται γύρω από το σταθερό άξονα του χωρίς τριβές. Ο δίσκος Δ$_{3}$ (σχ 1A) συνδέεται με τον δίσκο Δ1 μέσω αβαρούς μη ελαστικού νήματος που είναι τυλιγμένο πολλές φορές στην περιφέρεια των δύο δίσκων Δ$_{3}$, Δ$_{1}$, ενώ με το δίσκο Δ$_{2}$ (σχ 1B) μέσω ίδιου νήματος που είναι δεμένο στην κορυφή Κ του δίσκου Δ2. Τη χρονική στιγμή t=0 τα συστήματα αφήνονται ελεύθερα να κινηθούν χωρίς το νήμα να ολισθαίνει ως προς τους δίσκους Δ$_{3}$, Δ$_{1}$ και μένοντας διαρκώς κατακόρυφο. Για τις μάζες των τριών δίσκων δίνεται Μ$_{1}$=Μ$_{2}$=Μ$_{3}$=Μ και για τις ακτίνες R$_{1}$=R$_{2}$=R$_{3}$=R, η ροπή αδράνειας για τον ομογενή δίσκο Ιcm= ½ ΜR$^{2}$ και g=10m/s$^{2}$ 
A. Να υπολογίσετε τις επιταχύνσεις των κέντρων μάζας α$_{cm1}$ , α$_{cm2}$ των δύο δίσκων Δ$_{1}$, Δ$_{2}$ κατά την κίνηση τους.
B. Να υπολογίσετε το μήκος L του νήματος που έχει ξετυλιχτεί στη διάταξη του σχ. 1Α τη χρονική στιγμή t=2s.

Γ.  Να εκφράσετε την κατακόρυφη απόσταση 𝑦 των κέντρων μάζας των δίσκων Δ1 και Δ2 σε συνάρτηση με το χρόνο και να σχεδιάσετε τη γραφική της παράσταση για χρονικό διάστημα από 0 έως 2s.
Απαντήσεις
A.  α$_{cm1}$=0,8g , α$_{cm2}$=2/3g B. 16m  Γ. $y= \frac{2}{3}t^{2}$, παραβολή 
δείτε την αναλυτική λύση ΕΔΩ, το 3ο ΘΕΜΑ


 4/4/2020 Μηχανή Atwood και ταλάντωση
Η τροχαλία του σχήματος είναι ομογενής με μάζα Μ=20 kg και ακτίνα R=10cm. Τα σώματα Σ$_{1}$ και Σ$_{2}$ έχουν μάζες $m_{1}$ = 20kg και $m_{2}$ =10kg.
Η ροπή αδράνειας της τροχαλίας ως προς τον άξονά της είναι $Ι = ½ ΜR^{2 }$ και η επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10m/s$^{2}$.  Το βάρος  του νήματος θεωρείται αμελητέο. Η τριβή ανάμεσα στην τροχαλία και στο σκοινί είναι αρκετά μεγάλη ώστε να μην παρατηρείται ολίσθηση.
Α. Την χρονική στιγμή t=0, όταν οι δυο μάζες βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο  επίπεδο, το σύστημα αφήνεται ελεύθερο να κινηθεί χωρίς αρχική ταχύτητα. Να υπολογίσετε την γωνιακή ταχύτητα της τροχαλίας την χρονική στιγμή που η βαρυτική δυναμική ενέργεια του συστήματος έχει μειωθεί κατά 10J.
Β. Τα μέτρα της στροφορμής της τροχαλίας $L_{τροχ}$ και της στροφορμής $L_{2}$ της μάζας $m_{2}$
, ως προς τον οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το κέντρο της τροχαλίας συνδέονται με την σχέση:
         (i) $L_{τροχ} > L_{2}$  (ii) $L_{τροχ} < L_{2}$ (iii) $L_{τροχ} = L_{2}$  (iv) εξαρτάται από την χρονική στιγμή
Να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.
Γ. Να προσδιορίσετε τον ρυθμό μεταβολής της συνολικής στροφορμής του συστήματος (ως προς τον οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το κέντρο της τροχαλίας).
Δ. Στη συνέχεια η μάζα $m_{2}$ συνδέεται με το άκρο κατακόρυφου ελατηρίου σταθερά k=1000N/m, το άλλο άκρο του οποίου είναι δεμένο στο οριζόντιο επίπεδο, όπως στο παρακάτω σχήμα, έτσι ώστε το σύστημα να ισορροπεί.

