Η διάρκεια μιας ιδιάζουσας κρούσης

Το τριγωνικό πρίσμα μάζας 4m είναι ακίνητο και μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές στο λείο οριζόντιο επίπεδο. To σώμα μάζας m (πολύ μικρών διαστάσεων) κινείται με ταχύτητα υ σε λείο οριζόντιο επίπεδο, όπως στο σχήμα. Την χρονική στιγμή t₁ η μάζα m αρχίζει να ανεβαίνει ολισθαίνοντας χωρίς τριβές, στο κεκλιμένο επίπεδο του τριγωνικού πρίσματος. Η μάζα m αφού φτάσει σε ένα μέγιστο ύψος από το οριζόντιο επίπεδο, στη συνέχεια κατέρχεται και την χρονική στιγμή t₂ επιστρέφει ξανά στο οριζόντιο επίπεδο. H μετάβαση από το οριζόντιο στο κεκλιμένο επίπεδο (και αντίστροφα) γίνεται ομαλά χωρίς αναπήδηση και η διάρκειά του είναι αμελητέα.
Να υπολογίσετε το χρονικό διάστημα Δt=t₂–t₁στο οποίο η μάζα m κινείται πάνω στο τριγωνικό πρίσμα. Γνωστά μεγέθη τα m, υ, g και θ.

λύση:

Η μάζα m φτάνει στο μέγιστο ύψος H όταν η ταχύτητά της γίνει ίση με την ταχύτητα του τριγωνικού πρίσματος.
Από την αρχή διατήρησης της ορμής παίρνουμε: $mv=5mV_{K} \Rightarrow V_{K}=v/5$ και από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}5mV_{K}^{2}+mgH \Rightarrow H=\frac{2v^{2}}{5g}$ .
Όταν η μάζα m επιστρέφει στο οριζόντιο επίπεδο, εφαρμόζοντας τις ίδιες αρχές διατήρησης προκύπτουν οι εξισώσεις της ελαστικής κρούσης: $mv=mv_{1}+4mv_{2}$ και $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2} + \frac{1}{2}4mv_{2}^{2}$ , οπότε: $v_{1}=-3v/5$ και $v_{2}=2v/5$ .
Παρατηρούμε ότι

το ύψος H και οι ταχύτητες που υπολογίστηκαν είναι ανεξάρτητες από την γωνία θ
το μέτρο της ταχύτητας της σφήνας, όταν η μάζα m φτάνει στο μέγιστο ύψος, ισούται με το ήμισυ της τελικής ταχύτητάς της: $V_{K}=v/5=v_{2}/2$

Θα υπολογίσουμε την επιτάχυνση της σφήνας ακολουθώντας τον πιο σύντομο τρόπο (;). Προσδιορίζουμε την Λαγκρανζιανή του συστήματος χρησιμοποιώντας ως γενικευμένες συντεταγμένες την απόσταση x του άκρου της σφήνας από μια αυθαίρετη αρχή Ο στο οριζόντιο επίπεδο και την απόσταση y της μάζας m από το δεξιό άκρο της σφήνας.
H ταχύτητα της μάζας m θα είναι το διανυσματικό άθροισμα της ταχύτητας της σφήνας ως προς το έδαφος $(\dot{x})$ συν την ταχύτητα της μάζας m ως προς τη σφήνα $(\dot{y})$ . Έτσι, η κινητική ενέργεια του συστήματος θα είναι $K=\frac{1}{2}4m\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}+2\dot{x}\dot{y}\cos\theta)$ , η δυναμική ενέργεια $U=mgy\sin\theta$ και η Λαγκρανζιανή του συστήματος:

$L=K-U=\frac{5}{2}m\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+m\dot{x}\dot{y}\cos\theta-mgy\sin\theta$

Xρησιμοποιώντας τις εξισώσεις Λαγκράνζ παίρνουμε:
$\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \right)=\frac{\partial L}{\partial x} \Rightarrow 5\ddot{x}+\ddot{y} \cos\theta=0$ (1)
και $\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} \right)=\frac{\partial L}{\partial y} \Rightarrow \ddot{y}+\ddot{x} \cos\theta-g\sin\theta=0$ (2)
Από τις εξισώσεις (1) και (2) υπολογίζουμε την επιτάχυνση της σφήνας:

$a_{2}=\ddot{x}=\frac{g\sin\theta \cos\theta}{5-\cos^{2}\theta}$ (3)

