by 
Δημοσιεύτηκε από τον/την Διονύσης Μητρόπουλος στις 11 Φεβρουάριος 2014 και ώρα 14:00
Λεπτή σανίδα μάζας m1 που η κάτω επιφάνειά της είναι λεία, ηρεμεί πάνω σε οριζόντιο επίπεδο.
Πάνω της αφήνουμε ελεύθερο, συμπαγή και ομογενή κύλινδρο μάζας m2 = 2∙m1 με αρχική γωνιακή ταχύτητα ωο και με τον άξονά του οριζόντιο και κάθετο στο μήκος της σανίδας, όπως στο σχήμα.
Ο συντελεστής τριβής μεταξύ κυλίνδρου – σανίδας και κυλίνδρου – δαπέδου είναι διάφορος του μηδενός.
Ο κύλινδρος σπινάρει για λίγο πάνω στη σανίδα, και στη συνέχεια κυλίεται πάνω της μέχρι που τελικά την εγκαταλείπει, περνώντας στο οριζόντιο δάπεδο.
Να υπολογίσετε την τελική γωνιακή ταχύτητα ωτ του κυλίνδρου.
(Για τον κύλινδρο δίνεται: ½∙m2∙R²)
ΑΠΑΝΤΗΣΗ:
(Συγκεντρώσου και σκέψου …)
«Ο κύλινδρος σπινάρει για λίγο πάνω στη σανίδα, και στη συνέχεια κυλίεται …»
Άρα … δύο φάσεις παίζουν στο πρόβλημα:
1η φάση, όσο σπινάρει επιβραδύνεται στροφικά από την τριβή, επιταχύνεται και μεταφορικά προς τα δεξιά και ταυτόχρονα διώχνει και τη σανίδα από κάτω του προς τα αριστερά.
2η φάση, αρχίζει η κύλιση και … δεν αλλάζει τίποτε.
Ναι αλλά … κύλιση πάνω στη σανίδα σημαίνει ότι το σημείο επαφής θα έχει την ταχύτητα της σανίδας!
Κι άμα περάσει μετά στο δάπεδο; Ουπς!
Παρά λίγο να την πατήσω … κι άλλο σπινάρισμα! Άλλες δύο φάσεις!
3η φάση, η σανίδα παίρνει δρόμο κι ο κύλινδρος σπινάρει πάλι μέχρι …
4η φάση, αρχίζει να κυλάει και … τέρμα.
Αυτή την γωνιακή ταχύτητα ωτ θέλει τελικά να βρω …
Συνεχίζουμε …
Καλά, μπορώ να βάλω δυνάμεις και να πιάσω μεταφορικές – γωνιακές επιταχύνσεις κλπ. αλλά …
άστο αυτό για … λύση απελπισίας.
Τίποτα πιο γρήγορο;
Η 1η και η 3η φάση είναι οι ζουμερές …
Στην 1η φάση οι τριβές είναι εσωτερικές για το σύστημα κύλινδρος – σανίδα.
Για να δούμε πως πάμε από … μονώσεις … (όλα τα σύμβολα παριστάνουν μέτρα):
Εσωτερικές δυνάμεις: Τ1, Τ2 οι τριβές και Ν1, Ν2 οι κάθετες στα αντίστοιχα σώματα,
Εξωτερικές δυνάμεις: m1∙g, m2∙g και η κάθετη Ν από το δάπεδο.
Ισχύει προφανώς Ν1 = Ν2 = m1∙g.
Η σανίδα λεπτή, οπότε η Τ1 περνάει από το Κ1 και δεν έχουμε ροπή ανατροπής,
η συνισταμένη των βαρών εφαρμόζεται στο Κ, κι από κει περνάει και η Ν, οπότε δεν υπάρχει ούτε εξωτερικό ζεύγος (κοίταξε να δεις που το Κ παραμένει και ακίνητο!).
Άρα το σύστημα μονωμένο και μεταφορικά και στροφικά.
Καθάρισα.
Με ΑΔΟ θα βρω τις τελικές ταχύτητες κυλίνδρου και σανίδας στο τέλος της 1ης φάσης.
Με ΑΔΣ θα μπει και η ω του κυλίνδρου … 3 άγνωστοι … και μια συνθήκη κύλισης και τέρμα.
Συνθήκη κύλισης:
Στο τέλος της 1ης φάσης η σανίδα και ο κύλινδρος έχουν αντίρροπες μεταφορικές ταχύτητες υ1, υ2.
Ο κύλινδρος στρέφεται με ω κατά τη φορά του ρολογιού χωρίς ολίσθηση. Επομένως, το σημείο επαφής με τη σανίδα έχει ταχύτητα υ1 προς τα αριστερά και ισχύει:
υ1 = ω∙R – υ2 → ω∙R = υ1 + υ2 (1)
ΑΔΟ:
Pπριν = Pμετά → 0 = – m1∙υ1 + m2∙υ2 → m1∙υ1 = m2∙υ2
και για m2 = 2∙m1 προκύπτει υ1 = 2∙υ2 (2)
ΑΔΣ:
(Ποιο σημείο να πάρω … ας πάρω ένα ακίνητο Σ στο έδαφος)
Lπριν = Lμετά → 0 + Ιcm∙ωο = 0 + (Ιcm∙ω + m2∙υ2∙R) →
½∙m2∙R²∙ωο = ½∙m2∙R²∙ω + m2∙υ2∙R → ωο∙R = ω∙R + 2∙υ2 (3)
Θέτω την (1) στην (3) και λύνω το σύστημα των (2), (3):
υ1 = 2∙ωο∙R/5 , υ2 = ωο∙R/5 και ω = 3∙ωο/5 (4)
Στη συνέχεια, ο κύλινδρος εγκαταλείπει τη σανίδα με μεταφορική ταχύτητα υ2 και γωνιακή ω και περνάμε στην τρίτη φάση, όπου σπινάρει για λίγο στο έδαφος μέχρι να αρχίσει να κυλίεται με ωτ και
υτ = ωτ∙R (5)
Εφαρμόζοντας πάλι την ΑΔΣ για τον κύλινδρο ως προς σημείο Σ του εδάφους, έχουμε:
½∙m2∙R²∙ω + m2∙υ2∙R = ½∙m2∙R²∙ωτ + m2∙υτ∙R
και αντικαθιστώντας τις τιμές των υ2 , ω και υτ βρίσκουμε τελικά:
ωτ = ωο / 3
