Αρχική › ΜΗΧΑΝΙΚΗ › Ένας αγώνας δρόμου ολίσθησης και κύλισης

Ένας αγώνας δρόμου ολίσθησης και κύλισης

By on • ( 0 )

Α. ολίσθηση χωρίς τριβή vs ολίσθηση με τριβή

Ένα μικρό σώμα εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα υ0 και ολισθαίνει κατά μήκος ενός κεκλιμένου επιπέδου κλίσης θ. Το σώμα φτάνει σε ένα σημείο όπου η ταχύτητά του μηδενίζεται στιγμιαία και στη συνέχεια επιστρέφει στην θέση απ’ όπου εκτοξεύθηκε. Αν το κεκλιμένο επίπεδο είναι λείο συμβολίζουμε τον συνολικό χρόνο κίνησης με Τ0.

Επαναλαμβάνουμε το πείραμα όταν ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ σώματος και κεκλιμένου επιπέδου είναι μ=1. Στην περίπτωση αυτή συμβολίζουμε τον συνολικό χρόνο κίνησης του σώματος (από την στιγμή της εκτόξευσης μέχρι να επιστρέψει στο σημείο εκκίνησης) με Τ1.

Επιλέξτε την σωστή απάντηση:

  • (i) Για όλες τις γωνίες π/4<θ<π/2 ισχύει: Τ0>Τ1
  • (ii) Υπάρχει μια γωνία θ για την οποία ισχύει: Τ0=Τ1
  • (iii) Για όλες τις γωνίες π/4<θ<π/2 ισχύει: Τ0<Τ1
  • (iv) Άλλο

Β. κύλιση vs ολίσθηση με τριβή

Αν στο κεκλιμένο επίπεδο με τριβή εκτοξεύσουμε ένα ομογενές σφαιρικό σώμα με αρχική ταχύτητα κέντρου μάζας, πάλι ίση με υ0, τότε το σώμα κυλιόμενο φτάνει σε μια μέγιστη απόσταση και στη συνέχεια επιστρέφει πάλι κυλιόμενο στο σημείο εκτόξευσης. Αν στην περίπτωση αυτή ο συνολικός χρόνος κίνησης συμβολιστεί με Τκ, τότε ποια από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστή (υπενθυμίζεται ότι Τ1 είναι ο συνολικός χρόνος πήγαινε – έλα, όταν ένα σώμα ολισθαίνει με μ=1),

να επιλέξτε την σωστή απάντηση:

  • (i) Για όλες τις γωνίες π/4<θ<π/2 ισχύει: Τκ>Τ1
  • (ii) Υπάρχει μια γωνία θ για την οποία ισχύει: Τκ=Τ1
  • (iii)Για όλες τις γωνίες π/4<θ<π/2 ισχύει: Τκ<Τ1
  • (iv) Άλλο

Απαντήσεις

Α. Έστω ότι ένα σώμα εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα υ0 από το σημείο Α. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ σώματος και κεκλιμένου επιπέδου είναι μ≠0.

Ένας μαθητής Α’ Λυκείου αποδεικνύει εύκολα ότι το σώμα ολισθαίνει επιβραδυνόμενα [α=–g(sinθ+μ cosθ] μέχρι το σημείο Γ, όπου μηδενίζεται στιγμιαία η ταχύτητά του μετά από χρονικό διάστημα tΑΓ=υ0/[g(sinθ+μ cosθ], ενώ έχει διανύσει απόσταση s=υ02/2g(sinθ+μ cosθ). Στη συνέχεια διανύοντας την ίδια απόσταση, επιστρέφει επιταχυνόμενα [α=g(sinθ-μ cosθ)] στο σημείο Α μετά από: t_{\Gamma A} =v_{0}/g\sqrt{\sin^{2}\theta -\mu^{2} \cos^{2}\theta}. Έτσι, ο συνολικός χρόνος κίνησης (A→Γ→A) θα είναι:

T_{1}= \frac{v_{0}}{g}\left[ \frac{1}{\sin \theta +\mu \cos \theta} + \frac{1}{\sqrt{\sin^{2}\theta -\mu^{2} \cos^{2}\theta}}\right] \,\,\, (1)