(i) Nα υπολογιστεί η παραμόρφωση του ελατηρίου $Δℓ_{0}$.
Απομακρύνουμε την μάζα $m_{2}$ από τη θέση ισορροπίας κατακόρυφα προς τα κάτω κατά Δψ=5cm, και την χρονική στιγμή t=0 αφήνεται να κινηθεί.
(ii) Nα αποδείξετε ότι οι μάζες $m_{1}$ και $m_{2}$ θα εκτελέσουν απλή αρμονική ταλάντωση και να υπολογίσετε την κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης.
(iii) Nα προσδιορίσετε την κινητική ενέργεια της τροχαλίας την χρονική στιγμή $t_{1}$=π/5 s.

Υπόδειξη:
Α. Εργαζόμενοι όπως στο πρόβλημα 4.63 (σελ. 145) του σχολικού βιβλίου παίρνουμε για την επιτάχυνση με την οποία κινούνται οι μάζες $m_{1}$ και $m_{2}$: $a=\frac{(m_{1}-m_{2})g}{m_{1}+m_{2} + \frac{M}{2}}=2,5m/s^{2}$.
Όταν το σύστημα κινείται η μάζα $m_{2}$ ανεβαίνει και η $m_{2}$ κατεβαίνει ίση απόσταση $Δy$. Θεωρώντας ότι η αρχική βαρυτική δυναμική ενέργεια των μαζών ήταν μηδέν θα έχουμε: $ΔU=-10J$ ή $U_{τελ}-U_{αρχ}=(-m_{1}gΔy+m_{2}gΔy)-0=-10J$ και $Δy=0,1m$.
Όμως $v=at$ και $Δy=\frac{1}{2}at^{2}$ και $v=\sqrt{2aΔy}=\frac{1}{\sqrt{2}}m/s$. H γωνιακή ταχύτητα της τροχαλίας θα είναι $ω=v/R=5\sqrt{3} r/s$ 
B. H στροφορμή της τροχαλίας θα είναι $L_{τ}=Ιω=I \cdot a_{γ}t=\frac{1}{2}MR^{2} \frac{a}{R}t=\frac{1}{2}MR \cdot a \cdot t$
H στροφορμή της μάζας $m_{2}$ είναι $L_{2}=m_{2} \cdot v \cdot R= m_{2}a\cdot R \cdot t$ και δεδομένου ότι $Μ=2m_{2}$, ;άρα σωστή απάντηση είναι η (iii).
Γ.   $\frac{d(L_{1}+L_{2}+L_{τ})}{dt}=10kg\frac{m^{2}}{s^{2}}$
Δ. Στην θέση ισορροπίας για την μάζα $m_{2}$ ισχύει $kΔ\ell_{0}+m_{2}g=T_{2}$, όπου $Δ \ell_{0}$, η επιμήκυνση του ελατηρίου από το φυσικό του μήκος. Επίσης $T_{1}=T_{2}=m_{1}g$, οπότε $Δ\ell_{0}=\frac{(m_{0}-m_{2})g}{k}=0,1m$.
Απομακρύνοντας την μάζα $m_{2}$ κατά $ψ$ προς τα κάτω η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται σ' αυτήν είναι: $ΣF_{2}=F'_{ελ}+m_{2}g-T_{2}=k ( Δ \ell_{0}-ψ)+m_{2}g-T_{2}=m_{1}g-kψ-Τ_{2}=m_{2}a$ (1)
Για την μάζα $m_{1}$ ισχύει: $m_{1}g-T_{1}=m_{1}a$  (2)
και για την τροχαλία $(Τ_{1}-Τ_{2})R=\frac{1}{2}MR^{2} \frac{a}{R}$ (3)
Συνδυάζοντας τις εξισώσεις (1), (2) και (3) παίρνουμε μετά από πράξεις: $ΣF_{2}=-\frac{k}{1+\frac{m_{1}+M/2}{m_{2}}}ψ=-Dψ$, επομένως η μάζα $m_{2}$ (άρα και η $m_{1}$) εκτελεί α.α.τ. με $ω=\sqrt{\frac{D}{m_{2}}}=5 r/s$. Για $t_{1}$=π/5 s εύκολα προκύπτει ότι $υ=0$, οπότε η κινητική ενέργεια της τροχαλίας είναι μηδέν.


