Merry-go-round

Έχει ακτίνα R=1.3m και ροπή αδράνειας Ι και στρέφεται με ω0.Eνα αγόρι μάζας M που περπατούσε με κατεύθυνση προς το κέντρο, πηδάει πάνω στο merry-go-round. Ποια η νέα ω? Αργότερα ένα κορίτσι μάζαs Μ που τρέχει εφαπτομενικά προς τοmerry-go-round πηδά πάνω. Αν η διεύθυνση της κίνησης της είναι ίδια με του merry-go-roundποια η νέα ω?

Περπατώντας κατευθείαν προς τον άξονα

περιστροφής, το αγόρι δεν έχει στροφορμή

ως προς τον άξονα, και επομένως η ολική

στροφορμή είναι Ιω0.

Αλλά όταν ανεβαίνει στο merry-go-round,

προσθέτει στην ροπή αδράνειας του

συστήματος ένα ποσό ΜR2.

Από διατήρηση της στροφορμής έχουμε:

Παράδειγμα

𝐼𝜔0 = 𝐼 + 𝑀𝑅2 𝜔2 𝜔2 =𝐼𝜔0

𝐼 + 𝑀𝑅2

Merry-go-round

Το κορίτσι που τρέχει εφαπτομενικά έχει στροφορμή προς τον άξονα Μ𝜐𝑅

Όταν ανεβαίνει στο merry-go-round η συνολική ροπή αδράνειας περιλαμβάνει τη

ροπή αδράνειας του merry-go-round καθώς και αυτή του κάθε παιδιού που είναι

ΜR2.

Διατηρείται η μηχανική ενέργεια όταν τα παιδιά ανέβουν στο merry-go-round?

OXI

Δυνάμεις τριβής ενεργούν για να φέρουν τα παιδιά και το merry-go-round σε ηρεμία

σε σχέση με το καθένα και η περίπτωση μοιάζει αυτή της

πλαστικής κρούσης.

Eπομένως η συνολική στροφορμή του συστήματος είναι: Ι𝜔0 + Μ𝜐𝑅

Ορίζοντας σαν ω3 την τελική γωνιακή ταχύτητα από διατήρηση της στροφορμής

έχουμε:

𝐼𝜔0 + 𝑀𝜐𝑅 = 𝐼 + 𝑀𝑅2 + 𝑀𝑅2 𝜔3 𝜔3 =𝐼𝜔0 + 𝑀𝜐𝑅

𝐼 + 2𝑀𝑅2

Γυροσκόπιο – Περιστροφή με ροπή

x

y

z

L L

z

x

y

ΔL=τΔt

τ=lFΑ

Β

F

F

x

y

z

L

Α

ΒF

F

τ=lF

x

y

z

ΔL=τΔtL

H μεταβολή της στροφορμής

είναι πάντοτε στη διεύθυνση

της ροπής

y

z

άξονας

στήριξης

Lp

Γυροσκόπιο – Περιστροφή με ροπή

Α

N

Β=mg

τ=lF y

z

ΔL=τΔtL

LN

Έστω ότι κάποιος δίσκος περιστρέφεται με μια γωνιακή ταχύτητα ω γύρω από άξοναπου περνά από το κέντρο του και ο άξονας περιστροφής στηρίζεται σε κάποιο σημείο

LiΔL=τΔt

Lf

φ

Έστω r* η απόσταση του Β από το Α

r*

r*

r*

Ο δίσκος διαγράφει τόξο γωνίας dφ:

Αλλά 𝐿 = 𝐼𝜔𝑠𝑝𝑖𝑛 ενώ 𝑑𝜑

𝑑𝑡= 𝜔 𝜏𝛼𝜋𝜏

γωνιακή ταχύτητα μετάπτωσης

Επομένως: 𝜔 𝜏𝛼𝜋𝜏 =𝑚𝑔𝑟∗

𝐼𝜔𝑠𝑝𝑖𝑛 𝜔 𝜏𝛼𝜋𝜏 × 𝜔𝑠𝑝𝑖𝑛 =

𝑚𝑔𝑟∗

𝐼= 𝜎𝜏𝛼𝜃 (για Lspin>>Ltot)

Ο δίσκος έχει δυο είδη περιστροφής και η ολική στροφορμή είναι: 𝐿𝑡𝑜𝑡 = 𝐿𝑠𝑝𝑖𝑛 + 𝐿 𝜏𝛼𝜋𝜏.

𝜏 =𝑑𝐿

𝑑𝑡 𝑚𝑔𝑟∗ =

𝑑𝑙

𝑑𝑡 𝑑𝐿 = 𝑚𝑔𝑟∗dt

𝑑𝐿 = 𝐿𝑑𝜑 𝑚𝑔𝑟∗dt = 𝐿𝑑𝜑 𝑑𝜑

𝑑𝑡=

𝑚𝑔𝑟∗

𝐿

5

Στατική ισορροπία

6

Κύλιση και περιστροφή

Είδαμε τις εξισώσεις για την περιστροφή γύρω από σταθερό άξονα

0F και 0 Τότε υπάρχει ισορροπία.

0F Αν και 0 Τότε υπάρχει περιστροφή

0F και 0 Τότε υπάρχει περιστροφή και μεταφορά

Μια μπάλα που κυλά προς τα κάτω

σε κεκλιμένο επίπεδο

Τι ισχύει για συνδυασμένη κίνηση?