Στην περίπτωση που το κεκλιμένο επίπεδο είναι λείο (μ=0), τότε το σώμα διανύει μεγαλύτερη απόσταση και ο συνολικός χρόνος κίνησης αποδεικνύεται (πολύ ευκολότερα) ότι είναι:

T_{0}=\frac{2v_{0}}{g\sin\theta} \,\,\,\,\, (2)

Θέλουμε να βρούμε αν υπάρχει γωνία θ για την οποία ισχύει Τ0=Τ1. Εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη των εξισώσεων (1) και (2) μετά από πράξεις, βλέπουμε ότι υπάρχει μια γωνία για την οποία οι συνολικοί χρόνοι κίνησης (με τριβή και χωρίς τριβή) γίνονται ίσοι. Η γωνία αυτή ικανοποιεί την σχέση

\tan \theta = \mu \sqrt{2}

Παρατηρούμε ότι ικανοποιείται και η συνθήκη tanθ>μ, που απαιτείται, ώστε το σώμα να ολισθαίνει από το σημείο Γ προς το Α. Για μ=1, προκύπτει θ≈55ο. [Ας σημειωθεί πως υπάρχει γωνία για την οποία ο χρόνος Τ1 γίνεται ελάχιστος. Για μ=1 η εν λόγω γωνία είναι περίπου 76ο]. Εκτός από την τελευταία παρατήρηση, όλα τα παραπάνω προκύπτουν σχετικά εύκολα.

Β. Έστω ότι μια σφαίρα (ροπή αδράνειας Ι=2mR2/5) εκτοξεύεται από το σημείο Α με αρχική ταχύτητα υCM=υ0. Ένας μαθητής Γ΄ Λυκείου αποδεικνύει εύκολα ότι η σφαίρα κυλίεται επιβραδυνόμενα [αCM =– g sinθ(1+Ι/mR2)] κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου, και μετά από tανόδου=υ0(1+Ι/mR2)/g sinθ η ταχύτητά της μηδενίζεται στιγμιαία, αφού διανύσει απόσταση s’=υ02(1+I/mR2)/2gsinθ. Στη συνέχεια διανύοντας την ίδια απόσταση, επιστρέφει επιταχυνόμενα [αCM=g sinθ(1+Ι/mR2)] στο σημείο εκτόξευσης έτσι ώστε tκαθόδου=tανόδου, οπότε ο συνολικός χρόνος κίνησης θα είναι:

T_{\kappa}=\frac{2v_{0}}{g\sin \theta}\left(1+\frac{I}{mR^{2}} \right) \,\,\,\, (3)

Τώρα ψάχνοντας να βρούμε γωνία θ για την οποία ισχύει Τκ=Τ1 εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη των εξισώσεων (1) και (3). Δυστυχώς, η εξίσωση που προκύπτει μάλλον δεν λύνεται αναλυτικά. Για μ=1 υπολογίζεται αριθμητικά ότι τα δύο χρονικά διαστήματα γίνονται ίσα όταν θ≈48ο.

Στο γράφημα που ακολουθεί βλέπουμε τους συνολικούς χρόνους κίνησης των τριών περιπτώσεων (κύλιση σφαίρας, ολίσθηση με μ=1, ολίσθηση χωρίς τριβή) συναρτήσει της κλίσης θ του κεκλιμένου επιπέδου και τα αντίστοιχα σημεία τομής τους:

Τελικά ισχύει Τ0=Τ1 όταν θ≈55ο και Τκ=Τ1 όταν θ≈48ο

διαβάστε σχετικά: A Race Between Rolling and Sliding Up and Down an Incline

(*) δυστυχώς τα δύο poll που υπήρχαν χάθηκαν οριστικά εξαιτίας του «φοβερού» Gutenberg editor της WordPress …

‹
›

Κατηγορίες:ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Ετικέτες: ,

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Gravatar
Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. ( Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Ακύρωση

Σύνδεση με %s

Ο ιστότοπος χρησιμοποιεί το Akismet για την εξάλειψη των ανεπιθύμητων σχολίων. Μάθετε πως επεξεργάζονται τα δεδομένα των σχολίων σας.

Αρέσει σε %d bloggers: