12 Λυμένες Ασκήσεις στην Ορμή απο τον Διονύση Μάργαρη

Λυμένες Ασκήσεις Β΄ Λυκείου: Ορμή
Διονύσης Μάργαρης: www.ylikonet.gr
1
Επιλογή-Επεξεργασία Ασκήσεων στον Η/Υ:
Λάμπρος Αδάμ adamlscp@gmail.com
12 ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ
ΣΤΗΝ ΟΡΜΗ ΚΑΙ ΤΙΣ ΚΡΟΥΣΕΙΣ
ΓΙΑ Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΑΠΟ ΤΟΝ ΑΓΑΠΗΤΟ ΣΥΝΑΔΕΛΦΟ ΦΥΣΙΚΟ:
ΔΙΟΝΥΣΗ ΜΑΡΓΑΡΗ
ΓΙΑ ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΧΙ ΜΟΝΟ,
ΕΠΙΣΚΕΦΘΕΙΤΕ ΤΟ SITE ΤΟΥ: www.ylikonet.gr
ΤΟ ΟΠΟΙΟ ΕΙΝΑΙ ΜΙΑ... ΕΓΚΥΚΛΟΠΑΙΔΕΙΑ ΦΥΣΙΚΗΣ!
η επιλογή των ασκήσεων και η επεξεργασία στον υπολογιστή,
έγινε από τον υπογράφοντα το site www.lam-lab.com: Λάμπρο Αδάμ
Λάμπρος Αδάμ

2
ΜΕΡΙΚΕΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΟΡΜΗ.
Στις παρακάτω ερωτήσεις θεωρείστε ότι το σώμα δέχεται μια δύναμη F, αμελητέας χρονικής διάρκειας, η οποία
του μεταβάλει την ορμή.
1) Ένα σώμα κινείται σε οριζόντιο επίπεδο, όπως στο σχήμα (α). Για να κινηθεί όπως στο σχήμα (β) πρέπει
να δεχτεί δύναμη. Ποιο από τα παρακάτω σχήματα μπορεί να δείχνει την κατεύθυνση της ασκούμενης
δύναμης;
F

1  
2  
F
 F

F

( a ) ( )
δύναμης;
F

1  
2  
F
 F

F

( a ) ( )
δύναμης;
F

1  
2  
F

F

F

( a ) ( )
δύναμης;

3
F

1  
2  
F

F

F

( a ) ( )
2  
2  
2  
Απάντηση:
Από το γενικευμένο νόμο του Νεύτωνα, παίρνουμε:
F
Δt
P 



Πράγμα που σημαίνει ότι η δύναμη έχει την ίδια πάντα κατεύθυνση με τη μεταβολή της ορμής!
1) Στο πρώτο σχήμα:
1  
2  
( a ) ( ) 2 P 
1 P 
P 
 F

Η μεταβολή της ορμής είναι προς τα δεξιά, άρα προς τα δεξιά και η ασκούμενη δύναμη.
2) Στο δεύτερο:
2 P 
1 P 
P 
 F

1  
2  
( a ) ( )
Η μεταβολή της ορμής είναι προς τα αριστερά, άρα προς τα αριστερά και η ασκούμενη δύναμη.
3) Στο τρίτο:
F

1  
2  
( a ) ( )
2 P 
1 P 
1 P 

P 

Η μεταβολή της ορμής υπολογίζεται με τη μέθοδο του παραλληλογράμμου, αφού:
  2 1 2 1 P P P P P
    
     
Οπότε την ίδια κατεύθυνση θα έχει και η ασκούμενη δύναμη.
4) Στην τέταρτη περίπτωση:
F

2 P 
1 P 
1 P 

P 

1  
2  
( a ) ( )
Σύμφωνα και με την προηγούμενη περίπτωση.

4
2. ΑΡΧΗ ΔΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ. ΠΟΤΕ ΙΣΧΥΕΙ; Συνήθως λέμε ότι σε κάθε κρούση ισχύει η ΑΔΟ και ξεχνάμε να πούμε ότι το σύστημα των σωμάτων είναι μονωμένο. Είναι «λογικό» να γίνεται αυτό; Η αλήθεια είναι ότι στην συντριπτική πλειονότητα των κρούσε- ων είναι σωστό. Ας δούμε όμως τα πράγματα από πιο κοντά… Παράδειγμα 1°: Σε ένα λείο οριζόντιο επίπεδο κινείται μια σφαίρα Α και συγκρούεται μετωπικά με ακίνητη σφαίρα Β. Ισχύει η Α.Δ.Ο.; Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται οι δυνάμεις που ασκούνται σε κάθε σφαίρα στη διάρκεια της κρούσης. Στον κατακόρυφο άξονα y κάθε σφαίρα ισορροπεί και ΣFy=0. Συνεπώς για κάθε σφαίρα η συ- νισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδενική, οπότε και το διανυσματικό άθροισμα όλων των εξω- τερικών δυνάμεων του συστήματος είναι ίσο με μηδέν. Το σύστημα είναι μονωμένο και οι μεταβολές της ορμής κάθε σφαίρας, οφείλονται στις εσωτερικές δυνάμεις F1-F2. Έτσι ισχύει η Α.Δ.Ο και μπορούμε να γράψουμε: Παράδειγμα 2°: Ένα σώμα Α κατεβαίνει κατά μήκος ενός λείου κεκλιμένου επιπέδου και σε μια στιγμή συγκρούεται με σώ- μα Β, που ελάχιστα πριν τη κρούση δεν είχε ταχύτητα. Ισχύει η Α.Δ.Ο.;

5
Στο παραπάνω σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στα δύο σώματα. Στη διάρκεια της κρούσης, στην διεύθυνση την παράλληλη στο επίπεδο, εκτός των εσωτερικών δυνάμεων F1-F2 ασκούνται και οι συνι- στώσες των δύο βαρών W1x και W2x που είναι εξωτερικές δυνάμεις για το σύστημα. Όμως οι ωθήσεις αυτών των δυνάμεων είναι αμελητέες σε σχέση με τις ωθήσεις των εσωτερικών δυνάμεων F1-F2. Έτσι εφαρμόζου- με για το σύστημα την Α.Δ.Ο….. (Ώθηση μιας σταθερής δύναμης ονομάζεται το διανυσματικό μέγεθος που έχει την κατεύθυνση της δύναμης και μέτρο Ω=F·Δt, όπου Δt ο χρόνος που ασκείται σε ένα σώμα). Παράδειγμα 3°: Σε ένα λείο οριζόντιο επίπεδο ηρεμεί ένα σώμα Α μάζας Μ. Ένα βλήμα μάζας m που κινείται με ταχύτητα υ που σχηματίζει γωνία θ=45° με την οριζόντια διεύθυνση, σφηνώνεται στο σώμα Α. Να βρεθεί η ταχύτητα του συσσωματώματος μετά την κρούση. Προφανώς το βλήμα έχει ορμή στην διεύθυνση της ταχύτητας υ, ενώ μετά την κρούση το συσσωμάτωμα θα κινηθεί οριζόντια. Η ορμή λοιπόν του συστήματος δεν διατηρείται για την κρούση αυτή. Στο (β) σχήμα έ- χουμε σχεδιάσει τις εξωτερικές δυνάμεις που ασκούνται στα σώματα του συστήματος στη διάρκεια της κρούσης. Για να μηδενιστεί η ορμή στον κατακόρυφο άξονα, θα πρέπει η κάθετη αντίδραση του επιπέδου να είναι πολύ μεγαλύτερη του βάρους!!!

6
Δεν υπάρχουν όμως εξωτερικές δυνάμεις στον οριζόντιο άξονα, οπότε μπορούμε να εφαρμόσουμε την δια-
τήρηση της ορμής για τον άξονα x:
3. Η ΚΙΝΗΤΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ Η ΟΡΜΗ.
Πάνω σε ένα λείο οριζόντιο τραπέζι, σχήματος ορθογωνίου, κινούνται ευθύ-
γραμμα δυο μικρές σφαίρες με μάζες m1=0,1kg και m2=0,3kg με ταχύτητες
υ1=0,4m/s και υ2=0,1m/s αντίστοιχα, όπως στο σχήμα.
i) Να υπολογιστεί η ολική κινητική ενέργεια του συστήματος.
ii) Να βρεθεί η ολική ορμή του συστήματος.
Απάντηση:
i) Η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι ίση με το άθροισμα των κινητικών ενεργειών των σφαιρών:
1 2 K K K o   
K m m J J J o
2 2 2 3
2 2
2
1 1 0,3 0,1 9,5 10
2
1
0,1 0,4
2
1
2
1
2
1            
ii) Η ορμή του συστήματος το οποίο αποτελείται από τις δύο σφαίρες θα είναι το διανυσματικό άθροισμα
των ορμών τους:
1 2 P P P o
  
  
Παίρνουμε ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων x,y, όπως στο διπλανό σχήμα,
πάνω στο οποίο σχεδιάζουμε τα διανύσματα της ορμής κάθε σφαίρας. Το δι-
ανυσματικό άθροισμα των δύο ορμών, θα μας δίνει την ορμή του συστήμα-
τος, η οποία έχει μέτρο:
2
2
2
1 P P P o    →
P m m kgm s kgm s o ( ) ( ) (0,1 0,4) (0,3 0,1) / 0,05 / 2 2 2
2 2
2
1 1          
Ενώ η κατεύθυνσή της σχηματίζει με την διεύθυνση της ταχύτητας της δεύτερης σφαίρας (με τον ά-
ξονα x) γωνία θ, όπου:
3
4
0,03
0,04
2
1   
P
P

→υ
→υ
1
2
κάτοψη
x
y
→
→
→
Ρ
Ρ1 Ρ
2
ολ
θ

7
4. ΟΡΜΗ ΚΑΙ ΡΥΘΜΟΣ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ ΤΗΣ
ΣΤΗΝ ΚΥΚΛΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ.
Ένα σώμα μάζας 2kg ηρεμεί στο άκρο νήματος μήκους 45cm, όπως στο σχή-
μα (θέση Α). Εκτρέπουμε το σώμα φέρνοντάς το στη θέση Β, ώστε το νήμα
να είναι τεντωμένο και οριζόντιο και το αφήνουμε να κινηθεί.
Να βρεθούν η ορμή και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος:
i) Μόλις αφεθεί να κινηθεί στη θέση Β.
ii) Τη στιγμή που το νήμα θα γίνει κατακόρυφο (θέση Β).
Δίνεται g=10m/s2.
Απάντηση:
Στο διπλανό σχήμα έχουμε σχεδιάσει τις δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα
στις δύο αναφερόμενες θέσεις, όπου Τ1 και Τ2 οι τάσεις του νήματος.
i) Στη θέση Β, μόλις το σώμα αφεθεί να κινηθεί έχει μηδενική ταχύτητα,
οπότε και μηδενική ορμή (ΡΒ=0).
Εξάλλου:



F
t
PB


Αλλά στη διεύθυνση της ακτίνας της κυκλικής τροχιάς που θα διαγράψει το σώμα (οριζόντια διεύθυν-
ση) έχουμε ΣFx=
R
m
2 
→ Τ1=0, οπότε η μοναδική δύναμη που ασκείται στο σώμα, στην παραπάνω θέ-
ση είναι το βάρος και w
t
PB 




ή ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος έχει κατακόρυφη κα-
τεύθυνση με φορά προς τα κάτω και μέτρο:
2 mg 20kgm/ s
t
PB  


ii) Κατά τη διάρκεια της κίνησης του σώματος από τη θέση Β, μέχρι τη θέση Α, η μόνη δύναμη που πα-
ράγει έργο είναι το βάρος, δύναμη συντηρητική, συνεπώς η μηχανική ενέργεια παραμένει σταθερή.
Θεωρώντας λοιπόν το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από τη θέση Β, ως επίπεδο μηδενικής δυναμι-
κής ενέργειας, παίρνουμε:
ΚΒ+UΒ=ΚΑ+UΑ→

8
0+mg = 0
2
1 2  A m →
g m s m s A   2   2100,45 /  3 /
Αλλά τότε το σώμα στη θέση Α έχει ορμή οριζόντια, στη διεύθυνση της ταχύτητας και μέτρου:
Ρ=mυΑ=2kg∙3m/s= 6kg∙m/s.
Εξάλλου η συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα στη θέση Β, παίζει το ρόλο της κεντρομόλου
R
F m A
R
2 
  →
F N N R 40
0,45
3
2
2
  
Αλλά από το γενικευμένο νόμο του Νεύτωνα έχουμε ότι ο ρυθμός μεταβολής
της ορμής του σώματος είναι ίσος με τη συνισταμένη δύναμη, οπότε στη θέση
Α, ο ρυθμός μεταβολής της ορμής, είναι ένα διάνυσμα κατακόρυφο με φορά
προς τα πάνω και μέτρο:
2 40kg m/ s
t
P
 


.
5. ΜΙΑ ΑΝΑΚΛΑΣΗ ΜΠΑΛΑΣ.
Μια μπάλα μάζας 0,5kg αφήνεται να πέσει από σημείο Α, σε ύψος 1,25m και αφού ανα-
κλαστεί στο έδαφος, κινείται προς τα πάνω και φτάνει μέχρι ένα σημείο Β, όπου
(ΑΒ)=0,45m. Κατά την κίνηση της μπάλας, η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα,
ενώ g=10m/s2.
i) Να βρείτε την ορμή της μπάλας, ελάχιστα πριν την κρούση της μπάλας με το έδα-
φος.
ii) Ποια η αντίστοιχη ορμής της, αμέσως μετά την κρούση;
iii) Αν η διάρκεια της κρούσης είναι 0,5s, να υπολογίστε τη μέση δύναμη F

, που δέχτηκε η μπάλα από το
έδαφος, στη διάρκεια της κρούσης.
iv) Να υπολογιστεί το έργο της παραπάνω δύναμης F

, στη διάρκεια της κρούσης.
v) Η παραπάνω δύναμη F

είναι ή όχι συντηρητική; Να δικαιολογήστε την απάντησή σας.
Α
Ο
P 
t
P




9
Απάντηση:
i) Θεωρώντας το έδαφος ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας και λαμβάνοντας υπόψη ότι κατά
τη διάρκεια της πτώσης, η μόνη ασκούμενη δύναμη είναι το βάρος, δύναμη συντηρητική, η μηχανι-
κή ενέργεια διατηρείται:
ΚΑ+UΑ=ΚΓ+UΓ →
0+Mgh1= 0
2
1 2
1 M  →
2gh 2 10 1,25m/ s 5m/ s 1 1      
Οπότε η μπάλα, ελάχιστα πριν την κρούση έχει κατακόρυφη ορμή, με φορά προς
τα κάτω, με μέτρο:
Ρ1=Μυ1=0,5∙5kg∙m/s=2,5kg∙m/s
ii) Εφαρμόζουμε ξανά την αρχή διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για την προς τα
πάνω κίνηση της μπάλας, αμέσως μετά την κρούση, θέση Γ, μέχρι το μέγιστο ύψος που θα φτάσει, ση-
μείο Β.
ΚΓ+UΓ = ΚΒ+UΒ →
2
2
2 0
2
1
M   Mgh →
2g(h d) 2 10 (1,25 0,45)m/ s 4m/ s 2 1        
Οπότε η μπάλα, ελάχιστα μετά την κρούση έχει κατακόρυφη ορμή, με φορά προς τα πάνω, με μέτρο:
Ρ2=Μυ2=0,5∙4kg∙m/s=2 kg∙m/s.
iii) Στο διπλανό σχήμα έχουν σχεδιαστεί οι δυνάμεις που ασκούνται στην μπάλα, στη διάρ-
κεια της επαφής με το έδαφος, όπου F

, η δύναμη από το έδαφος (συνήθως αναφέρεται
και κάθετη αντίδραση του επιπέδου Ν). Θεωρώντας θετική την προς τα πάνω κατεύ-
θυνση, παίρνουμε το γενικευμένο νόμο του Νεύτωνα:
F
t
P 

 


→ F w
t
P P
 

 2 1 →
N N N N N
t
P P
F w 5 9 14
0,5
2 ( 2,5)
0,5 10 2 1   
 
  


 
iv) Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας του σώματος (Θ.Μ.Κ.Ε.) από την αρχι-
κή θέση Α, μέχρι τη θέση Β που τελικά φτάνει.
ΚΒ-ΚΑ=Ww+WF (1)

10
Αλλά το βάρος είναι συντηρητική δύναμη, οπότε το έργο του δεν εξαρτάται από τη διαδρομή αλλά
μόνο από αρχική και τελική θέση, οπότε Ww=Μgd, ενώ ΚΑ=ΚΒ=0 και η (1) δίνει:
WF=-Ww=-Μgd = - 0,5∙10∙0,45J= - 2,25J.
v) Το παραπάνω αποτέλεσμα, μας αποδεικνύει ότι η δύναμη F

, που δέχτηκε η μπάλα από το έδαφος δεν
είναι συντηρητική, αφού το έργο της κατά μήκος μιας κλειστής διαδρομής είναι διάφορο του μηδενός.
Μα, θα ρωτήσει κάποιος, ποια είναι η κλειστή δια-
δρομή; Ας δούμε το διπλανό σχήμα, όπου σε μεγέ-
θυνση, έχουμε πάρει την μπάλα σε διάφορες θέσεις
στη διάρκεια της κρούσης. Από τη στιγμή που η
μπάλα έρχεται σε επαφή με το έδαφος, μέχρι να ξα-
ναχάσει την επαφή, διαγράφει μια κλειστή διαδρομή
ΚΛΚ!
Σχόλιο:
Αν αφήσουμε στην άκρη ορισμούς, που μπορεί να μην «μας λένε» και πολλά πράγματα, ας δούμε τι συμβαί-
νει ουσιαστικά με την ενέργεια. Αν η μηχανική ενέργεια παρέμενε σταθερή, η μπάλα θα επέστρεφε στην
αρχική της θέση Α. Το ότι έφτασε μόνο μέχρι τη θέση Β, σημαίνει ότι είχαμε απώλεια μηχανικής (δυναμι-
κής) ενέργειας:
UΑ-UΒ=Μgh1-Μg(h1-d) =Μgd=2,25J
Αυτή η ενέργεια αφαιρέθηκε από το σώμα στη διάρκεια της κρούσης και συνεπώς το έργο της δύναμης που
δέχτηκε πρέπει να είναι WF=-2,25J.
Αλλά για να το πούμε με άλλα λόγια, αφού έχουμε απώλεια μηχανικής ενέργειας, ασκήθηκε στη μπάλα κά-
ποια μη συντηρητική δύναμη και αφού το βάρος είναι συντηρητική δύναμη, πρέπει η F

να μην είναι.
6. ΤΟ ΠΕΡΠΑΤΗΜΑ ΠΑΝΩ ΣΕ ΜΙΑ ΣΑΝΙΔΑ.
Σε λείο οριζόντιο επίπεδο, ηρεμεί μια σανίδα μάζας m, ενώ πά-
νω της είναι ακίνητο ένα παιδί μάζας Μ=4m.
Σε μια στιγμή το παιδί αρχίζει να περπατά προς τα δεξιά με τα-
χύτητα (ως προς το έδαφος) υ1.
i) Να σχεδιάστε τις δυνάμεις που ασκούνται στο παιδί και στη σανίδα.
ii) Να επιλέξτε την σωστή πρόταση για τη σανίδα:
α) Θα παραμείνει ακίνητη.
β) Θα κινηθεί προς τα δεξιά.
γ) Θα κινηθεί προς τα αριστερά.
A

11
iii) Αν φτάνοντας στο άκρο Α της σανίδας, το παιδί σταματήσει, τότε τελικά η σανίδα:
α) Θα σταματήσει.
β) Θα κινείται με ταχύτητα υ1 προς τα αριστερά.
γ) Θα κινείται με ταχύτητα 4υ1.
Να δικαιολογήστε τις απαντήσεις σας.
Απάντηση:
i) Στο διπλανό σχήμα έχουν σχεδιαστεί οι δυνάμεις, πάνω
στο παιδί και κάτω στη σανίδα. Ας σημειωθεί ότι υπάρ-
χουν δύο ζεύγη δράσης-αντίδρασης. Η τριβή Τ1 στο παι-
δί, με την τριβή Τ2 στη σανίδα, καθώς και η Ν1 με την
Ν2 οι κάθετες δυνάμεις μεταξύ των δύο σωμάτων.
ii) Με βάση τις δυνάμεις που σχεδιάσαμε παραπάνω, μπο-
ρούμε να συμπεράνουμε ότι η σανίδα θα κινηθεί προς τα
αριστερά. Σωστή η γ) πρόταση.
Εξάλλου, το σύστημα των σωμάτων είναι μονωμένο, αφού
στην κατακόρυφη διεύθυνση ΣFεξ=0. Πράγματι, για το
παιδί (δουλεύουμε με τα μέτρα των δυνάμεων):
ΣFy=0 → Ν1=w1,
αφού ισορροπεί και όμοια για τη σανίδα:
ΣFy=0 → Ν=Ν2+w2 →
Ν=Ν1+w1 →
Ν=w1+w2
Συνεπώς η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδενική και το σύστημα είναι μονωμένο.
Αλλά στην περίπτωση αυτή η ορμή παραμένει σταθερή:
  P P a
 
 →
1 2 0 P P
 
  →
2 1 P P
 
 
Δηλαδή η σανίδα θα αποκτήσει αντίθετη ορμή, από το παιδί.
iii) Μόλις σταματήσει το παιδί, θα σταματήσει ταυτόχρονα και η σανίδα. Πράγματι εφαρμόζοντας την αρ-
χή διατήρησης της ορμής, από τη στιγμή πριν ξεκινήσει το παιδί, μέχρι τη στιγμή που θα σταματήσει
θα πάρουμε:
  P P a
 
 →
1 w 
1 T

1 N 
2 N 
2 w 
N 
2 T


12
1 2 0 P P
 
  →
2 0 M 0 P

   →
P 0 2 

Σωστή η α) πρόταση.
7. ΚΙΝΗΣΗ ΠΑΝΩ ΣΕ ΣΑΝΙΔΑ.
Σε λείο οριζόντιο επίπεδο ηρεμεί μια σανίδα μάζας Μ=4kg και πάνω
της ένα σώμα Σ μάζας m=1kg. Ο συντελεστής τριβής μεταξύ του σώ-
ματος Σ και της σανίδας είναι μ=0,2. Σε μια στιγμή t0=0, το σώμα Σ
δέχεται ένα κτύπημα, με αποτέλεσμα να αποκτήσει ταχύτητα υ0=5m/s
και να κινηθεί κατά μήκος της σανίδας, όπως στο σχήμα.
i) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος Σ τη στιγμή t1=1s, καθώς και η ορμή του τη
στιγμή αυτή.
ii) Ποιος ο αντίστοιχος ρυθμός μεταβολής της ορμής της σανίδας την παραπάνω στιγμή;
iii) Να υπολογιστεί η συνολική μηχανική ενέργεια που θα μετατραπεί σε θερμική εξαιτίας της τριβής, μέ-
χρι να πάψει να ολισθαίνει το σώμα Σ πάνω στη σανίδα.
Απάντηση:
i) Στο διπλανό σχήμα, πάνω έχουν σχεδιαστεί οι δυνάμεις που
ασκούνται στο σώμα Σ και κάτω οι δυνάμεις στη σανίδα.
Για το σώμα Σ, ΣFy=0 ή Ν=mg, οπότε Τ=μΝ=μmg.
F
t






Αλλά θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση θετική, θα έ-
χουμε:
-T - mg -0,2 1 10kgm/s 2kgm/s .
t
2 2        


Ενώ ο παραπάνω ρυθμός είναι σταθερός, αφού η τριβή έχει σταθερό μέτρο, συνεπώς:
T
t 0
P P
t
1 0  





→
Ρ1=Ρ0-Τ∙t =mυ0-Τ∙t=1∙5 kg∙m/s-2∙1 kg∙m/s=3 kg∙m/s.
0  

 
N 
w 
T

T

΄
N 
N 
1 N 
΄
1 w 

13
ii) Αλλά και για τη σανίδα:
F
t





 , οπότε: T 2kgm/s .
t
1 2    


iii) Με βάση τις αποτελέσματα στα προηγούμενα, αλλά και το σχεδιασμό των δυνάμεων που ασκούνται
στα δυο σώματα, βλέπουμε ότι το σώμα Σ επιβραδύνεται, ενώ η σανίδα επιταχύνεται. Αλλά τότε κά-
ποια στιγμή τα δυο σώματα θα αποκτήσουν την ίδια ταχύτητα προς τα δεξιά και θα κινηθούν πλέον
μαζί, χωρίς να ασκείται πλέον δύναμη τριβής. Γιατί; Γιατί τριβή αναπτύσσεται όταν το ένα σώμα τείνει
να κινηθεί ως προς το άλλο. Μόλις οι ταχύτητες εξισωθούν λοιπόν, δεν υπάρχει κανένας λόγος να α-
ναπτύσσεται δύναμη τριβής.
Αλλά σε όλη το προηγούμενο χρονικό διάστημα, το σύστημα των δύο σωμάτων είναι μονωμένο, αφού
οι δυνάμεις που επιταχύνουν τα σώματα, οι δυνάμεις τριβής, είναι εσωτερικές δυνάμεις. Οι υπόλοιπες
δυνάμεις είναι κατακόρυφες και, για το σώμα Σ: ΣFy=0 ή Ν=w=mg, αφού ισορροπεί στην κατακόρυφη
διεύθυνση, ενώ αντίστοιχα και η σανίδα ισορροπεί κατά την κατακόρυφη διεύθυνση, συνεπώς:
ΣFy=0 → Ν1-Ν΄-w1=0 →
Ν1=Ν+w1 =mg +Μg
Βλέπουμε δηλαδή ότι η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων είναι μηδενική και το σύστημα είναι
μονωμένο.
Αλλά τότε η ορμή του συστήματος παραμένει σταθερή:
   

 a P →
mυ0=(Μ+m)V
όπου V η κοινή ταχύτητα των δύο σωμάτων, μόλις σταματήσει η ολίσθηση του σώματος Σ.
m/ s 1m/ s.
4 1
1 5
m
m
V 







Αλλά η αρχική κινητική ενέργεια του συστήματος των δύο σωμάτων είναι ίση με την κινητική ενέρ-
γεια του σώματος Σ:
1 5 J 12,5J
2
1
mυ
2
1
K 2 2
a 0     
Ενώ η τελική κινητική ενέργεια είναι ίση με:
5 1 J 2,5J
2
1
(Μ m)V
2
1
K 2 2      
Άρα η απώλεια της μηχανικής ενέργειας, η οποία θα εμφανιστεί ως θερμική είναι ίση:
K K 12,5J - 2,5J 10J a       

14
8. Η ΔΥΝΑΜΙΚΗ ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΕΛΑΣΤΙΚΟΤΗΤΑΣ ΚΑΙ ΤΟ ΜΟΝΩΜΕΝΟ
ΣΥΣΤΗΜΑ…
Έστω ένα ελατήριο, το ένα άκρο του οποίου είναι σταθερά δεμένο. Αν
στο άλλο άκρο του ασκήσουμε μια δύναμη F μπορούμε να το επιμηκύ-
νουμε κατά Δℓ, ενώ ο νόμος του Ηοοke, ο οποίος συνδέει την ασκούμενη
δύναμη και το αποτέλεσμα της δράσης της (παραμόρφωση) μας δίνει
F=k∙Δℓ.
Ας επιστρέψουμε ξανά στο ελατήριο και ασκώντας συνεχώς στο άκρο του μια μεταβλητή δύναμη F, κινούμε
το άκρο του προς τα δεξιά, επιμηκύνοντάς το αργά-αργά, μέχρι μιας τελικής επιμήκυνσης Δℓ.
Σε κάθε θέση θα ισχύει F=k∙x, όπου x η μετατόπιση του άκρου (ίση προφανώς με την επιμήκυνση του ελα-
τηρίου). Αλλά τότε η δύναμη F, παράγει έργο, το οποίο εκφράζει την ενέργεια που μεταφέρεται από το χέρι
μας, στο ελατήριο. Ναι, αλλά πόσο είναι το έργο της δύναμης αυτής;
Αφού η δύναμη δεν έχει σταθερό μέτρο, το έργο της θα υπολογιστεί με τη
βοήθεια του διαγράμματος F-x, όπως στο διπλανό σχήμα.
Το έργο της δύναμης F, είναι αριθμητικά ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου
που έχει κίτρινο χρώμα:
2 ( )
2
1
( ) ( )
2
1
W    k  k   F
Αλλά τότε, στη διάρκεια της επιμήκυνσης του ελατηρίου, μεταφέρθηκε (από εμάς που το τραβήξαμε), μέσω
του έργου της δύναμης F, στο ελατήριο ενέργεια ίση με 2 ( )
2
1
k   , οπότε το ελατήριο περικλείει (έχει) ε-
νέργεια ίση με 2 ( )
2
1
U  k   . Η ενέργεια αυτή αποκαλείται δυναμική ελαστική ενέργεια και είναι η ε-
νέργεια που ένα παραμορφωμένο ελατήριο, μπορεί να αποδώσει σε ένα σώμα, το οποίο θα συνδεθεί με αυ-
τό.
Εφαρμογή 1η :
Έστω ότι σε ένα λείο οριζόντιο επίπεδο συγκρατείται στη θέση Α, ένα
σώμα, μάζας 2kg δεμένο στο άκρο ιδανικού ελατηρίου (ένα ελατήριο που
υπακούει απολύτως στο νόμο του Ηοοke και που η μάζα του θεωρείται
αμελητέα), σταθεράς k=200Ν/m, έχοντας επιμηκύνει το ελατήριο κατά
Δℓ1=0,4m. Αφήνουμε το σώμα να κινηθεί, οπότε μετά από λίγο φτάνει
στο σημείο Β, έχοντας μετατοπισθεί κατά x=0,3m.
F

Δ 
F

x
0
Δ x
k
F
0 
 F

Α
 F

B
2 
1 
x
w 
N 

15
i) Να υπολογιστεί η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου στις θέσεις Α και Β.
ii) Πόσο είναι το έργο της δύναμης που άσκησε το ελατήριο στο σώμα;
iii) Να βρεθεί η ταχύτητα του σώματος στη θέση Β.
Απάντηση:
iv) Η αρχική δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι:
U U k  J J A 200 0,4 16
2
1
2
1 2 2
1 1      
Ενώ στη θέση Β είναι:
U U k  J J B 200 0,1 1
2
1
2
1 2 2
2 2      
v) Για να βρούμε το έργο της δύναμης του ελατηρίου, ξέροντας ότι το
μέτρο της υπακούει στο νόμο του Ηοοke (δράση αντίδραση με τη
δύναμη που ασκεί το σώμα στο ελατήριο), κατασκευάζουμε το δι-
πλανό διάγραμμα. Το έργο της είναι αριθμητικά ίσο με το εμβαδόν
του κίτρινου τραπεζίου του διαγράμματος:
( )
2 1 2
2 1  
 
  
  
 k k
k k
WF
→
   2
2
2
1 2
1
2
1
W  k   k  F
=16J-1J=15J.
vi) Εφαρμόζουμε για την κίνηση του σώματος από τη θέση Α, στην Β, το Θ.Μ.Κ.Ε. και παίρνουμε:
ΚΒ-ΚΑ=WFελ+Ww+WΝ
Αλλά το βάρος και η κάθετη αντίδραση Ν, δεν παράγουν έργο, οπότε:
   2
2
2
1 2
1
2
1
K  K  k   k  B A (1)
       2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
m k  k 
       2
2
2
1  
m
k

0,4 0,1 m/ s 15m/ s
2
200 2 2    
x
1 k
 F

1  2 
2 k

16
Σχόλια:
Η σχέση (1) γράφεται:
   2
2
2
1 2
1
2
1
K  K  k   k  B A →
   2
1
2
2 2 2
1
2
1
K  k   K  k  A →
2 2 1 1 K U  K U
Δηλαδή για το σύστημα ελατήριο-σώμα η μηχανική ενέργεια (το άθροισμα κινητικής και δυναμικής ενέρ-
γειας) παραμένει σταθερή. Αλλά αυτό μας επιτρέπει να λέμε ότι η δύναμη που ασκεί το ελατήριο, η Fελ, εί-
ναι μια συντηρητική (διατηρητική) δύναμη, το έργο της οποίας υπολογίζεται από την εξίσωση:
      