Ούτε μεταφορά ούτε περιστροφή

Αν

αλλά όχι μεταφορά

Αν

μεταφορά και περιστροφή

Στατική ισορροπία

Ισορροπία υπάρχει όταν

Οι παραπάνω συνθήκες δηλώνουν ότι η γραμμική και γωνιακήταχύτητα του συστήματος θα είναι σταθερές ή μηδέν

Στην περίπτωση που ω = v = 0 έχουμε «στατική» ισορροπία

Μπορούμε να αντιστρέψουμε το επιχείρημα και να πούμε πωςαν ω = v = 0 τότε η συνισταμένη των εξωτερικών ροπών καιδυνάμεων είναι μηδέν

Θα ασχοληθούμε μόνο με περιπτώσεις επίπεδης κίνησης καιεπομένως μόνο η z-συνιστώσα της ροπής παίζει ρόλο

Πρέπει να είμαστε ευρηματικοί και προσεκτικοί για να βρούμετο σύστημα στο οποίο θα εφαρμόσουμε τις παραπάνω σχέσεις

Οι 2 εξισώσεις είναι ουσιαστικά 6 εξισώσεις για 3-d περιπτώσεις.

Σε 2 διαστάσεις έχουμε 3 (2 για δυνάμεις και μία 1 για ροπές)

F = 0 & τ = 0

Ένα θεώρημα

Για ένα στερεό στο οποίο 𝑭 = 0, αν η 𝝉 = 0 γύρω από ένα σημείο, τότε 𝝉 = 0

γύρω από οποιαδήποτε άλλο σημείο.

Επομένως είμαστε ελεύθεροι να διαλέξουμε το πιο κατάλληλο σημείο για υπολογισμόροπής.

Απόδειξη

rP

r1-rp

P

r1

0

Υποθέτουμε ότι 𝜏 = 0 γύρω από το σημείο Ο(0,0)

Η ροπή των δυνάμεων ως προς το σημείο P είναι:

Άλλα 𝝉0 = 0 𝜅𝛼𝜄 𝑭 = 0

0 = 𝒓1 × 𝑭1 + 𝒓2 × 𝑭2 + ⋯+ 𝒓𝑛 × 𝑭𝑛

𝝉𝑃 = 𝒓1 − 𝒓𝑃 × 𝑭1 + 𝒓2 − 𝒓𝑃 × 𝑭2 + ⋯+ 𝒓𝑛 − 𝒓𝑃 × 𝑭𝑛

𝝉𝑃 = 𝒓1 × 𝑭1 + 𝒓2 × 𝑭2 + ⋯ + 𝒓𝑛 × 𝑭𝑛 − 𝒓𝑃 × 𝑭1 + 𝑭2 + ⋯+ 𝑭𝑛

𝝉𝑃 = 𝝉0 − 𝒓𝑃 × 𝑭𝝉𝑝 = 0 − 0 = 0

Κάτι ακόμα από θεωρία – Κέντρο βάρους

Η δύναμη της βαρύτητας δεν προκαλεί καμιά ροπή γύρω από το κέντρου βάρους Δέν υπάρχει περιστροφή.

Κέντρο βάρους είναι το σημείο όπου το ολικό βάρος ενός

συστήματος ή σώματος μπορεί να θεωρηθεί ότι ενεργεί:

𝑋𝐾𝐵 = 𝑖 𝐹𝑔

𝑖𝑥𝑖

𝑖 𝐹𝑔𝑖

Στατική ισορροπία

Γενικά αυτό που θα προσπαθούμε να κάνουμε είναι να διαλέγουμε σα σημείο

αναφοράς, το σημείο στο οποίο ενεργούν οι περισσότερες δυνάμεις, γιατί τότε δεν

υπάρχει μοχλοβραχίονας και επομένως οι ροπές είναι μηδέν. Αυτή η συνθήκη κάνει τις

εξισώσεις πολύ πιο απλές.

Δύο ζυγαριές στηρίζουν τα άκρα μιας ομοιόμορφης σανίδας μήκους L0 και μάζας Μ.

Ένα άτομο μάζας m βρίσκεται πάνω στη σανίδα σε απόσταση L όπως φαίνεται στο

σχήμα. H σανίδα και το άτομο είναι σε ηρεμία. Ποιο το μέγεθος της δύναμης που ασκεί

κάθε ζυγαριά στη σανίδα.

Ας υποθέσουμε ότι η σανίδα είναι το σύστημά μας.

Οι δυνάμεις είναι:

L0/2

L0-L

W2W1

F1F2

Το βάρος της σανίδας W1, το βάρος του ατόμου

W2, οι δυνάμεις των ζυγαριών F1 και F2.

H δεύτερη συνθήκη ισορροπίας είναι ότι η ολική ροπή ως προς ένα σημείο να είναι

μηδέν.

Διαλέγουμε σα σημείο το ένα άκρο της ράβδου ώστε να μηδενίσουμε την ροπή μιας

δύναμης. Έστω το F1.

𝜏𝛼𝜏 + 𝜏𝜎𝛼 + 𝜏 𝜐𝛾 = 0 ⇒

Παράδειγμα

𝐹1 + 𝐹2 − 𝑊1 − 𝑊2 = 0

𝜏𝛼𝜏 = (𝐿0 − 𝐿 (−𝑚𝑔 = −(𝐿0 − 𝐿 (𝑚𝑔

𝜏𝜎𝛼 =𝐿0

2(−𝛭𝑔 = −

𝐿0

2𝛭𝑔

𝜏 𝜐𝛾 = 𝐹2𝐿0

𝜏𝜊 = −(𝐿0 − 𝐿 (𝑚𝑔 −𝐿0

2𝑀𝑔 + 𝐹2𝐿0 = 0 (2)

⇒ 𝐹1 + 𝐹2 = 𝑚 + 𝑀 𝑔 (1)

CMN

fMg

Nτοιχ

θ

Από (3): 𝑁𝜏𝜊 𝜒𝑙 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑀𝑔𝑙

2𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑀𝑔

1

2

1

𝑁𝜏𝜊𝜄𝜒

Από (1): 𝑁𝜏𝜊 𝜒 = 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑠𝑀𝑔

Επομένως 𝑡𝑎𝑛𝜃𝑚𝑖𝑛 = 𝑀𝑔1

2

1

𝑠𝑀𝑔

Ροπές ως προς το σημείο επαφής σκάλας εδάφους

(1 𝐹𝑥 = 𝑓 − 𝑁τοιχ = 0

Σκάλα μήκους l ακουμπά σε λείο τοίχο. Ποια η θmin πριν γλιστρήσει

Παράδειγμα

(2 𝐹𝑦 = 𝑁 − 𝑀𝑔 = 0

3 𝝉𝑧 = 𝑁𝜏𝜊 𝜒𝑙 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑀𝑔𝑙

2𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑡𝑎𝑛𝜃𝑚𝑖𝑛 =1

2𝜇𝑠

Σκάλα σε τοίχο - σχόλια

Η αντίδραση του εδάφους στην σκάλα είναι:

MgFεδ

Fτοιχ.

MgFεδ

𝑓 =Μ𝑔

2 tan𝜃

⇒ tan 𝜑 =Μ𝑔

Μ𝑔2 tan𝜃

= 2 tan 𝜃

Δηλαδή η δύναμη δεν έχει κατεύθυνση κατά μήκος της σκάλας

Αντίθετα, έχει διεύθυνση προς τα πάνω με κλίση διπλάσια

από την κλίση της σκάλας.

Επομένως 3 δυνάμεις οι γραμμές τους τέμνονται σε ένα σημείο

Υπάρχει ένας cool τρόπος να δούμε γιατί αυτό ισχύει

Το γεγονός ότι tanφ=2tanθ υποδηλώνει ότι και οι 3

γραμμές των δυνάμεων περνούν από το ίδιο σημείο!!

Σχεδιάζουμε τις γραμμές όλων των δυνάμεων.

H τομή των γραμμών πρέπει να ισχύει για όλες τις

περιπτώσεις που περιλαμβάνουν 3 δυνάμεις, γιατί αν

δεν ήταν αληθινό, τότε μια δύναμη θα προκαλούσε

ροπή ως προς το σημείο τομής των άλλων δύο.

Αλλά τότε θα είχαμε 𝝉 ≠ 0

Μια οριζόντια δοκός μάζας m είναι στερεωμένη στο αριστερό της άκρο σε σημείο ώστε ναμπορεί να περιστρέφεται. Το δεξί της άκρο κρατά μια μεγάλη μάζα Μ, και στο σημείο αυτόστηρίζεται με τη βοήθεια ενός χοντρού σύρματος το οποίο σχηματίζει γωνία 30ο με τηνοριζόντια διεύθυνση. Το σύρμα είναι στερεωμένο στο τοίχο. Να βρεθεί η τάση στο σύρμακαθώς και η οριζόντια και κατακόρυφη δύναμη στο σημείο στήριξης της δοκού στο τοίχο.

Mgmg

TFxFy

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σύστημα είναι:

𝑇, 𝑀𝑔, 𝑚𝑔, 𝐹𝑥 και 𝐹𝑦

Θεωρώντας τις ροπές ως προς το σημείο στήριξης της δοκού θα έχουμε:

H δεύτερη συνθήκη ισορροπίας στερεού είναι:

Παράδειγμα

𝜏 = 0 𝑀𝑔𝑙 + 𝑚𝑔𝑙

2− 𝑇𝑙𝑠𝑖𝑛 30𝑜 = 0

𝑇

2= 𝑀𝑔 +

𝑚𝑔

2 𝑇 = 𝑔 2𝑀 + 𝑚 (1)

𝐹𝑥 = 0

𝐹𝑦 = 0

𝐹𝑥 − 𝑇𝑥 = 0 𝐹𝑥 = 𝑇 cos30𝑜 𝐹𝑥 =3

2𝑔 2𝑀 + 𝑚 (2)

𝐹𝑦 − 𝑇𝑦 − 𝑚𝑔 − 𝑀𝑔 = 0 𝐹𝑦 = 𝑔 𝑀 + 𝑚 − 𝑇 sin 30𝑜 (3)

Από (1) και (3) 𝐹𝑦= 𝑔 𝑀 + 𝑚 − 𝑔 2𝑀 + 𝑚 sin 30𝑜 𝐹𝑦 = 𝑚𝑔

ισορροπία στερεού

Μια συμπαγής σφαίρα μάζας Μ και ακτίνας R είναι ακίνητη στηριζόμενη σε ένα σκαλοπάτιύψους h (h<<R). Ποια μέγιστη οριζόντια δύναμη F μπορούμε να ασκήσουμε στο ανώτεροσημείο της σφαίρας χωρίς να ανεβάσουμε τη σφαίρα στο σκαλοπάτι;

F

N2

N1

mg

Οι δυνάμεις που ασκούνται στη σφαίρα είναι: 𝐹, 𝑚𝑔, 𝑁1 και Ν2

Για τη μέγιστη δύναμη 𝐹 η αντίδραση Ν1 = 0

(η σφαίρα είναι έτοιμη να ανέβει το σκαλοπάτι)

Αφού η σφαίρα είναι σε ισορροπία (στο σκαλοπάτι) τότε:

(ως προς το σκαλοπάτι για να μηδενίσουμε την

ροπή της άγνωστης δύναμης Ν2)

Οπότε: 𝝉 = 0 𝑚𝑔𝑑 − 𝐹𝑙 = 0 𝑚𝑔𝑑 = 𝐹𝑙

Αλλά

Παράδειγμα

𝝉 = 0

𝑙 = 2𝑅 − ℎ

𝑑 = 𝑅2 − 𝑅 − ℎ 2

𝑚𝑔 2𝑅ℎ − ℎ2 = 𝐹 2𝑅 − ℎ

𝐹 = 𝑚𝑔ℎ 2𝑅 − ℎ

2𝑅 − ℎ 𝐹 = 𝑚𝑔

ℎ

2𝑅 − ℎ

R

R

S

h

R - h

d

𝑙

Στατική ισορροπία σε επιταχυνόμενο σύστημα

Σε επιταχυνόμενα συστήματα η συνισταμένη δύναμη δεν είναι μηδέν

Από το 2ο νόμο του Newton: 𝐹𝑥 = 𝑓 = 𝑚𝑎𝑐𝑚 και F𝑦 = 0 𝐹𝑁 = 𝑚𝑔

Αν ένα σώμα είναι σε ισορροπία ως προς ένα επιταχυνόμενο σύστημα τότε το σώμαπρέπει να έχει την ίδια επιτάχυνση με το σύστημα