3/4/2020 - Κατακόρυφη δύναμη σε νήμα που είναι τυλιγμένο σε κύλινδρο
Σε ομογενή κύλινδρο ακτίνας R και μάζας Μ=2kg είναι τυλιγμένο λεπτό, αβαρές και μη εκτατό νήμα. Ο κύλινδρος είναι αρχικά ακίνητος σε οριζόντιο επίπεδο με το οποίο εμφανίζει συντελεστή οριακής τριβής μ$_{ορ}$=μ=1/3. Την χρονική στιγμή t=0 ασκούμε στο ελεύθερο άκρο του νήματος κατακόρυφη δύναμη μέτρου F=3N, οπότε ο κύλινδρος αρχίζει να κυλίεται (… χωρίς να ολισθαίνει) στο οριζόντιο επίπεδο. Η δύναμη και το ξετυλιγμένο νήμα παραμένουν συνεχώς κατακόρυφα. Το νήμα ξετυλίγεται χωρίς να ολισθαίνει στην επιφάνεια του κυλίνδρου.
Να υπολογίσετε:
Α. την επιτάχυνση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου
Β. την μέγιστη τιμή της δύναμης F, έτσι ώστε ο κύλινδρος να μην ολισθαίνει στο οριζόντιο επίπεδο.
Γ. Σε ποια χρονική στιγμή t$_{x}$ η κινητική ενέργεια του κυλίνδρου γίνεται 1,5J;
Δ. Πόσο ξετυλίχθηκε το νήμα μέχρι την χρονική στιγμή t$_{x}$. Πόση είναι η οριζόντια μετατόπιση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου την ίδια χρονική στιγμή;
Ε. Έστω ότι ο κύλινδρος την χρονική στιγμή t=0 βρισκόταν σε επαφή και με κατακόρυφο τοίχο ίδιου συντελεστή οριακής τριβής με το οριζόντιο δάπεδο.