W k k U U F a       2
2
2
1 2
1
2
1
 
Εξίσωση που έχουμε συναντήσει και όταν υπολογίζουμε το έργο του βάρους.
Σε ένα λείο οριζόντιο επίπεδο ηρεμεί ένα σώμα Σ, μάζας 2kg σε επαφή
με το άκρο ιδανικού, σταθεράς k=100Ν/m. Ασκώντας στο σώμα μια στα-
θερή οριζόντια δύναμη μέτρου F=20Ν, όπως στο σχήμα, συμπιέζουμε το
ελατήριο.
i) Να βρεθεί η μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου.
ii) Τη στιγμή που το ελατήριο αποκτά το ελάχιστο μήκος του μηδενίζουμε την ασκούμενη δύναμη F. Να
υπολογιστεί η μέγιστη επιτάχυνση καθώς και η μέγιστη ταχύτητα που θα αποκτήσει το σώμα Σ.
Απάντηση:
Στο διπλανό σχήμα, έχουν σχεδιαστεί οι δυνάμεις που ασκούνται στο
σώμα Σ, όπου F η δύναμη που ασκούμε εμείς και η δύναμη Fελ, που α-
σκεί το ελατήριο στο σώμα.
i) Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για την διάρκεια της συσπείρωσης του
ελατηρίου και παίρνουμε:
Κτ-Κα=WF+WFελ→
0-0=F∙x+Uαρχ-Uτελ →
0=F∙x + 0- 2
2
1
kx →
x(2F  kx)  0 →
0  F

Σ
0  F

Σ
 F

 F

x
w 
N 

17
ή x=0 ή m m
k
F
x 0,4
100
2 2 20


 
Η τιμή x=0 αντιστοιχεί στην αρχική θέση, οπότε η μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου θα είναι 0,4m.
ii) Μόλις καταργηθεί η ασκούμενη από εμάς δύναμη F, το σώμα με την επίδραση της δύναμης του ελα-
τηρίου θα κινηθεί προς τα δεξιά.
Από το 2ο νόμο του Νεύτωνα έχουμε ΣF=m∙α ή Fελ=m∙α, συνε-
πώς η μέγιστη επιτάχυνση θα είναι στη θέση που και η δύναμη
του ελατηρίου έχει μέγιστο μέτρο:
max 2 2
max / 20 /
2
100 0,4
m s m s
m
kx
a 

  .
Προφανώς το σώμα θα επιταχυνθεί προς τα δεξιά, επιταχυνόμε-
νο, για όσο χρόνο δέχεται δύναμη από το ελατήριο. Μόλις όμως
το ελατήριο αποκτήσει το φυσικό μήκος του, τότε το σώμα αποχωρίζεται από το ελατήριο και κινείται
με σταθερή ταχύτητα. Στην παραπάνω κίνηση η μόνη δύναμη που παράγει έργο είναι η δύναμη του
ελατηρίου, δύναμη συντηρητική, συνεπώς η μηχανική ενέργεια παραμένει σταθερή.
Εαρχ=Ετελ →
Καρχ+Uαρχ=Κτελ+Uτελ→
   0
2
1
2
1
0 2 2 kx m
m s m s
m
k
x / 2 2 /
2
100
   0,4 
Σε λείο οριζόντιο επίπεδο ηρεμούν δύο σώματα Α και Β με μάζες 2kg και
3kg έχοντας συμπιέσει ένα ελατήριο σταθεράς k=200Ν/m, κατά 0,4m,
ενώ συγκρατούνται δεμένα στα άκρα νήματος, όπως στο σχήμα.
Σε μια στιγμή κόβουμε το νήμα και τα σώματα κινούνται. Κάποια στιγμή
το Α σώμα έχει ταχύτητα υ1=3m/s.
i) Να βρεθεί τη στιγμή αυτή η ταχύτητα του σώματος Β.
ii) Η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου και συμπίεσή του.
N 
w 

 F

0 
 
B Α

18
Απάντηση:
i) Μόλις κόψουμε το νήμα, τα σώματα δέχονται δυνάμεις από το
συμπιεσμένο ελατήριο, με αποτέλεσμα να επιταχύνονται, το Α
προς τα δεξιά και το Β, προς τα αριστερά. Αν πάρουμε το σύ-
στημα σώμα Α- σώμα Β-ελατήριο, οι εξωτερικές δυνάμεις που
ασκούνται είναι τα βάρη και οι κάθετες αντιδράσεις από το επί-
πεδο. Συνεπώς το σύστημα είναι μονωμένο και ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. Έτσι θεωρώ-
ντας αρχική κατάσταση τη στιγμή που κόβουμε το νήμα και τελική τη στιγμή που το σώμα Α έχει
ταχύτητα παίρνουμε:
  P P a
 
 →
1 1 2 2 0  
 
 m m → (1)
Και αλγεβρικά παίρνουμε:
1
2
1
2  
m
m
 
Οπότε θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση θετική, οπότε υ1=+2m/s παίρνουμε:
m s m s
m
m
3 / 2 /
3
2
1
2
1
2        
Πράγμα που σημαίνει ότι το σώμα Β κινείται προς τα αριστερά με ταχύτητα μέτρου 2m/s.
ii) Οι δυνάμεις που παράγουν έργο στο παραπάνω χρονικό διάστημα είναι μόνοι οι δυο δυνάμεις από το
ελατήριο, δυνάμεις συντηρητικές, συνεπώς η μηχανική ενέργεια παραμένει σταθερή:
Εαρχ=Ετελ →
     2
2
2
2 2
2
1 1
2
1 2
1
2
1
2
1
2
1
0 kx m m kx
2
2
2 2
2
1 1
2
1 2
1
2
1
2
1
0  kx  m  m U →
U kx m m J 2 2 J 16J 9J 4J 3J
2
1
2 3
2
1
200 0,4
2
1
2
1
2
1
2
1 2 2 2 2
2 2
2
1 1
2
2 1               
Αλλά m m m
k
U
U kx x 0,1 3 0,173
200
2 2 3
2
1 2
2
2
2 2  

   
2 w 
1 w 
1 N 
2 N 
 /1 F

 / 2 F


19
Σχόλιο:
Φτάνοντας στη σχέση (1), θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση ως θετική, θα μπορούσαμε να γράψου-
με 0=m1υ1-m2υ2, παίρνοντας ως «γνωστό» ότι το σώμα Β θα κινηθεί προς τα αριστερά.
Αλλά τότε θα βρίσκαμε, υ2=2m/s και αυτό θα ήταν το μέτρο της ταχύτητας.
9. ΟΙ ΜΕΤΑΒΟΛΕΣ ΤΗΣ ΚΙΝΗΤΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ.
Μια μικρή σφαίρα μάζας 0,5kg αφήνεται να πέσει ελεύθερα Από σημείο Α και αφού
διανύσει απόσταση h=3,2m κτυπά σε κεκλιμένο επίπεδο, με αποτέλεσμα μετά να κι-
νηθεί με οριζόντια ταχύτητα υ2=6m/s, όπως στο σχήμα.
i) Να υπολογίσετε την κινητική ενέργεια και την ορμή της σφαίρας ελάχιστα πριν
και ελάχιστα μετά την κρούση.
ii) Να υπολογιστούν η μεταβολή της ορμής και της κινητικής ενέργειας της σφαί-
ρας, που οφείλονται στην κρούση.
iii) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της ορμής της σφαίρας ελάχιστα πριν και ελάχιστα μετά την κρούση.
Δεν υπάρχει αντίσταση από τον αέρα, ενώ g=10m/s2.
Απάντηση:
Στο διπλανό σχήμα εμφανίζονται οι ταχύτητες της σφαίρας πριν και
μετά την κρούση.
Κατά την πτώση της σφαίρας, η μόνη δύναμη που ασκείται πάνω της
είναι το βάρος, δύναμη συντηρητική, συνεπώς η μηχανική ενέργεια
παραμένει σταθερή. Θεωρώντας λοιπόν το οριζόντιο επίπεδο που
περνά από το σημείο κρούσης, ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ε-
νέργειας, έχουμε:
Καρ+Uαρ=Κτελ+Uτελ →
2
1 2
1
0 mgh  m (1)
2gh 2 10 3,2m/ s 8m/ s 1      
i) Ελάχιστα πριν την κρούση η σφαίρα έχει:
K m mgh 0,5 10 3,2J 16J
2
1 2
1 1       
Και ορμή κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω και μέτρο:

20
P m 0,5 8kg m/ s 4kg m/ s 1 1       
Αμέσως μετά την κρούση:
K m 0,5 6 J 9J
2
1
2
1 2 2
2 2     
Και ορμή οριζόντια, ίδιας φοράς με την ταχύτητα υ2 και μέτρο:
P m 0,5 6kg m/ s 3kg m/ s 2 2       
ii) Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας είναι:
( ) 2 1 2 1 P P P P P
    