Στην περίπτωση αυτή οι συνθήκες ισορροπίας θα είναι:

όπου αcm=ασυστήματος και οι ροπές υπολογίζονται ως προς το ΚΜ

Ένα φορτηγό κουβαλά ένα κιβώτιο μάζας m, ύψους h, και μήκους βάσης, L. Ποια μπορεί ναείναι η μέγιστη επιτάχυνση του φορτηγού πριν το κιβώτιο αναποδογυρίσει. Υποθέστε ότι τοκιβώτιο αναποδογυρίζει πριν γλυστρήσει

Η επιτάχυνση του φορτηγού προκαλείται από την δύναμη της τριβής, 𝑓

Η 𝑓 προκαλεί ροπή ως προς το KM του κιβωτίου.

Η ροπή αυτή εξισορροπείται από την ροπή που προκαλεί η κάθετηαντίδραση, 𝐹𝑁, η οποία καθώς το σύστημα επιταχύνεται, μετακινείται προςτα αριστερά και την άκρη του κιβωτίου (τότε έχουμε μέγιστη ροπή).

Το βάρος δεν παράγει ροπή ενώ όταν 𝛼 = 0 𝑚/𝑠2 η 𝐹𝑁 περνά από το KM.

Από τις ροπές: 𝜏𝑓 − 𝜏𝐹𝑁= 0 𝑓

ℎ

2= 𝐹𝑁

𝐿

2𝑚𝑎𝑐𝑚ℎ = 𝑚𝑔𝐿

𝐹 = 𝑚𝑎𝐶𝑀

𝜏 = 0 𝐼𝑐𝑚𝛼 = 0

Παράδειγμα

𝑎𝑐𝑚 =𝑔𝐿

ℎ

R

2b

2a

Ο κύλινδρος είναι σταθερός και το δοκάρι ταλαντώνεται χωρίς να γλιστρά. Ποια η συνθήκη

σταθερής ισορροπίας;

Εξετάζουμε αν το CM ανεβαίνει προς τα πάνω ή κατεβαίνει όταν το

δοκάρι μετακινείται από τη θέση ισορροπίας. Έστω ότι το δοκάρι γέρνει κατά

γωνία θ. Τα τρία τρίγωνα είναι όμοια (ίδια γωνία θ).

R

aCM

Rθ

θ

Οι τρεις υποτίνουσες είναι: 𝑅, 𝑎 και 𝑅𝜃

Αθροίζουμε τις κάθετες πλευρές στα τρία τρίγωνα

Αλλά αφού θ μικρή τότε (ανάπτυγμα Taylor) sin 𝜃 ≈ 𝜃 cos 𝜃 ≈ 1 −2

2

Επομένως έχουμε: ℎ𝑐𝑚 = 𝑅 1 −2

2+ 𝑅𝜃2 + 𝑎 1 −

2

2 ℎ𝑐𝑚 = 𝑅 + 𝑎 + 𝑅 − 𝑎

2

2

Αν a<R το CM ανεβαίνει προς τα πάνω ευσταθής

Αν a>R το CM κατεβαίνει προς τα κάτω ασταθής

Διαφορετικά: H οριζόντια απόσταση του CM ως προς το σημείο επαφής

Για 𝑎 < 𝑅 το CM αριστερά σημείου επαφής

Η βαρύτητα δίνει μια ροπή επαναφοράς ως προς το σημείο επαφής

Παράδειγμα

ℎ𝑐𝑚 = 𝑅 cos 𝜃 + 𝑅𝜃 sin 𝜃 + 𝑎 cos𝜃

𝑥𝑐𝑚 = −𝑅𝜃 cos𝜃 + 𝑎 sin 𝜃 ≈ − 𝑅 − 𝑎 𝜃

Νόμος παγκόσμιας έλξης

Βαρύτητα-Νόμος παγκόσμιας βαρυτικής έλξης

Πως συγκρίνεται αυτό με το g?

όπου 𝑅𝛾𝜂 − 𝜎𝜀𝜆. = 3.84 × 108 𝑚 και Τ = 27.3 ημέρες

Αλλά 𝑅𝛾𝜂−𝜎 𝜆

𝑅𝛾𝜂=

3.84 × 108

6.37 × 106 ≈ 60

Aφού η επιτάχυνση που προκαλείται από τη βαρυτική δύναμη ελαττώνεται σαν 1/R2

τότε και η δύναμη θα μεταβάλλεται όπως 1/R2

Γη

Σελήνη

O Newton συνέδεσε την πτώση αντικειμένων στην επιφάνεια της γης με την κίνηση

της σελήνης γύρω από την γη. Η σελήνη πέφτει συνεχώς προς την γη:

𝑎𝜏𝜌𝜊𝜒 𝛼−𝜎 =𝑣2

𝑅𝛾 −𝜎=

2𝜋𝑅𝛾 −𝜎 /𝑇2

𝑅𝛾 −𝜎= 0.00272 𝑚/𝑠2

𝑎 𝜋 𝜑−𝛾

𝑎𝜏𝜌𝜊𝜒 𝛼−𝜎=

9.81 𝑚/𝑠2

2.72 × 10−3≈ 3600

𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 ∝1

𝑟2

Εξάρτηση από τη μάζα

Βαρυτική δύναμη

Αμοιβαία έλξη μεταξύ δύο

οποιαδήποτε μαζών στο σύμπαν!

𝐺 = 6.67 × 10−11𝑁𝑚2/𝑘𝑔2πολύ μικρή!!

Βαρυτητικό πεδίο

τεστ μάζα

r

Μάζα n μόνη κοινή φυσική ιδιότητα μεταξύ γης-σελήνης.

Από το 3ο νόμο του Newton Fγης-σελ = -Fσελ-γης

? Αν η εξίσωση της δύναμης εξαρτώνταν από την μάζα τότε η εξάρτηση

μπορούσε να έχει τη μορφή: (M+m)n ή (Mm)n.

Από πειράματα Γαλιλαίου εξάρτηση της μορφής (Mm)n

(επιτάχυνση μάζας m που προκαλείται από μάζα Μ είναι

ανεξάρτητη της μάζας m)

𝐹𝑟 ∝𝑀𝑚

𝑟2 𝐹𝑟 = 𝐺𝑀𝑚

𝑟2

Βαρυτική μάζα → Αδρανειακή μάζα → Βαρυτική

Πείραμα: όλα τα σώματα που κάνουν ελεύθερη πτώση πέφτουν με g

Οι βαρυτικές δυνάμεις είναι προστιθέμενες:

Οι μάζες στον νόμο της παγκόσμιας βαρυτικής έλξης – βαρυτικές

Οι μάζες στο 2ο νόμο του Newton αδρανειακές

Ποια η σχέση μεταξύ τους? Τι λένε τα πειράματα?

Επομένως 𝒎𝒈 = 𝒎𝜶𝜹𝝆

Η σταθερά G είναι πάρα πολύ δύσκολο να μετρηθεί και είναι μια

από τις λιγότερο γνωστές (σε ακρίβεια) σταθερές στη φυσική

𝑎 = 𝐺𝑀𝑔

𝑟2

𝑚𝑔

𝑚𝛼𝛿𝜌

𝐹𝑔 = 𝐹12 + 𝐹13 + ⋯ + 𝐹1𝑛

𝐹𝑔𝑟𝑎𝑣 = 𝐺𝑀𝑔𝑚𝑔

𝑟2= 𝑚𝛼𝛿𝜌.𝑎

Μέτρηση της σταθεράς G

φωτεινήπηγή

καθρέπτης

O Cavendish ήταν αρκετά έξυπνος. 100 χρόνια μετά το Newton (1798) ήταν ο πρώτος πουμέτρησε το G.

Βασική ιδέα: Μέτρηση της παραμόρφωσης λόγωπεριστροφής υπό την επίδραση της βαρύτηταςενός λεπτού σύρματος που συνέδεε δύο γνωστέςμικρές μάζες.

Το στρίψιμο του σύρματος μετρά τη βαρυτικήδύναμη F, ενώ γνωρίζουμε ταm, Μ και r και άρα βρίσκουμε το G

Η ροπή ενός στριμμένο σύρμα δίνεται από

τον τύπο: 𝜏𝑧 = −𝐷𝜑 (1)

Όπου D η σταθερά επαναφοράς του σύρματος

𝜏 =𝑑𝐿

𝑑𝑡=

𝑑 𝐼𝜔

𝑑𝑡= I

𝑑2𝜑

𝑑𝑡2 (2)

Από (1) και (2) 𝑑2𝜑

𝑑𝑡2 +𝐷

Ι𝜑 = 0

Η περίοδος της αντίστοιχης

ταλάντωσης δίνονται από:𝑇 = 2𝜋

𝐼

𝐷

Και 𝐷. 𝜑 = 2 𝑑. 𝐹 𝐹 = 𝐺𝑀𝑚

𝑟2

Σημασία του πειράματος του Cavendish

22

Γνωστό και σα πείραμα μέτρησης του βάρους της Γης:

Αφού μετρήσαμε το G με 2 γνωστές μάζες μπορούμε

να μετρήσουμε τη μάζα της γης από

Η μέση πυκνότητα της γης είναι 𝜌 = Μ/(4/3 𝜋𝑅3 𝜌𝛼𝑣 = 5.5𝑔𝑟/𝑐𝑚3

Αλλά η πυκνότητα της κρούστας της γης είναι < 5.5 gr/cm3

Επομένως το κέντρο της πρέπει να ’ναι περισσότερο συμπαγές.

Το πείραμα του Cavendish μας δίνει πληροφορίες

και για το κόρο της γης

𝑚𝑔 = 𝐺𝑀𝑚

𝑟2 𝑀 =𝑔𝑟2

𝐺=

9.8 6.37 × 106 2

6.67 × 10−11 = 5.97 × 1024 𝑘𝑔

Μεταβολές της επιτάχυνσης της βαρύτητας

Σε κάποια από τις αρχικές διαλέξεις είχαμε υπολογίσει το g στον ισημερινό.

Νmg

v

ω

Αλλά: 𝜔2𝑅 =2𝜋

1 𝜌𝛼

2R = 0.034 m/𝑠2

Στη κορυφή ενός βουνού:

Η επιτάχυνση της βαρύτητας δεν είναι σταθερή στην επιφάνεια της γης:

(α) O φλοιός δεν είναι ομοιόμορφος.

