Ανδρέας Ιωάννου Κασσέτας

1. Στην κορυφή του ημισφαιρικού λόφου ακτίνας R το σημειακό αντικείμενο Σ

έχει οριζόντια ταχύτητα υ₀.

Τι θα συμβεί εάν

α. υ₀ = √(3gR/2)

β. υ₀ = √(gR/2) ;

Το Σ θα διατηρείται

σε επaφή με τον λόφο

μέχρι να φθάσει στο έδαφος ; Η τριβή θεωρείται αμελητέα.

Μια λύση:

Η σκέψη

Για να ερευνήσουμε το “εάν το αντικείμενο Σ θα διατηρηθεί ή δεν θα διατηρηθεί στην επιφάνεια του λόγου

επικεντρώνουμε σε μελέτη της δύναμης Ν την οποία ασκεί η στερεά επιφάνεια του λόφου στο αντικείμενο.

Αναζητούμε μια συνάρτηση της τιμής Ν με τη γωνία την οποία έχει την ίδια στιγμή διαγράψει το Σ.

Υποθέτουμε ότι το αντικείμενο διατηρείται σε επαφή με τον λόφο,έχοντας διαγράψει τόξο γωνίας θ και ότι σε μια χρονική στιγμή –

Κατά την οποία έχει κατέβει υψομετρικά κατά h = R– Rσυνθ - η ταχύτητά του έχει μέτρο υ

Εφαρμόζουμε τη Διατήρηση της ενέργειας

½mυ_ο² + mgh = ½mυ² υ_ο² + 2gh = mυ²

Θεωρούμε ότι για την τιμή της ταχύτητας εκτόξευσης ισχύει υ_ο² = λgR, λ καθαρός αριθμός

υ² = λgR + 2g (R– Rσυνθ) (1)

Εφαρμόζουμε τον Δεύτερο νόμο της κίνησης. Η Δύναμη την οποία ασκεί στο Σ η στερεά επιφάνεια του - χωρίς τριβή – λόφου είναι κάθετη στην επιφάνεια του λόφου, άρα ο φορέας της περνά από το κέντρο του ημισφαιρίου.

Αν, τη στιγμή εκείνη η τιμή της είναι Ν

mgσυνθ – Ν = ma_κ

a_κ = υ²/R N = mgσυνθ - mυ²/R (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει

N = mgσυνθ - λmg - 2mg(1– συνθ)

N = 3mgσυνθ - λmg - 2mg

Διαπιστώνουμε ότι η τιμή της Ν είναι φθίνουσα συνάρτηση της τιμής της γωνίας θ.

Στη θέση για την οποία Ν = 0 είναι η θέση στην οποία παύει να υφίσταται επαφή του Σ με την επιφάνεια του λόφου . Για τη θέση αυτή ισχύει συνθ = (λ +2)/3 (3)

Για αρχική ταχύτητα υ₀ = √(gR/2) ( λ= ½) προκύπτει συνθ = 5/6

Αυτό σημαίνει αν το Σ εκτοξευτεί με την ταχύτητα αυτή, αφού διαγράψει τόξο θ

με συνθ = 5/6 ( τόξο 33,5⁰) , θα εγκαταλείψει τον λόφο.

Επιστρέφουμε στη σχέση (3). Προσέχουμε ότι για να υφίσταται γωνία θ την οποία θα διαγράψει το σφαιρίδιο πρέπει (λ +2)/3 ≤ 1

ή λ ≤ 1 . Αυτό μεταφράζεται ότι για ταχύτητα εκτοξευσης υ₀ = √(3gR/2) , ή λ = 3/2, δεν υφίσταται καμία γωνία θ

την οποία θα διέγραφε το Σ πάνω στον λόφο.

Τη στιγμή που εκτοξεύεται από την κορυφή του λόφου με υ₀² = λgR, για να συνεχίσει να διατηρείται στον λόφο πρέπει η τιμή της Ν, τη στιγμή της εκτόξευσης να μην είναι μηδενική. Αυτό σημαίνει ότι για ορισμένες τιμές οριζόντιας εκτόξευσης θα εγκαταλείψει τον λόφο εξ αρχής. Μπορούμε να το ερευνήσουμε εφαρμόζοντας τον δεύτερο νόμο της κίνησης τη στιγμή της εκτόξευσης.

mg – N = mυ₀²/R και για υ₀² = λgR

mg – N = λmg . N = mg ( 1-λ) άρα για Ν>0 απαιτείται λ< 1

Με τιμές ταχύτητας μεγαλυτερες από την υ₀ = √gR το αντικείμενο εγκαταλείπει εξ αρχής τον λόφο.