     
Αλλά με βάση το διπλανό σχήμα, η μεταβολή της ορμής έχει μέτρο:
    2
2
2
1 P P P
P (m ) (m ) (0,5 8) (0,5 6) kg m/ s 5kg m/ s 2 2 2
2
2
1            
Ενώ σχηματίζει με την οριζόντια διεύθυνση γωνία θ, όπου
3
4
2
1  
P
P

Ενώ η μεταβολή της κινητικής ενέργειας είναι ίση:
K K K 9J 11J 7J 2 1       
iii) Από το γενικευμένο νόμο του Νεύτωνα:
F w
t
P  

 



Συνεπώς τόσο πριν, όσο και μετά την επαφή της σφαίρας με το επίπεδο ο ρυθμός μεταβολής της ορ-
μής της σφαίρας είναι κατακόρυφος με φορά προς τα κάτω και μέτρο:
2 w mg 5kg m/ s
t
P
   


Σχόλια:
1) Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας K  7J σημαίνει ότι η κινητική ενέργεια μειώνεται κατά 7J,
ενώ η μεταβολή της ορμής είναι διάνυσμα. Αν θέλουμε να δούμε τι συμβαίνει με το μέτρο της ορμής
πρέπει να πάρουμε τη μεταβολή του μέτρου της ορμής:
P P P 3kgm/ s 4kgm/ s 1kgm/ s 2 1        .

21
2) Δεν πρέπει να συγχέουμε το διάνυσμα της ορμής με το διάνυσμα του ρυθμού μεταβολής της ορμής
(που είναι ίσος με τη δύναμη). Έτσι στο παρακάτω διάγραμμα έχουν σχεδιαστεί τα αντίστοιχα διανύ-
σματα πριν και μετά την κρούση.
10. ΟΙ ΑΡΧΕΣ ΔΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ.
Σε λείο οριζόντιο επίπεδο ηρεμούν δυο σώματα Α και Β, με μάζες
Μ=2kg και m=1kg, δεμένα στα άκρα ιδανικού ελατηρίου με φυσικό
μήκος ℓ0=0,5m. Πιάνοντας τα δυο σώματα συμπιέζουμε το ελατήριο,
μέχρι το ελατήριο να αποκτήσει μήκος ℓ1=0,2m και τα αφήνουμε ελεύ-
θερα να κινηθούν. Τη στιγμή t1 που το ελατήριο αποκτά μήκος ℓ2=0,6m για πρώτη φορά, το σώμα Α έχει
ταχύτητα μέτρου υ1=1m/s. Τη στιγμή αυτή πιάνουμε και ακινητοποιούμε ακαριαία το σώμα Α.
i) Να βρεθεί η ταχύτητα του σώματος Β τη στιγμή t1.
ii) Να υπολογιστεί η σταθερά του ελατηρίου.
iii) Ποιο είναι το μέγιστο μήκος που θα αποκτήσει το ελατήριο;
iv) Πόση είναι η μέγιστη ταχύτητα που θα αποκτήσει το σώμα Β;
Απάντηση:
Είμαι ένας μαθητής της Β΄Λυκείου (λέμε τώρα)! που μου δίνεται το
παραπάνω πρόβλημα. Το πρώτο πράγμα που μου έρχεται στο μυαλό,
είναι να μελετήσω την κίνηση του σώματος Β, την οποία να συνδέσω, αν
χρειαστεί με την κίνηση του σώματος Α. Γράφω λοιπόν υ2=α∙t, αλλά μου
χρειάζεται η επιτάχυνση, την οποία θα βρω από το θεμελιώδη νόμο: F=m2∙α2. Ναι αλλά η δύναμη;
Εντάξει θα την βρω από το νόμο του Ηοοke F=k∙Δℓ!!! Σιγά-σιγά, και αυτό το Δℓ; Πόσο είναι 0,3m ή μήπως
0,1m; Όχι δεν κάνει αφού αλλάζει καθώς κινείται το σώμα, οπότε θα αλλάζει και η επιτάχυνση! Μα, τότε η
κίνηση δεν θα είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη, την οποία ξέρω!!!
Τι μου είπε ο καθηγητής μου, ότι όταν δεν μπορώ από εδώ να πηγαίνω ενεργειακά:
Ωραία θα εφαρμόσω το Θ.Μ.Κ.Ε. για το σώμα Β. Ας το γράψω και βλέπουμε:
t
P



t
P


1  P 
2 P 
πριν μετά
A B
A B
A F

B F


22
Κτ-Κα=WFΒ → FB m W 2
2 2
1

Αλλά η δύναμη του ελατηρίου είναι συντηρητική, οπότε 2
2
2
1 2
1
2
1
W U U k( ) k( ) FB a
       .
Σωστά; Ναι, η αρχική μείον την τελική δυναμική ενέργεια του ελατηρίου. Αλλά, μια στιγμή.
Μήπως η δυναμική ενέργεια που μετατρέπεται σε κινητική, δεν πηγαίνει όλη στο Β σώμα; Και το Α;
Άκυρο…. Πρέπει να βρω κάτι που να βάλει στο παιχνίδι και το Α σώμα…… Το βρήκα!!!!
i) Στο σύστημα σώμα Α-σώμα Β-ελατήριο, οι μόνες δυνάμεις που παράγουν έργο είναι οι δυνάμεις που
το ελατήριο ασκεί στα δυο σώματα. Αλλά οι δυνάμεις ελαστικότητας είναι συντηρητικές, συνεπώς η
μηχανική ενέργεια παραμένει σταθερή:
2
2
2
2
2
1
2
1 ( )
2
1
2
1
2
1
( )
2
1
0  k   M  m  k  (1)
Στην παραπάνω εξίσωση όμως έχω δύο αγνώστους, τη σταθερά k και την ταχύτητα υ2. Θέλω λοιπόν
άλλη μια εξίσωση. Ξανά στο σύστημα λοιπόν των σωμάτων.
Το σύστημα είναι και μονωμένο, αφού η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων (βάρη και κάθετη
αντίδραση του επιπέδου) είναι μηδενική. Άρα και η ορμή του συστήματος παραμένει σταθερή.
  P P a
 
 →
Και θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση θετική παίρνουμε:
0=m∙υ2-Μυ1 → υ2=2υ1=2m/s
ii) Επιστρέφουμε τώρα στη σχέση (1) (ευτυχώς δεν πήγε χαμένη…) και λύνουμε ως προς τη σταθερά k:
2
2
2
2
2
1
2
1 ( )
2
1
2
1
2
1
( )
2
1
0  k   M  m  k  →
N m N m N m
M m
k / 75 /
0,09 0,01
6
/
0,3 0,1
2 1 1 2
( ) ( ) 2 2
2 2
2
2
2
1
2
2
2
1 



  

  


 
 

23
iii) Μόλις ακινητοποιήσουμε το σώμα Α, το σώμα Β έχει ταχύτητα
προς τα δεξιά, ενώ επιβραδύνεται. δεχόμενο δύναμη FΒ προς τ’ α-
ριστερά, όπως στο διπλανό σχήμα. Έτσι το ελατήριο συνεχίζει να
επιμηκύνεται μέχρι τη στιγμή που θα μηδενιστεί η ταχύτητα του
σώματος Β. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για το σώμα Β, από τη θέ-
ση που το ελατήριο έχει μήκος 2  , μέχρι τη θέση που θα μηδενι-
στεί η ταχύτητά του και το ελατήριο θα αποκτήσει μήκος 3  :
Κτ-Κα=WFΒ →  m WFB 2
2 2
1
0 
Αλλά η δύναμη του ελατηρίου είναι συντηρητική, οπότε:
2
3
2
2 2
1
2
1
W U U k( ) k( ) FB a
       , από όπου:
2
2
2
3
2
2 ( )
2
1
( )
2
1
2
1
m  k   k  →
m m
k
m
0,1 0,25
75
1 2
( ) ( ) 2
2
2
2
2
2
3  

    