(β) Η γη δεν είναι σφαίρα (πιο πλατιά στον ισημερινό)

(γ) Η γη περιστρέφεται γύρω από τον άξονά της (β και γ σχετίζονται)

Λόγω της περιστροφής της γης το g δίνεται από:

𝑚𝑔 = 𝐺𝑀𝑚

𝑟2 𝑔 = 𝐺

𝑀

𝑟2

𝑚𝑔 − 𝑁 =𝑚𝑣2

𝑅 N = m 𝑔 −

𝑣2

𝑅= 𝑚 𝑔 − 𝜔2𝑅

𝑔 = 𝐺𝑀

𝑟 + ℎ 2=

𝐺𝑀

𝑟2 + ℎ2 + 2𝑟ℎ≈

𝐺𝑀

𝑟21 −

2ℎ

𝑟 𝑔 = 𝑔 1 −

2ℎ

𝑟

Βαρυτική δυναμική ενέργεια

24

Η βαρυτική δύναμη είναι συντηρητική δύναμη

F(r) ˆ r

Η βαρυτική δύναμη είναι κεντρική δύναμη

Έχει ακτινική διεύθυνση με φορά προς το κέντρο

Το μέτρο της εξαρτάται μόνο από την απόσταση r

Μια κεντρική δύναμη μπορεί να γραφεί

Σωματίδιο κινείται από το σημείο Α στο Β

υπό την επίδραση κεντρική δύναμης

Μπορούμε να χωρίσουμε τη διαδρομή σε

μια σειρά από ακτινικά τμήματα και

τμήματα τόξου

Το έργο κατά μήκος των τμημάτων τόξου

είναι μηδέν και επομένως το έργο εξαρτάται

μόνο από την αρχική και τελική θέση rf και ri

Τόξο

Ακτινικό τμήμα

Βαρυτική δυναμική ενέργεια

25

(-) επειδή η δύναμη είναι ελκτική Δαπανώμενο έργο για να

κινηθεί η μάζα m ως την Μ

Συνήθως θεωρούμε σα σημείο αναφοράς το σημείο 𝑟1 = ∞

V(r)r

r-1

Για να βρούμε τη βαρυτική δυναμική ενέργεια, χρειάζεται να ολοκληρώσουμε τη

δύναμη.

𝐹 = −𝑑𝑉

𝑑𝑟⇒ 𝑑𝑉 = −

𝑟1

𝑟2

𝐹𝑑𝑟 = −

𝑟1

𝑟2

−𝐺𝑀𝑚

𝑟2 𝑑𝑟 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟𝑟1

𝑟2

⇒ −𝐺𝑀𝑚1

𝑟2−

1

𝑟1

𝑉(𝑟 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟, V(∞ = 0

H ειδική περίπτωση: mgh

26

Η σχέση αυτή ισχύει μόνο για h << R

Στις 2 τελευταίες σελίδες κάναμε ένα μεγάλο κύκλο: ολοκληρώσαμε

τη δύναμη για να πάρουμε το δυναμικό, διαφορίσαμε το δυναμικό και

πολλαπλασιάσαμε με h για να πάρουμε έργο: 𝐹ℎ = 𝑚𝑔ℎ

1

1 + 𝜀= 1 − 𝜀 + ⋯Επειδή ε << 1 μπορούμε να πάρουμε το ανάπτυγμα Taylor:

Για την δυναμική ενέργεια βαρύτητας έχουμε μάθει να

χρησιμοποιούμε τη σχέση: 𝑚𝑔ℎ

Αυτή είναι ειδική περίπτωση της γενικής εξίσωσης:

κοντά στην επιφάνεια της γης, γιατί:

= 𝑚𝐺𝑀

𝑅2 ℎ = 𝑚𝑔ℎ

−𝐺𝑀𝑚

𝑟

𝛥𝑉 = 𝐺𝑀𝑚1

𝑅−

1

𝑅 + ℎ=

𝐺𝑀𝑚

𝑅1 −

1

1 + ℎ 𝑅=

𝐺𝑀𝑚

𝑅1 −

1

1 + 𝜀⇒

𝛥𝑉 =𝐺𝑀𝑚

𝑅1 − 1 −

ℎ

𝑅

Σφαιρικά σώματα και βαρύτητα

27

Χρησιμοποιήσαμε τις εκφράσεις και

που ισχύουν για σημειακές μάζες Μ και m.

Ένα χαρακτηριστικό γεγονός, που κάνει τους υπολογισμούς πολύ πιο

εύκολους είναι ότι αυτές οι εξισώσεις ισχύουν και για τις σφαίρες.

Προς το παρών δεχόμαστε δύο σημαντικά γεγονότα:

Για τη βαρύτητα, σφαιρικά σώματα μοιάζουν σαν

υλικά σημεία με όλη τη μάζα τους στο κέντρο της σφαίρας.

Αν είστε ΕΞΩ από μια σφαιρική κοιλότητα, η κοιλότητα μοιάζει

σαν υλικό σημείο.

Οι σφαίρες μοιάζουν να αποτελούνται από πολλές σφαιρικές

κοιλότητες και άρα οι σφαίρες μοιάζουν επίσης σαν υλικά σημεία

Είναι σα να μην υπάρχει καμιά δύναμη.

Αν είστε ΜΕΣΑ σε μια σφαιρική κοιλότητα, η κοιλότητα μοιάζει

σαν τίποτα.

𝐹 𝑟 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟2 𝑉(𝑟 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟

Γραφική αναπαράσταση

28

Για σφαιρικές κοιλότητες:

Για σφαίρες: Άθροισμα σφαιρικών κοιλοτήτων

Mm

rmM

R

Έξω από την κοιλότητα

Fg ανάλογη 1/r2

Fg

r0 R

Μηδέν στο εσωτερικό

Αθροίζουμε όλες τις σφαιρικές κοιλότητες για να

δημιουργήσουμε μια συμπαγή σφαίρα

R

1/r2

Fg

r

όπου M΄ είναι η μάζα

που περιέχεται σε

σφαίρα ακτίνας r < R

Για σφαίρα ομοιόμορφης πυκνότητας:

Για: 𝑟 < 𝑅 ⇒ 𝑟 → 0 𝐹𝑔 → 0

𝐹𝑔 = −𝐺𝑀𝑚

𝑟2 𝑟 r ≥ R

𝐹𝑔 = −𝐺𝑚𝑀′

𝑟2 𝑟 r < R

𝑀′

𝑀=

𝜌𝑉′

𝜌𝑉=

43𝜋𝑟3

43𝜋𝑅3

=𝑟3

𝑅3⇒ 𝐹𝑔 = −

𝐺𝑀𝑚

𝑅3𝑟3

Θεωρείστε το δακτυλοειδές σώμα του σχήματος. Ένα σωμάτιο με μάζα m τοποθετείται σε απόστασηx από το κέντρο του δακτυλίου, πάνω στην ευθεία που περνά από το κέντρο του και είναι κάθετηστο επίπεδό του. (a) Υπολογίστε τη βαρυτική δυναμική ενέργεια U αυτού του συστήματος.Θεωρήστε τη δυναμική ενέργεια ίση με μηδέν όταν η απόσταση των δύο σωμάτων είναι άπειρη. (β)βρείτε το μέτρο και την κατεύθυνση της βαρυτικής δύναμης που ασκείται πάνω στο σωμάτιο.

Φανταζόμαστε πως ο δακτύλιος διαμερίζεται σε μικρά τμήματα ds. Ας είναι dM η μάζα τουτμήματος ds. Το μέτρο dU δίνεται από τη σχέση.

rΟλοκληρώνω για να βρω το U σε όλο του δακτυλίου

Όπου

𝐹𝑥 < 0 Ελκτική Δύναμη

Παράδειγμα

𝑑𝑈 = −𝐺𝑑𝑀𝑚

𝑟

𝑈 = 𝑑𝑈(𝑟 = −𝐺𝑚

0

𝑀𝑑𝑀

𝑟𝑟 = 𝑥2 + 𝑎2

𝑈(𝑥 = −𝐺𝑚𝑀

𝑥2 + 𝑎2

𝛼𝜑𝜊ύ 𝐹𝑥 = −𝑑𝑈

𝑑𝑥= −

𝑑

𝑑𝑥−

𝐺𝑚𝑀

𝑥2 + 𝑎2⇒ =

𝐺𝑚𝑀

𝑥2 + 𝑎2 3 2−

1

22𝑥

⇒ 𝐹𝑥 = −𝐺𝑚𝑀

𝑥2 + 𝑎2 3 2𝑥

m

R

rθη μάζα m δεν «βλέπει» τη μάζα που περικλείεται σε κοίλες σφαίρες έξω απότην ακτίνα r. O όγκος είναι ανάλογος του 𝑟3 και επομένως Μ𝑟 = 𝑀(𝑟/𝑅 3

Θέλουμε μόνο την συνιστώσα της Fκατά μήκος της χορδής που ανοίξαμε

Εξίσωση αρμονικούταλαντωτή με συχνότητα

Άρα θα χρειαστεί 42min για ένα one-way ταξίδι

Ανοίγουμε μια τρύπα στη γη από τη μια πλευρά στην άλλη και κατά μήκος μιας χορδής της.Αφήνουμε ένα σώμα να πέσει μέσα στην τρύπα αυτή. Αγνοώντας τριβές κ.λ.π. βρείτε το χρόνοπου χρειάζεται για να περάσει από την άλλη άκρη.

Η δύναμη στο 𝑚 είναι 𝐺𝑀𝑟𝑚/𝑟2, προς το εσωτερικό, Μ𝑟 είναι η μάζα που περικλείεται σε μια ακτίνα 𝑟.

𝐑𝚪

Πόσο έργο απαιτείται να καταναλωθεί ώστε να σηκώσετε ένα σώμα μάζαςm από το κέντρο της γης στην επιφάνειά της;

Παράδειγμα

𝐹𝑔 =𝐺𝑀

𝑟3

𝑅3 𝑚

𝑟2 =𝐺𝑀𝑚𝑟

𝑅3

𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 = 𝐹sin𝜃 = 𝐹𝑥

𝑟= −

𝐺𝑀𝑚𝑥

𝑅3 = 𝑚 𝑥

𝜔 =𝐺𝑀

𝑅3= 2𝜋𝛵 => 𝛵~84min

𝑊 = 0

𝑅 𝐺𝑀𝑚𝑟

𝑅3 𝑑𝑟 =𝐺𝑀𝑚

2𝑅

⇒ 𝑥 = −𝐺𝑀

𝑅3 𝑥

Μια απόδειξη για την περίπτωση των κοίλων σφαιρών

31

κοίλη σφαίρα

Επομένως το εμβαδό και άρα η μάζα του Α1

θα είναι 4 φορές μεγαλύτερο από αυτό στο Α2.

Αυτός ακριβώς ο όρος, 4=22, στη μάζα αναιρεί το παράγοντα 22=4

στο r2 του παρονομαστή της δύναμης, καταλήγοντας σε ίσες

και αντίθετες δυνάμεις στο 𝑃 → Σ𝐹 = 0

Σημειώστε ότι το παραπάνω επιχείρημα δεν δουλεύει για κυκλικά

στεφάνια (αντί κοιλότητας) γιατί χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι τα

Α1 και Α2 είναι εμβαδά, που είναι ανάλογα των τετραγώνων των

αντίστοιχων μηκών.

Αποδεικνύεται εύκολα ότι οι δυνάμεις από τα

τμήματα των μαζών στις 2 απέναντι πλευρές

του P αλληλοαναιρούνται.

Ας υποθέσουμε για ευκολία ότι η περιοχή Α1

είναι δύο φορές πιο μακριά από το P σε σχέση

με την περιοχή Α2.

Και ένα πιθανό...

32

Αλλά

Επομένως

Σύγχρονοι Δορυφόροι: Μένουν πάντοτε πάνω από το ίδιο σημείο της

γης. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα τέτοιο δορυφόρο πάνω από τον

ισημερινό. Άρα η περίοδος περιστροφής τους είναι Τ = 1 ημέρα.

Θέλουμε να βρούμε την ακτίνα της τροχιάς τους r, και την γραμμική

ταχύτητα v.