Για ποια τιμή της κατακόρυφης δύναμης F ο κύλινδρος θ’ αρχίσει να κινείται;
Δίνονται: η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου ως προς άξονα που διέρχεται από τα κέντρα των βάσεών του Ι$_{cm}$ = ½ MR$^{2}$ και η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10 m/s$^{2}$. 
Υπόδειξη:
Α. Οι δυνάμεις που δέχεται ο κύλινδρος εκτός της δύναμης F, είναι η στατική τριβή $Τ_{σ}$, το βάρος και η κάθετη δύναμη στήριξης Ν.
Για την μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου ισχύει:  
$ΣF_{y}=0 \Rightarrow N+F=w$  (1)
$ΣF_{x}=ma_{cm} \Rightarrow T_{σ}=Ma_{cm}$ (2)
Για την στροφική κίνηση ισχύει:
$Στ_{cm}=I_{cm}a_{γ} \Rightarrow (F-T_{σ})R=\frac{1}{2}MR^{2}$ (3)
και επειδή ο κύλινδρος κυλίεται: $a_{cm}=a_{γ}R$  (4)
Από τις (2), (3) και (4) παίρνουμε: $a_{cm}=\frac{2F}{3M}=1\frac{m}{s^{2}}$
B. Eφόσον ο κύλινδρος δεν ολισθαίνει θα ισχύει $T_{σ} \leq μ \cdot N$ και λόγω των (1) και (2) $Ma_{cm} \leq μΜg-μF \Rightarrow F \leq \frac{3μ_{ορ}Mg}{2+3μ_{ορ}}$  (5)
Επομένως η μέγιστη τιμή ώστε ο κύλινδρος να μην ολισθαίνει είναι $F_{max}=20/3 \cong 6,67N$.
Γ. Η κινητική ενέργεια είναι: $K=\frac{1}{2}Mv_{cm}^{2}+\frac{1}{2}I_{cm}ω^{2}$ και δεδομένου ότι $v_{cm}=ωR$, τελικά $K=\frac{3Mv_{cm}^{2}}{4}$. Αντικαθιστώντας παίρνουμε $v_{cm}=1m/s$. Αλλά $v_{cm}=a_{cm}t_{x}$ οπότε $t_{x}=1s$,
Δ, Το σημείο του νήματος στο οποίο ασκείται η κατακόρυφη δύναμη F εκτελεί ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση με $a_{νημ}=a_{cm}$ (γιατί;), και $Δy=\frac{1}{2} a_{cm}t_{x}^{2}=0,5m$. Ίδια θα είναι και η οριζόντια μετατόπιση του κέντρου μάζας.
Ε. Οι δυνάμεις που ασκούνται στον κύλινδρο φαίνονται στο παρακάτω σχήμα:
Την οριακή στιγμή που ο κύλινδρος είναι "έτοιμος" να κινηθεί τα μέτρα των στατικών τριβών θα έχουν τις μέγιστες τιμές τους: $T_{1}=μN_{1}$ και $Τ_{2}=μN_{2}$. Εφόσον είμαστε οριακά λίγο πριν την κίνηση θα ισχύουν:
$ΣF_{x}=N_{2}-T_{1}=0$ , $ΣF_{y}=F+T_{2}+N_{1}-w=0$ και $Στ_{cm}=F R+T_{1}R-T_{2}R=0$. Aπό τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει F=40/7N.

Συμπληρωματικά με τα παραπάνω, δείτε το πρόβλημα 18 (Κεφ. 4-Επαναληπτικά προβλήματα - Θέμα Δ) στο studyforexams 
και το κύλινδρος εν γωνία στο ylikonet


2/4/2020 - Δύο κάθετες ομογενείς ράβδοι
Δύο πανομοιότυπες ομογενείς λεπτές ράβδοι ΟΑ και ΑΓ μάζας m$_{OA}$=m$_{AΓ}$=1kg και μήκους $\ell$=1m η κάθε μία, είναι κολλημένες στο άκρο τους Α, ώστε να σχηματίζουν ένα συμπαγές στερεό σώμα σε σχήμα ορθής γωνίας. 

Το σύστημα μπορεί να στρέφεται χωρίς τριβές σε κατακόρυφο επίπεδο, γύρω από σταθερό οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το σημείο Ο. Την χρονική στιγμή t = 0 αφήνουμε το στερεό ελεύθερο από τη θέση, στην οποία η ράβδος ΟΑ είναι οριζόντια. 
Δίνονται η ροπή αδράνειας ομογενούς ράβδου ως προς άξονα κάθετο σε αυτήν που διέρχεται από το κέντρο μάζας της είναι $I_{cm}=\frac{1}{12}m \ell^{2}$ και το μέτρο της επιτάχυνσης βαρύτητας g=10m/s$^{2}$.
Να υπολογιστούν: 
A. η ροπή αδράνειας του στερεού ως προς τον άξονα περιστροφής του O.
B. η γωνιακή επιτάχυνση του στερεού τη χρονική στιγμή t = 0 
Γ. το μέτρο του ρυθμού μεταβολής της στροφορμής της ράβδου ΑΓ ως προς τον άξονα περιστροφής του στερεού την χρονική στιγμή t = 0 
Δ. η γωνιακή ταχύτητα του στερεού, όταν η ράβδος ΟΑ γίνει κατακόρυφη 
E. ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του στερεού, όταν η ράβδος ΟΑ γίνει κατακόρυφη 
Απαντήσεις
Α) 5/3 $kg \cdot m^{2}$  B) 9 r/s$^{2}$ Γ) 12 $kg \cdot m^{2}/s^{2}$ Δ) 2\sqrt{6}r/s  Ε) $10\sqrt{6}$ m/s] 
Δείτε και μια αρκετά δυσκολότερη εκδοχή της άσκησης ΕΔΩ 