2. Στην κορυφή ενός λόφου η κατακόρυφη τομή του οποίου

είναι παραβολική y = ρx² το σημειακό αντικείμενο Σ

έχει οριζόντια ταχύτητα υ₀.

Εάν υ₀= √(g/4ρ)

τι θα συμβεί στη συνέχεια;

Το Σ θα διατηρείται πάνω στον λόφο;

Η τριβή θεωρείται αμελητέα.

Μια λύση

Η σκέψη

Για να ερευνήσουμε το “εάν το αντικείμενο Σ θα διατηρηθεί ή δεν θα διατηρηθεί στην επιφάνεια του λόγου” επικεντρώνουμε σε μελέτη της δύναμης Ν την οποία ασκεί η στερεά επιφάνεια του λόφου στο αντικείμενο. Αναζητούμε μια συνάρτηση της τιμής Ν με τη γωνία θ την οποία σχηματίζει την ίδια στιγμή η ταχύτητά του με την οριζόντια διεύθυνση.

Υποθέτουμε ότι το αντικείμενο διατηρείται σε επαφή με τον λόφο

Σε τυχαία στιγμή της κίνησης,

στη θέση Ρ, κατά την οποία η γωνία

της ταχύτητάς του με τον ορίζοντα είναι θ,

αναλύουμε την ταχύτητα υ σε οριζόντια

και κατακόρυφη συνιστώσα υ_x και υ_y .

Για τις δύο συνιστώσες ισχύει υ_y = υ_xεφθ (1)

1. Η ενέργεια του Σ διατηρείται ίση με την ενέργεια τη στιγμή της εκτόξευσης

½mυ_ο² + mgy = ½mυ² υ_ο² + 2gy = υ² υ_ο² + 2gy = υ_x²+ υ_y² (2)

Μας δίνεται ότι y = ρx² άρα dy/dx = 2ρx. H ποσότητα dy/dx συνιστά και τη κλίση της παραβολής στο σημείο Ρ άρα εφθ = 2ρx (3), οπότε υ_y = 2ρxυ_x

Μας δίνεται επίσης ότι υ₀² = g/4ρ οπότε η σχέση (2) γίνεται

g/4ρ + ρx² = υ_x²(1 + 4ρ²x²) υ_x²= g(1+8ρ²x²)/(4ρ+16ρ³x²)

υ_x= [g/4ρ (1+8ρ²x²)/(1ρ+4ρ²x²) ]^½ (4) . Διαθέτουμε μία συνάρτηση υ_x = σ(x)

2. Εφαρμόζουμε τον Δεύτερο νόμο της κίνησης στη θέση Ρ.

Η γωνία της δύναμης Ν με την κατακόρυφο είναι ίση με τη γωνία της ταχύτητας με την οριζόντια, ίση δηλαδή με θ.

Νημθ = ma_x (5) mg – Nσυνθ = ma_y άρα Nσυνθ = mg – ma_y (6)

Από τις (5) και (6) προκύπτει Ν²/m² = α_x²+(g–a_y)². (7)

Θεωρούμε x ≠ 0 και διαιρούμε κατά μέλη τις (5) και (6) αναζητώντας κάποια σχέση ανάμεσα στις δύο συνιστώσες της επιτάχυνσης, οπότε εφθ = α_x/(g – a_y)

και λόγω της εφθ = 2ρx

g – a_y = α_x /2ρx , οπότε η σχέση (7) γίνεται Ν²/m² = α_x²(1 + 1/4ρ²x²) (8)

Αναζητούμε τέλος μια σχέση ανάμεσα σε α_x και x. Αρκετά δύσκολο.

Βασιζόμαστε στη συνάρτηση ( 4 ) η οποία περιγράφει τη σχέση υ_x και x

a_x = dυ_x/dt a_x = dυ_x/dx .dx/dt a_x = dυ_x/dx .υ_x

Η ποσότητα dυ_x/dx προκύπτει εάν παραγωγίσουμε την

υ_x= [g/4ρ(1+8ρ²x²)/(1+4ρ²x²) ]^½ ως προς x.

dυ_x/dx = (g/16ρ)^½ 8ρ²x/(1+8ρ²x²)^½(1+4ρ²x²)^3/2

a_x = dυ_x/dx.υ_x a_x = gρx/(1+4ρ²x²)² (9)

Τελικά ο συνδυασμός των (8) και (9) οδηγεί στη συνάρτηση ανάμεσα

στην τιμή της δύναμης Ν και την x

Ν = mg/2(1+4ρ²x²)^3/2

Η συνάρτηση μας δείχνει καθαρά ότι για οποιαδήποτε πεπερασμένη τιμή του x η τιμή της δύναμης Ν δεν πρόκειται να γίνει μηδέν.

Το αντικείμενο Σ θα διατηρείται συνεχώς πάνω στον παραβολικό λόφο

Παρατήρηση. Όταν το x τείνει στο μηδέν, η τιμή της Ν τείνει στο ½mg.

Αν εφαρμόσουμε τον δεύτερο νόμο τη στιγμή της εκτόξευσης θα είναι mg – Ν = ma_κ (10) δεδομένου ότι τη στιγμή εκείνη οι δύο ασκουμενες δυνάμεις είναι κάθετες στην τροχιά.

Με Ν = ½mg, με δεδομένο ότι υ²= g/4ρ και με α_κ= υ²/R, όπου R ακτίνα καμπυλότητας στη θέση εκείνη ,

η σχέση (10) γίνεται mg – ½mg = 4mg/ρR, συνεπώς R = 1/2ρ .

Παρατηρούμε δηλαδή ότι, μέσα από φυσικούς νόμους, προσδιορίζεται η τιμή της ακτίνας καμπυλότητας, στη θέση εκείνη.

Μια άλλη λύση.

Επικεντρώνουμε και πάλι στη διαμόρφωση μιας συνάρτησης για την κάθετη δύναμη Ν και τη θέση του αντικειμένου

αλλά αξιοποιούμε τη έννοια ακτίνα καμπυλότητας της Αναλυτικής Γεωμετρίας.

Για κάθε επίπεδη καμπύλη y = f(x) η ακτίνα καμπυλότητας δίνεται από τη σχέση

R = [1+(dy/dx)²]^3/2/(d²y/d²x).

Στην περίπτωση της συγκεκριμένης παραβολής y = ρx²ισχύει

R = (1+4ρ²x²)^3/2/2ρ. (1)

Με βάση τη διατήρηση της ενέργειας καταλήγουμε στην

υ² = υ₀²+ 2gy και με τα δεδομένα y = ρx² και υ₀²= g/4ρ

καταλήγουμε στην υ² = g/4ρ + 2gρx² (2)

Εφαρμόζουμε τον δεύτερο νόμο της κίνησης σε τυχαία θέση x,y

Κατά τον άξονα στον οποίο ανήκει το διάνυσμα Ν έχουμε

mgσυνθ – Ν = ma_κ Η α_κ είναι η κεντρομόλος επιτάχυνση

για την οποία ισχύει α_κ = υ²/R, όπου η ακτίνα καμπυλότητας στο σημείο εκείνο.

mgσυνθ – Ν = mυ²/R. Ν = mgσυνθ - mυ²/R (3)

Ισχύει ότι το συνθ =1/(1+εφ²θ) και εφόσον εφθ = dy/dx = 2ρx²

συνθ = 1/(1+ 4ρ²x²) (4)

Αντικαθιστώντας στην (3) την τιμή της R από την (1), την τιμή της υ² από την (2) και την τιμή του συνθ από την (4) προκύπτει

Ν = mg/2(1+4ρ²x²)^3/2

3. Η φιάλη περιέχει αρχικά ομοιογενές μίγμα ίσων όγκων λαδιού και νερού και η πίεση στον πυθμένα είναι p. Με την παρόδο του χρόνου το λάδι θα βρεθεί στο επάνω μέρος . Κάποιος ισχυρίζεται πως όταν συμβεί αυτό η πίεση p’ στον πυθμένα θα είναι ίση με την αρχική πίεση p, δεδομένου ότι το βάρος δεν άλλαξε. Έχει δίκιο ;

Ενα ακίνητο υγρό σε ανοικτό δοχείο ( εκτός μία κατακόρυφη προς τα κάτω δύναμη λόγω της ύπαρξης εξωτερικής ατμοσφαιρικής πίεσης) ασκεί στον πυθμένα πιεστική δύναμη, η οποία είναι ίση με το βάρος του υγρού ΜΟΝΟΝ εάν το δοχείο είναι κυλινδρικό ή πρισματικό σταθερής διατομής. Αυτό απορρέει από τη μελέτη της ισορροπίας του υγρού.