Αλλά 3 3 0     οπότε 0,25m 0,5m 0,75m 3 3 0        .
iv) Μετά το μηδενισμό της ταχύτητας του σώματος Β, αυτό θα επιταχυνθεί προς τ’ αριστερά και θα συνε-
χίσει να επιταχύνεται μέχρι το ελατήριο να αποκτήσει το φυσικό μήκος του, αφού στη συνέχεια το σώ-
μα θα συμπιέσει το ελατήριο και θα δεχτεί δύναμη αντίθετης φοράς.
Εφαρμόζουμε την Α.Δ.Μ.Ε. για το σύστημα, από τη στιγμή μηδενισμού της ταχύτητας του Β μέχρι τη
στιγμή που το ελατήριο αποκτά το φυσικό μήκος του και παίρνουμε:
0
2
1
( )
2
1
0 2
max
2
3  k   m  →
m s m s m s
m
k
/ 1,25 5 / 2,2 /
1
75
0,25 max 3      
Σχόλια:
1) Η απάντηση στο iii) ερώτημα δόθηκε με τη βοήθεια του Θ.Μ.Κ.Ε. ενώ του iv) με χρήση της Α.Δ.Μ.Ε.
Στην πραγματικότητα θα μπορούσαμε να δουλέψουμε και αντίστροφα ή μόνο με τον ένα ή τον άλλο
τρόπο. Αυτό ισχύει επειδή το ένα άκρο του ελατηρίου (το οποίο συνδέεται με το Α σώμα) είναι σταθερό,
με αποτέλεσμα η μεταβολή της δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου να συνδέεται με τη μεταβολή της κι-
νητικής ενέργειας μόνο του σώματος Β.
A B
2  
A B
B F

2 
3 
A B 0  max  

24
2) Στην περίπτωση όμως που κινούνται και τα δυο σώματα, οι μεταβολές της δυναμικής ενέργειας του ελα-
τηρίου, συνδέεται με τις μεταβολές της κινητικής ενέργειας και των δύο σωμάτων, οπότε είμαστε υπο-
χρεωμένοι να δουλέψουμε με τη βοήθεια της διατήρησης της μηχανικής ενέργειας (Α.Δ.Μ.Ε.) και όχι με
τη χρήση του Θ.Μ.Κ.Ε., στο οποίο μας χρειάζεται το έργο της δύναμης του ελατηρίου που μας είναι ά-
γνωστο.
3) Όταν είμαστε μαθητές στο δημοτικό και λύναμε μια άσκηση Αριθμητικής (έτσι την λέγαμε τότε…),
στην αρχή της λύσης, θα έπρεπε να γράφαμε «σκέψη». Στην πραγματικότητα ήταν μια ανάλυση συλλο-
γισμών, η οποία θα μας οδηγούσε στον τρόπο λύσης.
Αλλά και αργότερα όταν στο Γυμνάσιο-Λύκειο κάναμε Γεωμετρία (κατασκευές ή γεωμετρικούς τόπους)
το πρώτο βήμα ήταν να γράψουμε «ανάλυση», αναλύοντας τα δεδομένα και τις σκέψεις που θα μας ο-
δηγούσαν στην «κατασκευή» ή στην σύνθεση…
Μια τέτοια προσπάθεια έγινε παραπάνω, πριν απαντηθούν τα συγκεκριμένα ερωτήματα.
11. EΝΑ ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΠΙΤΑΧΥΝΕΤΑΙ.
Σε λείο οριζόντιο επίπεδο σύρεται ένα αμαξίδιο μάζας 1kg, με την
επίδραση μιας σταθερής οριζόντιας δύναμης F=12Ν. Πάνω στο αμα-
ξίδιο, έχει προσδεθεί με νήμα ένα σώμα Σ, μάζας 0,2kg. Ο συντελε-
στής τριβής μεταξύ των δύο σωμάτων είναι μ=0,5. Κάποια στιγμή
t0=0, το καροτσάκι έχει ταχύτητα 2m/s.
i) Να βρεθεί η ορμή και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του συστήματος τη στιγμή αυτή.
ii) Αν την παραπάνω χρονική στιγμή, κοπεί το νήμα:
α) Να σχεδιάστε τις δυνάμεις που ασκούνται σε κάθε σώμα και να τις διακρίνετε σε εσωτερικές και
εξωτερικές για το σύστημα αμαξίδιο-σώμα Σ.
β) Να υπολογιστεί η ορμή και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του αμαξιδίου 1s, μετά το κόψιμο του
νήματος. Ποιες οι αντίστοιχες απαντήσεις για το σώμα Σ;
γ) Να βρεθεί η ορμή και ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του συστήματος τη στιγμή αυτή.
Απαντήσεις:
Στο διπλανό σχήμα έχουν σχεδιαστεί οι εξωτερικές δυνάμεις που α-
σκούνται στο σύστημα, όπου στον κατακόρυφο άξονα:
0 ( ) 0 1 2 F  N  N  M m g  y
i) Η ορμή του συστήματος είναι ένα διάνυσμα οριζόντιο με φορά
F
→
2 N
N
1
oλ
F
→ →
→
w
→

25
προς τα δεξιά και μέτρο:
P M m kgm s kgm s o ( ) (1 0,2) 2 / 2,4 / 0        
Ενώ 2 F 12kg m/ s
t
P
F
t
P o o   


  

 




Με κατεύθυνση προς τα δεξιά.
ii) Μόλις κοπεί το νήμα, οι δυνάμεις που ασκούνται σε κάθε σώμα, είναι αυτές του παρακάτω σχήματος:
F →
w →
→
→
2
N
N
1
1
→N
΄
→Τ
΄
w →
→
2
N
→Τ
Όπου αριστερά οι δυνάμεις στο αμαξίδιο και δεξιά στο σώμα Σ.
α) Εξωτερικές για το σύστημά μας είναι οι δυνάμεις: τα βάρη w1 και w2, οι αντιδράσεις του ε-
πιπέδου Ν1 και Ν2 και η δύναμη F.
Εσωτερικές οι: Τριβή Τ και η αντίδρασή της Τ΄, και οι κάθετες αντιδράσεις Ν και Ν΄.
β) Το ερώτημα που ανακύπτει είναι, αν η τριβή που θα εμφανιστεί μεταξύ αμαξιδίου και σώματος είναι
στατική τριβή (οπότε τα σώματα κινούνται μαζί) ή τριβή ολίσθησης, οπότε το σώμα Σ ολισθαίνει
πάνω στο αμαξίδιο. Ελέγχουμε, υποθέτοντας ότι τα δυο σώματα κινούνται μαζί.
Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για κάθε σώμα παίρνουμε:
Αμαξίδιο: ΣFx=Μ∙α → F-Τ΄=Μ∙α (1)
Σώμα Σ: ΣFx=m∙α → Τ=m∙α (2)
Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:
F=(Μ+m)∙α → F N N
M m
m
T
M m
F
a 12 2
1 0,2
0,2 (2) 



 


Αλλά η τριβή που μπορεί να ασκηθεί μεταξύ των δύο σωμάτων μπορεί να πάρει μέγιστη τιμή
Τmax=Τολ=μΝ=μmg=0,5∙0,2∙10Ν=1Ν, συνεπώς η υπόθεσή μας, ότι τα σώματα συνεχίζουν να κινού-
νται μαζί, ήταν εσφαλμένη. Το σώμα Σ γλιστράει πάνω στο αμαξίδιο και η ασκούμενη τριβή, είναι
τριβή ολίσθησης με μέτρο Τ=1Ν. Αλλά τότε από τις εξισώσεις (1) και (2) παίρνουμε:
Αμαξίδιο: 2
1 11 /
1
12 1
m s
kg
N N
M
F T
a 


 

Σώμα Σ: 2 2
2 / 5 /
0,2
1
m s m s
m
T
a   

26
Και οι ταχύτητες που θα έχουν τα σώματα τη στιγμή t1=1s θα είναι:
υ1=υ0+α1∙t1=2m/s+11∙1m/s=13m/s
υ2=υ0+α2∙t2=2m/s+5∙1m/s=7m/s.
Με βάση αυτά θα έχουμε:
Για το αμαξίδιο: Ρ1=Μυ1=1∙13kgm/s=13kgm/s και 1 2 F T 11kg m/ s
t
P
F
t
P
    


  

 

.
Σώμα Σ: Ρ2=mυ2=0,2∙7kgm/s=1,4kgm/s και 2 2 2 T 1kg m/ s
t
P
F
t
P
  


  

 

γ) Η ορμή του συστήματος είναι:
P P P P P P kgm s kg m s o o (13 1,4) / 14,4 / 1 2 1 2           
  