 31/3/2020 - H διπλή μηχανή Atwood
 Στο σύστημα του παρακάτω σχήματος οι τροχαλίες και τα μη-εκτατά νήματα που συνδέουν τις μάζες m, M, 4Μ θεωρούνται αβαρή, ενώ τα νήματα ολισθαίνουν στις τροχαλίες χωρίς τριβές. Αφήνουμε το σύστημα ελεύθερο να κινηθεί. Για ποια τιμή του λόγου(-ων) των μαζών (m/M) μια από τις μάζες m, M και 4Μ είναι δυνατόν να παραμένει ακίνητη;
 Προσομοίωση του φαινομένου ΕΔΩ
 Aπάντηση: m/M=16/5 ή 16/11 (για περισσότερες λεπτομέρειες δείτε ΕΔΩ)

 30/3/2020 - στροφορμή και ρυθμός μεταβολής στροφορμής  
Ένας ομογενής οριζόντιος δίσκος μάζας m=2kg, ακτίνας R=0,8m και ροπής αδράνειας $Ι_{cm}=\frac{1}{2}mR^{2}$, μπορεί να στρέφεται γύρω από κατακόρυφο σωλήνα-άξονα z, χωρίς τριβές. Στον σωλήνα έχει δεθεί το ένα άκρο αβαρούς νήματος, μήκους ℓ=0,5m, στο άλλο άκρο του οποίου έχει δεθεί σώμα Σ μάζας m$_{Σ}$=m=2kg , το οποίο θεωρούμε υλικό σημείο αμελητέων διαστάσεων. Με τεντωμένο το νήμα, κτυπάμε το σώμα προσδίδοντάς του αρχική ταχύτητα μέτρου υ$_{0}$=3,6m/s, κάθετη στο νήμα, όπως στο σχήμα. 

Μεταξύ σώματος Σ και δίσκου αναπτύσσεται τριβή, ενώ κατά την περιστροφή του σώματος, το νήμα τυλίγεται στο σωλήνα.  
H ροπή της τάσης του νήματος, ως προς τον άξονα περιστροφής θεωρείται αμελητέα
A. Να υπολογιστεί η αρχική στροφορμή του σώματος Σ, ως προς τον άξονα z
Β. Nα εξηγήσετε γιατί ο δίσκος θα αρχίσει να περιστρέφεται γύρω από τον άξονά του
Γ. Να υπολογίσετε, όταν σταματά η ολίσθηση του Σ πάνω στο δίσκο και το σύστημα έχει γωνιακή ταχύτητα μέτρου ω=5rad/s, 
(i) την ολική στροφορμή του συστήματος, ως προς τον ίδιο άξονα
(ii) το μήκος του νήματος που τυλίχθηκε γύρω από τον σωλήνα.
(iii) την απώλεια της μηχανικής ενέργειας λόγω τριβής. 
Δ. Κάποια στιγμή t$_{1}$ η στροφορμή του Σ, ως προς τον άξονα z, μειώνεται με ρυθμό 0,8kgm$^{2}$/s$^{2}$. Να υπολογιστεί ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής του δίσκου, ως προς τον άξονα z, την ίδια στιγμή. 
Απαντήσεις
Α. 3,6 $kg \cdot \frac{m^{2}}{s}$  
Γ. 3,6 $kg \cdot \frac{m^{2}}{s}$, 0,3m , 3,96 J   
Δ. $dL_{δ}/dt=0,8 kg\frac{m^{2}}{s^{2}}$]
η αναλυτική λύση (με λίγο διαφορετικά νούμερα) βρίσκεται ΕΔΩ


29/3/2020 - η γωνιακή ταχύτητα ράβδου
 Μια λεπτή ομογενής ράβδος μάζας μήκους L=1,2m μπορεί να κινείται σε κατακόρυφο επίπεδο γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το άκρο της A. Η ράβδος αρχικά είναι οριζόντια και αφήνεται να κινηθεί. Τριβές και αντίσταση αέρα αμελητέες. Δίνεται g=10m/s$^{2}$ και η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα περιστροφής που διέρχεται από το κέντρο μάζας της I$_{cm}$ =$\frac{ΜL^{2}}{12}$.