Αντίθετα εάν το δοχείο έχει το σχήμα όπως αυτό στο πρόβλημα η ισότητα δεν ισχύει . Μελετώντας την ισορροπία του υγρού, προσέχουμε ότι σε αυτό εκτός από την δύναμη λόγω ατμοσφαιρικής πίεσης, την βάρος και την δύναμη που του ασκεί ο πυθμένας ασκούνται και κατακόρυφες πιεστικές δυνάμεις με κατεύθυνση προς τα κάτω από τα οριζόντια τοιχώματα α λαο β του σχήματος. Οι οριζόντιες πιεστικές δυνάμεις λόγω της συμμετρίας εξουδετερώνονται.

Αν οι κατακόρυφες πιεστικές δυνάμεις στα α και β είναι F₁ και F₂ αντίστοιχα ισχύει

F - p_ατμA - mg - F₁ - F₂ = 0

F = p_ατμA + mg + F₁ + F₂ (1), όπου Α το εμβαδόν του στομίου.

Υποθέτουμε ότι οι πυκνότητες νερού και λαδιού είναι ρ₁ και ρ₂ και τα εμβαδά των διατομών στα α και β , A₁ και A₂

Στην περίπτωση του ομογενούς μίγματος

F₁ +F₂ = p_aA₁ + p_βA₂ = p_aτμ A₁ + ghA₁+ p_aτμ A₂+½(ρ₁ + ρ₂)ghA₂

F₁ +F₂ = p_aτμ (Α₁ +A₂)+½(ρ₁+ρ₂)gh(Α₁ +A₂) (2) και λόγω της (1)

F = p_ατμA_πυθμ + mg + ½(ρ₁+ρ₂)gh(Α₁ +A₂) (3)

Στην περίπτωση που τα υγρά έχουν διαχωριστεί και επάνω είναι το λάδι πυκνότητας ρ₂, ισχύει αντίστοιχα

F΄ = p_ατμA + mg + F₁΄+F₂΄, (4) όπου F’ η δύναμη στον πυθμένα

Για το άθροισμα F₁΄+F₂΄, θα είναι αντίστοιχα F₁΄+ F₂΄ = p_aτμ (Α₁ +A₂)+ ρ₂gh(Α₁ +A₂) (5) και

και λόγω της ( 4) F΄ = p_ατμA_πυθμ + mg + ρ₂gh(Α₁ +A₂) (6)

Εφόσον ρ₁ > ρ₂ αποδεικνύεται εύκολα και ότι ½(ρ₁+ρ₂) > ρ₂ άρα F > F΄

Η δύναμη συνεπώς που ασκείται στον πυθμένα στην περίπτωση του ομογενούς μίγματος είναι μεγαλύτερη από την αντίστοιχη δύναμη στην περίπτωση των διαχωρισμένων υγρών και εφόσον το εμβαδόν είναι ίδιο θα είναι μεγαλύτερη και η αντίστοιχη πίεση.

Μια άλλη λύση.

Στην πρώτη περίπτωση, αν είναι Η η υψομετρική διαφορά ελεύθερης επιφάνειας και πυθμένα

Για την ισορροπία του ομογενούς μίγματος ισχύει p – p_ατμ = ½(ρ₁+ρ₂)gΗ (1)

Στην περίπτωση των διαχωρισμένων υγρών

Για την ισορροπία του νερού p’– p_σ = ρ₁ gh₁ (2),

όπου p_σ η πίεση στη διαχωριστική επιφάνεια και h₁ η υψομετρική διαφορά

Για την ισορροπία του λαδιού p_σ – p_ατμ = ρ₂gh₂, (3), h₂ η υψομετρική διαφορά

Από τις δύο τελευταίες σχέσεις προκύπτει όπου p’– p_ατμ = ρ₁gh₁ + ρ₂gh₂ (4),

Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις (1) και (4) προκύπτει η p – p’ = ½(ρ₁+ρ₂)gΗ - ρ₁gh₁ - ρ₂gh₂

Εφόσον ο όγκος δεν άλλαξε Η = h₁+h₂

p – p’ = ½(ρ₁+ρ₂)g(h₁+h₂ ) - ρ₁gh₁ - ρ₂gh₂

p – p’ = ½g(ρ₁h₁+ρ₂h₁ +ρ₁h₂ +ρ₂h₂ - 2ρ₁h₁ - 2ρ₂h₂)

p – p’ = ½g (ρ₂h₁ - ρ₁h₁ + ρ₁h₂- ρ₂h₂)

p – p’ = ½g (ρ₂h₁ - ρ₁h₁ + ρ₁h₂- ρ₂h₂)

p – p’ = ½g (ρ₁-ρ₂) (h₂ - h₁)

Εφόσον ρ₁ > ρ₂ και - λόγω της στένωσης στο στόμιο - h₂ > h₁ θα είναι και p > p’