Κι ο συνολικός ρυθμός μεταβολής της ορμής του συστήματος:
1 2 1 2 2 2 (11 1)kg m/ s 12kg m/ s
t
P
t
P
t
P
t
P
t
P
t
P o o     
















  
  
Προφανώς και τα δύο διανύσματα (ορμή και ρυθμός μεταβολής της ορμής) είναι διανύσματα οριζό-
ντια με φορά προς τα δεξιά.
Σχόλια:
1) Από τη στιγμή που έχουμε ένα σύστημα, το οποίο δέχεται εξωτερική δύναμη F=12Ν, ισχύει:
        


  


F P F t P P F t
t
P
F
t
P
o t t
o o
 1 0





P P F t kgm s kgm s kg m s t t 2,4 / 12 1 / 14,4 /
1 0
       
Ενώ 2 F 12kg m/ s
t
P
F
t
P o o   


  

 




.
Την ίδια λογική θα μπορούσαμε να εφαρμόσουμε για να υπολογίσουμε ορμές για κάθε σώμα, στο β) υποε-
ρώτημα:
             


  


F T P F T t P P F T t
t
P
F
t
P
t ( ) ( )
1 1 0
1 1


P M (F T ) t 2kgm/ s (12 1)1kgm/ s 13kg m/ s 1 0           
Ομοίως για το σώμα Σ:
        


  


T P T t P P T t
t
P
F
t
P
2 2 t0
2 2



27
P m T t 0,4kgm/ s 1 1kgm/ s 1,4kg m/ s 2 0         
2) Δεν μας δόθηκε ο συντελεστής οριακής στατικής τριβής, οπότε δεχτήκαμε ότι συμπίπτει με το συντελε-
στή τριβής ολίσθησης. Δεχτήκαμε με άλλα λόγια ότι η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής είναι ίση με την
τριβή ολίσθησης.
12. ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ ΟΡΜΗ ΣΕ ΕΝΑ ΠΕΙΡΑΜΑ ΜΕ ΕΛΑΤΗΡΙΑ.
1 k
2 k
1 F

2 F
 
Σε οριζόντιο επίπεδο ηρεμεί ένα αμαξίδιο μάζας Μ, πάνω στο οποίο έχουν προσδεθεί δύο ιδανικά ελατήρια
με σταθερές k1=k και k2=4k. Με τη βοήθεια ενός σώματος Σ, μάζας m, όπου Μ=2m, συμπιέζουμε το αρι-
στερό ελατήριο κατά x1, ενώ συγκρατούμε το αμαξίδιο ακίνητο.
Σε μια στιγμή αφήνουμε ελεύθερα το αμαξίδιο και το σώμα Σ.
i) Τι από τα παρακάτω θα συμβεί:
α) Το σώμα Σ θα κινηθεί προς τα δεξιά και το αμαξίδιο θα παραμείνει στη θέση του.
β) Το σώμα Σ θα κινηθεί προς τα δεξιά και το αμαξίδιο προς τα αριστερά.
γ) Και τα δυο σώματα θα κινηθούν προς τα δεξιά.
ii) Το σώμα Σ, θα εγκαταλείψει το ελατήριο αποκτώντας κινητική ενέργεια:
α)
2
1
kx1
2, β)
3
1
kx1
2, γ)
4
1
kx1
2.
iii) Μετά από λίγο το σώμα Σ φτάνει στο δεξιό ελατήριο, το οποίο αρχίζει να συμπιέζει, με αποτέλεσμα
σε μια στιγμή να μειώνεται η ταχύτητά του με ρυθμό 1m/s2. Τη στιγμή αυτή το μέτρο της ταχύτητας του
αμαξιδίου:
α) Αυξάνεται με ρυθμό 0,5m/s2.
β) Μειώνεται με ρυθμό 1m/s2.
γ) Μειώνεται με ρυθμό 0,5m/s2.
iv) Σε μια στιγμή η ταχύτητα του σώματος Σ μηδενίζεται. Τη στιγμή αυτή, το αμαξίδιο έχει ταχύτητα:

28
α) προς τα δεξιά
β) προς τα αριστερά
γ) μηδενική.
v) Η μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου στα δεξιά θα είναι:
α)
4
1
x1, β)
2
1
x1, γ) 2x1.
Να δικαιολογήσετε αναλυτικά όλες τις απαντήσεις σας, θεωρώντας ότι δεν αναπτύσσονται δυνάμεις τριβής,
ούτε μεταξύ εδάφους και αμαξιδίου, ούτε κατά την κίνηση του σώματος Σ.
Απάντηση:
i) Τη στιγμή που αφήνουμε τα σώματα ελεύθερα, δέ-
χονται από το ελατήριο δυνάμεις F1 και F2, όπως
στο σχήμα, όπου για τα μέτρα τους ισχύει
F1=F2=k∙x1, με αποτέλεσμα το σώμα Σ να επιτα-
χυνθεί προς τα δεξιά και το αμαξίδιο προς τα αρι-
στερά. Σωστό το β).
ii) Το σύστημα των δύο σωμάτων είναι μονωμένο συνεπώς ισχύει η αρχή διατήρηση ης ορμής, από τη
στιγμή που αφήνονται να κινηθούν μέχρι το Σ να εγκαταλείψει το ελατήριο:
  P P a
 
 →
0=m∙υ1-Μυ2 → υ2= ½ υ1 (1)
Εξάλλου η αρχική δυναμική ενέργεια του ελατηρίου, θα εμφανιστεί ως κινητική ενέργεια των δύο
σωμάτων Σ-αμαξίδιο. Διαφορετικά η μηχανική ενέργεια του συστήματος παραμένει σταθερή, αφού οι
μόνες δυνάμεις που παράγουν έργο είναι οι δυνάμεις που ασκούνται από το ελατήριο στα δυο σώμα-
τα:
2
2
2
1
2
1 2
1
2
1
2
1
kx  m  M →
2
2 1
1
2
1 2
2
2
1
2
1
2
1




 

kx m m →
2
1
2
1
2
1 4
1
2
1
2
1
kx  m  m →
1 k
2 k
1 F

2 F
 

29
2
1
2
1 4
3
2
1
kx  m →
2
1
2
1 3
1
2
1
m  kx
Σωστό το β).
iii) Μόλις το σώμα αρχίζει να συμπιέζει το ελα-
τήριο στα δεξιά δέχεται δύναμη F1΄=k2∙Δℓ η
οποία του προκαλεί επιτάχυνση με φορά προς
τα αριστερά (επιβράδυνση) μέτρου:
m
k
a

 2
1
ενώ το αμαξίδιο θα αποκτήσει επιτάχυνση προς τα δεξιά (ξανά επιβράδυνση, αφού έχει ταχύτητα με
φορά προς τα αριστερά), μέτρου 1
2 2
2 2
1
2
a
m
k
M
k
a 




 
.
Άρα και η ταχύτητα του αμαξιδίου μειώνεται με ρυθμό 0,5m/s2. Σωστό το γ).
iv) Σε όλη τη διάρκεια από τη στιγμή που αφέθηκαν τα σώματα να κινηθούν, μέχρι τη στιγμή που μηδενί-
ζεται η ταχύτητα του σώματος Σ, το σύστημα είναι μονωμένο και η ορμή του διατηρείται.
  P P a
 
 →
0=m∙0-Μυ2 → υ2=0
Συνεπώς ταυτόχρονα με το μηδενισμό της ταχύτητας του σώματος Σ, μηδενίζεται και η ταχύτητα του
αμαξιδίου. Σωστό το γ).
v) Τη στιγμή που μηδενίζονται οι ταχύτητες των δύο σωμάτων το ελατήριο παρουσιάζει τη μέγιστη συ-
σπείρωσή του, οπότε από τη διατήρηση της ενέργειας παίρνουμε:
2
2 2
2
1 1 2
1
2
1
k x  k x →
2
2
2
1 4
2
1
2
1
kx  kx →
2 1 2
1
x  x
Σωστό το β).
1 k
2 k
1 F

2 F
 
΄ ΄

12 Λυμένες Ασκήσεις στην Ορμή απο τον Διονύση Μάργαρη

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to 12 Λυμένες Ασκήσεις στην Ορμή απο τον Διονύση Μάργαρη

Similar to 12 Λυμένες Ασκήσεις στην Ορμή απο τον Διονύση Μάργαρη (20)

More from HOME

More from HOME (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

12 Λυμένες Ασκήσεις στην Ορμή απο τον Διονύση Μάργαρη