Α. Να υπολογιστεί η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν αυτή διέρχεται από την κατακόρυφη διεύθυνση. 
Β. Στη συνέχεια επαναλαμβάνουμε το ίδιο πείραμα, αλλά με την ράβδο να περιστρέφεται γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το σημείο Ο που απέχει απόσταση x=0,2m από το κέντρο μάζας της ράβδου.
Να υπολογιστεί η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν διέρχεται από την κατακόρυφη διεύθυνση. 
Γ. Για ποια τιμή του x η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν διέρχεται από την κατακόρυφη θέση είναι μέγιστη; 
Υπόδειξη:
Α. από Αρχή Διατήρησης Μηχανικής Ενέργειας, θεωρώντας ως επίπεδο μηδενικής βαρυτικής ενέργειας την αρχική οριζόντια θέση της ράβδου παίρνουμε: $0=-Μg\frac{L}{2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{3}ML^{2})ω^{2}$, όπου από θ. Steiner προέκυψε η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς Ο $I_{(Ο)}=\frac{1}{3}ML^{2}$. 
Eύκολα έχουμε ότι $ω=\sqrt{3g/L}=5r/s$.
Β. Τώρα η ροπή αδράνειας της ράβδου θα είναι $I_{(O)}=\frac{1}{12}ML^{2}+Mx^{2}$. Χρησιμοποιώντας πάλι την Αρχή Διατήρησης της Μηχανικής Ενέργειας παίρνουμε: $ω=\sqrt{\frac{2gx}{\frac{L^{2}}{12}+x^{2}}}$ (1)
Αντικαθιστώντας παίρνουμε $ω=5r/s$ (όπως και πριν!!!).
Αν μπορούσαμε να κάνουμε την γραφική παράσταση της γωνιακής ταχύτητας συναρτήσει του x, τότε θα βλέπαμε πως η τιμή ω=5r/s αντιστοιχεί στις δυο τιμές x=0,2m και x=0,6m (η περίπτωση του ερωτήματος Α).

Γ. Για να αποφύγουμε την παραγώγιση, αναδιατάσσοντας την εξ. (1) παίρνουμε: 
$2gx=(\frac{L^{2}}{12}+x^{2})ω^{2}$ ή $ω^{2}x^{2}-2gx+\frac{L^{2}ω^{2}}{12}=0$
Δεδομένου ότι η απόσταση x είναι πραγματικός αριθμός πρέπει η διακρίνουσα του τριωνύμου ως προς x να είναι μεγαλύτερη ή ίση με το μηδέν: $Δ\geq0 \Rightarrow ω^{4}\leq\frac{12g^{2}}{L^{2}}$, άρα η μέγιστη γωνιακή ταχύτητα θα είναι: $ω_{max}=\sqrt[4]{\frac{12g^{2}}{L^{2}}}$. 
Γι' αυτή την τιμή το τριώνυμο θα έχει μια διπλή ρίζα: $x=\frac{L}{2\sqrt{3}}$.
Διαβάστε τώρα και το "που πρέπει να θέσουμε την άρθρωση;"



28/3/2020 - περιστροφή συστήματος ράβδου-σφαιριδίου
Λεπτή ομογενής ράβδος μάζας Μ και μήκους L μπορεί να περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο, γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το ένα άκρο της (το σημείο Ο στο σχήμα). Στο άλλο άκρο της ράβδου, είναι στερεωμένο σφαιρίδιο μάζας m.