Σε σχέση με την ποσότητα ½(ρ₁+ρ₂) την οποία χρησιμοποιήσαμε

Όταν αναμειγνύουμε ίσους όγκους ( έστω V ) νερού (πυκνότητας ρ₁) και λαδιού

( πυκνότητας ρ₂) έτσι ώστε να δημιουργηθεί ομογενές μίγμα (όγκου 2V) μπορούμε να αποδείξουμε ότι,

λόγω της βαρύτητας, η πίεση του ακίνητου μίγματος στη βάση μιας κυλινδρικής στήλης ύψους h είναι μεγαλύτερη από την πίεση στην κορυφή της κατά ½(ρ₁+ρ₂)gh .

Ας το αποδείξουμε . Φανταζόμαστε μία κατακόρυφη ακίνητη υγρή κυλινδρική στήλη του μίγματος διατομής Α, ύψους h και όγκου 2V . Η λόγω βαρύτητας δύναμη την οποία ασκεί στη βάση της είναι ίση με το βάρος της, άρα η επιπλέον πίεση είναι ίση με p = (m₁+m₂)g/A = (ρ₁V + ρ₂V)g/A . Εφόσον, σύμφωνα με τη Γεωμετρία Αh= 2V, τελικά p = ½(ρ₁+ρ₂)gh .

4. Το κυκλικό σύρμα έχει μάζα m/2 και είναι κρεμασμένο

από κατακόρυφο σπάγκο

αμελητέας μάζας .

Δύο όμοιες χάντρες - καθεμιά μάζας m –

αφήνονται ταυτόχρονα

από την κορυφή – σημείο ανάρτησης –

του κυκλικού σύρματος

και ολισθαίνουν

με αμελητέα τριβή .

Τι θα συμβεί ; Θα φθάσουν στη βάση σύρματος ;

Μια λύση

Εφόσον η τριβή είναι αμελητέα

η ασκούμενη στη χάντρα δύναμη Ν καθώς

και η αντίδρασή της

θα έχουν φορέα διερχόμενο από το κέντρο του σύρματος

Για την κίνηση της μιας χάντρας

Δεύτερος νόμος του Newton mgσυνθ – Ν = mυ²/R

Διατήρηση της ενέργειας mgR( 1- συνθ) = ½mυ ² .

Άρα Ν = 2mg-3mgσυνθ

Κατά την κίνηση της χάντρας η τιμή της Ν ελαττώνεται

και σε κάποια στιγμή μηδενίζεται .

Αυτό θα συμβεί όταν συνθ = 2/3 θ = 48,2^ο

Μετά τη χρονική στιγμή εκείνη η κατεύθυνση της Ν αναστρέφεται

και το μέτρο της ακολουθεί την Ν = 3mgσυνθ – 2mg

Η δύναμη που ασκείται στη χάντρα από το σύρμα κατευθύνεται προς το κέντρο του κύκλου, καθώς το σύρμα «τη συγκρατεί»

Κατά συνέπεια, σύμφωνα

με τον τρίτο νόμο,

η δύναμη την οποία

ασκεί η χάντρα στο σύρμα

θα είναι λοξά προς τα πάνω.

Η χάντρα τείνει

να «σηκώσει» το σύρμα.

Σε μια χρονική στιγμή, σε αυτή τη φάση, θ > 48,2^ο ισχύει

Για το σύρμα αν η ασκούμενη από το νήμα είναι F_ν – mg/2 + 2Nσυνθ = 0_ν

F_ν = mg/2 – 2Nσυνθ και εφόσον για το μέτρο καθεμιάς από τις δυνάμεις Ν ισχύει

Ν = 3mgσυνθ – 2mg θα είναι

F_ν = mg/2 - 6mgσυν2θ +4mgσυνθ

Αν δούμε την τελευταία σχέση ως συνάρτηση

F_ν = σ(θ)

διαπιστώνουμε ότι στην εξέλιξη των πραγμάτων – αύξηση της θ – η τιμή F_ν της δύναμης του νήματος ελαττώνεται

και ότι σε καποια χρονικη στιγμή

θα γίνει μηδέν.

Αυτό θα συμβεί όταν συνθ = ½ ή θ = 60^ο .

Την αμέσως επόμενη στιγμή,

το μηδενικής ταχύτητας σύρμα υπό την επίδραση των κατακορύφων συνιστωσών των δυνάμεων Ν, η συνισταμένη των οποίων είναι μεγαλύτερη από το βάρος mg/2 θα επιταχυνθεί προς τα πάνω.