Θα μπορούσαμε να πούμε ότι η μεταβολή της ταχύτητας της σφήνας είναι $\Delta v_{2}=2v/5$ , οπότε η ζητούμενη χρονική διάρκεια είναι $\Delta t=\frac{\Delta v_{2}}{a_{2}}=\frac{2v(5-\cos^{2}\theta)}{5g\sin\theta \cos\theta}$ . Αν κάνουμε την γραφική παράσταση του χρονικού διαστήματος ως προς την γωνία κλίσης θ βλέπουμε ότι για θ=π/4, ο χρόνος αυτός ελαχιστοποιείται και στη συνέχεια αυξάνεται! Θα έπρεπε, καθώς αυξάνεται η γωνία του κεκλιμένου επιπέδου μέχρι θ=π/2, ο χρόνος να μειώνεται.

Επομένως η λύση αυτή πρέπει να απορριφθεί. Που βρίσκεται το λάθος; Στο γεγονός ότι δεν παίρνουμε υπόψιν τις μεταβολές των ταχυτήτων την στιγμή που η μάζα m γλιστρά από το οριζόντιο επίπεδο στο κεκλιμένο και την στιγμή που το εγκαταλείπει.

Όμως, αν υπολογίσουμε την ταχύτητα της σφήνας $V_{2}$ μόλις η μάζα m αρχίσει να κινείται κατά μήκος της σφήνας και την ταχύτητα της σφήνας $V_{2}'$ λίγο πριν η μάζα m την εγκαταλείψει, τότε το ζητούμενο χρονικό διάστημα θα είναι $\Delta t=\frac{V_{2}'-V_{2}}{a_{2}}$ .

Μπορούμε να υπολογίσουμε αυτές τις ταχύτητες χρησιμοποιώντας την αρχή διατήρησης ενέργειας του συστήματος και την διατήρηση της οριζόντιας συνιστώσας της ορμής του συστήματος. Aπό την εξίσωση (1) προκύπτει:

$5\ddot{x}+\ddot{y} \cos\theta=0 \Rightarrow 5\dot{x}+\dot{y} \cos\theta=\sigma \tau \alpha \theta.$ ή

$4m\dot{x}+(m\dot{x} + m \dot{y} \cos\theta)=\sigma \tau \alpha \theta. =mv$ , που μας δείχνει ότι η εξίσωση

$5\dot{x}+\dot{y} \cos\theta=v$ (4)

εκφράζει πράγματι την διατήρηση της οριζόντιας συνιστώσας ορμής του συστήματος.

Η διατήρηση της ενέργειας μας δίνει: $\frac{1}{2}4m \dot{x}^{2} + \frac{1}{2}m (\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+m\dot{x}\dot{y}\cos\theta)+mgy\sin\theta=\frac{1}{2}m v^{2}$ ή

$\frac{5}{2} \dot{x}^{2} + \frac{1}{2} \dot{y}^{2}+\dot{x}\dot{y}\cos\theta+gy\sin\theta=\frac{1}{2} v^{2}$ (5)

Θέτοντας $y=0$ και λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (4) και (5) παίρνουμε:

$\dot{x}=\frac{v}{5}\left(1 \pm \frac{2 \cos\theta}{\sqrt{5-\cos^{2}\theta}}\right)$ , οπότε

$V_{2}=\frac{v}{5}\left(1 - \frac{2 \cos\theta}{\sqrt{5-\cos^{2}\theta}}\right)$ και $V_{2}'=\frac{v}{5}\left(1 + \frac{2 \cos\theta}{\sqrt{5 -\cos^{2}\theta}}\right)$

Χρησιμοποιώντας την εξ. (3) προκύπτει $\Delta t=\frac{V_{2}'-V_{2}}{a_{2}}=\frac{4v \sqrt{5-\cos^{2}\theta}}{5g \sin\theta}$
Παρατηρούμε ότι τώρα το ζητούμενο χρονικό διάστημα συναρτήσει της γωνίας θ μειώνεται, όπως αναμένεται, και για θ=π/2 προκύπτει $\Delta t=\frac{4v}{\sqrt{5}g}$ . Είναι ο ολικός χρόνος κίνησης ενός σώματος που εκτελεί κατακόρυφη βολή προς τα πάνω φτάνοντας σε μέγιστο ύψος $H=\frac{2v^{2}}{5g}$ (πρόκειται για την κίνηση της μάζας m όταν θ=π/2).

Δ	Τ	Τ	Π	Π	Σ	Κ
						1
2	3	4	5	6	7	8
9	10	11	12	13	14	15
16	17	18	19	20	21	22
23	24	25	26	27	28	29
30	31