Την χρονική στιγμή t=0 που το σύστημα ράβδου-σφαιριδίου αφήνεται να κινηθεί από την οριζόντια θέση,  
Α.  να υπολογίσετε την γωνιακή επιτάχυνση του συστήματος συναρτήσει των μεγεθών m, M, g και L
Β. να εξηγήσετε γιατί η δύναμη που δέχεται η μάζα από τη ράβδο  έχει πάντα φορά προς τα κάτω;
Γ. Στη συνέχεια στερεώνουμε τη μάζα m σε σημείο που απέχει απόσταση d από τον άξονα περιστροφής (το σημείο Ο).
Tο σύστημα ράβδου-σφαιριδίου αφήνεται πάλι να κινηθεί χωρίς αρχική ταχύτητα από την οριζόντια θέση. 
Για ποιές τιμές του d (συναρτήσει του L) η δύναμη που δέχεται η μάζα από την ράβδο την χρονική στιγμή t=0 είναι μηδέν;  
Τριβές δεν υπάρχουν. Δίνεται ότι η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της που περνά από το κέντρο μάζας της I$_{cm}$ =$\frac{ΜL^{2}}{12}$. 

Υπόδειξη:
Α. Την χρονική στιγμή t=0 για το σύστημα ράβδος-m ισχύει $Στ_{(O)}=Μg \frac{L}{2}+mgL=I_{(O)}α_{γ}$. H ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το άκρο Ο υπολογίζεται εφαρμόζoντας το θ. Steiner: $I_{ρ,(O)}=I_{cm}+M \frac{L^{2}}{4}=\frac{1}{3}ML^{2}$, οπότε η ροπή αδράνειας μάζας-ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το Ο: $I_{(Ο)}=\frac{1}{3}ML^{2}+mL^{2}$. Aντικαθιστώντας στην αρχική εξίσωση εύκολα προκύπτει ότι: $α_{γ}=\frac{3g(M+2m)}{2(M+3m)L}$ 
Β. Αν η μάζα m έπεφτε ελεύθερα μόνη της τότε $a_{m}=g$. 
    Aν στη ράβδο δεν ήταν προσαρμοσμένη η μάζα m, τότε η γωνιακή της επιτάχυνση την χρονική στιγμή t=0 θα ήταν  $α_{γ,ρ}=\frac{3g}{2L}$ (στην εξίσωση του ερωτήματος Α θέτουμε m=0).  Έτσι, το άκρο της ράβδου θα έχει (επιτρόχιο) επιτάχυνση $a_{επ,ρ}=La_{γ,ρ}=\frac{3g}{2}=1,5g$.
Συνεπώς το άκρο της ράβδου (την στιγμή t=0), τείνει να κινηθεί με μεγαλύτερη επιτάχυνση από την μάζα, οπότε "συμπαρασύρει" στην κίνησή της την μάζα m, οπότε της ασκεί μια δύναμη προς τα κάτω.
Γ. Όταν η μάζα m απέχει απόσταση d από το Ο έχουμε για το σύστημα ράβδος-m: $Στ_{(O)}=Μg \frac{L}{2}+mgd=(\frac{1}{3}ML^{2}+md^{2})α_{γ}$ (1)
Για την μάζα m ισχύει: $Στ_{m,(O)}=mgd+F_{ψ}d=md^{2}α_{γ}$  (2)
όπου $F_{ψ}$ η κατακόρυφη συνιστώσα της δύναμης που ασκεί η ράβδος στην μάζα m.
Συνδυάζοντας τις εξισώσεις (1) και (2) προκύπτει ότι $F_{ψ}=mg\frac{ML(d/2 - L/3)}{ML^{2}/3+md^{2}}$ (3) 
Αφού η οριζόντια συνιστώσα της δύναμης που ασκεί η ράβδος στην μάζα m την χρονική στιγμή t=0 είναι μηδέν (γιατί; - θυμηθείτε ότι η ταχύτητα την χρονική στιγμή t=0 είναι μηδέν...)
από την εξίσωση (3) παρατηρούμε ότι η δύναμη που ασκεί η ράβδος στην μάζα m γίνεται μηδέν για d=2L/3.
Επιπλέον, όταν d>2L/3 έχει φορά προς τα κάτω, ενώ όταν d<2L/3 φορά προς τα πάνω). 

 Ξεφυλλίστε και αυτό: "Ξεσκόνισμα των ράβδων"
  επιστροφή στα περιεχόμενα της Γ' Λυκείου

Δεν υπάρχουν σχόλια:

Δημοσίευση σχολίου