𝐺𝑀𝑚𝛿𝜊𝜌

𝑟2= 𝑚𝛿𝜊𝜌

𝑣2

𝑟

𝑇 =2𝜋𝑟

𝑣= 1𝜂𝜇. ⇒ 𝑣 =

2𝜋𝑟

𝑇

𝐺𝑀𝑚𝛿𝜊𝜌

𝑟2 = 𝑚𝛿𝜊𝜌

2𝜋𝑟 2

𝑇2𝑟

Ταχύτητα διαφυγής

Oρισμός: Ταχύτητα διαφυγής είναι η ταχύτητα που πρέπει να αποκτήσει ένα σώμα ώστε ναφθάσει στο άπειρο (𝑟 = ∞) με ταχύτητα 0.

Η μηχανική ενέργεια διατηρείται, και επομένως:

Σύμφωνα με τον ορισμό της ταχύτητας διαφυγής: 𝜐f = 0.0 𝑚 𝑠

Αλλά ξέρουμε ακόμα ότι: 𝑈(𝑟 = ∞ = 0 = 𝑈f

Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε:

Η ταχύτητα είναι ανεξάρτητη της μάζας του σώματος.

Ποια αρχική ταχύτητα v0 απαιτείται ώστε ένα σώμα να ξεφύγει από την βαρυτική δύναμητης γης;

𝐸𝜇𝜂𝜒i = 𝐸𝜇𝜂𝜒

f⇒ 𝑈i + 𝐾i = 𝑈f + 𝐾f (1)

1

2𝑚v0

2 −𝐺𝑚𝑀𝛤𝜂

𝑟𝛤𝜂= 0 + 0 ⇒ v0 =

2𝐺𝑀𝛤𝜂

𝑟𝛤𝜂

Κυκλικές τροχιές

34

Η μηχανική ενέργεια για δορυφόρο που κινείται σε κυκλική τροχιά ακτίνας R κοντά

στην γη θα είναι:

Αντικαθιστώντας (2) στην (1) έχουμε:

Η τελευταία σχέση ισχύει για όλες τις κυκλικές τροχιές

Αλλά για κυκλική τροχιά η βαρύτητα προσφέρει τη κεντρομόλο δύναμη:

𝐸 𝜒 =1

2𝑚𝛿

𝐺𝑀𝛤

𝑅− 𝐺

𝑀𝛤𝑚𝛿

𝑅⇒ 𝐸 𝜒 = −

1

2𝑚𝛿

𝐺𝑀𝛤

𝑅⇒ 𝐸 𝜒 =

1

2𝑈𝑔 = −𝐸

𝐹𝑔 = 𝐹 𝜏𝜌. ⇒ 𝐺𝑀𝛤𝑚𝛿

𝑅2 = 𝑚𝛿

𝜐2

𝑅⇒ 𝜐2 = 𝐺

𝑀𝛤

𝑅(2)

𝐸 𝜒 = 𝑈𝑔 + 𝐾 ⇒ 𝐸 𝜒 =1

2𝑚𝛿𝜐2 − 𝐺

𝑀𝛤𝑚𝛿

𝑅(1)

Μελανές Οπές – Black Holes

Μελανή οπή είναι το απομεινάρι ενός αστέρα που συνεθλίβει κάτω από το δικό του

βαρυτικό πεδίο

Είδαμε ότι η ταχύτητα διαφυγής δίνεται από την σχέση: v0 =2𝐺𝑀

𝑅

Η ταχύτητα διαφυγής για την περίπτωση μιας μελανής οπής είναι πολύ μεγάλη

εξαιτίας της μεγάλης συγκέντρωσης μάζας μέσα σε μια σφαίρα πολύ μικρής ακτίνας.

Από στη σχέση της ταχύτητας διαφυγής αντικαταστήσουμε όπου v0 = c τότε

παίρνουμε:S 2

2GMR

c ακτίνα Schwarzchild (1916)

Για Μ ~ 3𝑀Ή𝜆𝜄𝜊𝜐 = 3(1.99𝑥10^30 𝑘𝑔 ένας αστέρας μπορεί να γίνει μελανή οπή.

Στην περίπτωση αυτή 𝑅𝑠 = 9 𝐾𝑚

𝜎 =2𝑀

𝑉=

2𝑀

4𝜋3 𝑅S

3⇒

𝜎 = 2 × 1018𝑘𝑔𝑟/𝑚3

Αν η ταχύτητα διαφυγής ξεπεράσει την ταχύτητα του φωτός τότε ακτινοβολία δεν

μπορεί να διαφύγει και εμφανίζεται σα μελανό σώμα.

Η πυκνότητα αυτής της

μελανής οπής είναι:

𝑅S =2𝐺𝑀

𝑐2 =2 6.67 × 10−11𝑁. 𝑚2/𝑘𝑔2 6.0 × 1030𝑘𝑔

3.00 × 108𝑚/𝑠 2

= 8.9 × 103𝑚 = 8.9𝑘𝑚

Μελανές οπές και Γαλαξίες

36

Υπάρχουν ενδείξεις ότι μελανές οπές

πολύ μεγάλης μάζας υπάρχουν στο

κέντρο των γαλαξιών

Η θεωρία προβλέπει ότι πίδακες ύλης

(jets) πρέπει να είναι ανιχνεύσιμοι

κατά μήκος του άξονα περιστροφής

της μελανής οπής

Φωτογραφία του γαλαξία Μ87 από το

τηλεσκόπιο Hubble. Ο πίδακας ύλης

θεωρείται σαν ένδειξη ότι υπάρχει μια

πολύ μεγάλης μάζας μελανή οπή

Να σημειώσουμε εδώ ότι οι σχέσεις που βρήκαμε στηρίζονται στους νόμους του

Newton που δεν έχουν εφαρμογή σε ταχύτητες κοντά στην ταχύτητα του φωτός.

Ωστόσο είναι από τις λίγες περιπτώσεις που τα αποτελέσματα της σχετικιστικής

δυναμικής συμφωνούν με αυτά της κλασικής