⛷️

Ο 2ος Νόμος στο Επίπεδο — Κεκλιμένο Επίπεδο

ΣFx = mαx, ΣFy = mαy, κεκλιμένο επίπεδο με και χωρίς τριβή, πλάγιες δυνάμεις

Γιατί σε μια λεία πλαγιά ο μικρόσωμος και ο μεγαλόσωμος σκιέρ επιταχύνονται το ίδιο;

Αν η τριβή και η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέες, δύο σκιέρ με πολύ διαφορετικές μάζες κατεβαίνουν την ίδια πλαγιά με την ίδια επιτάχυνση: μετράει μόνο η κλίση. Για να το αποδείξεις χρειάζεσαι τον 2ο νόμο του Νεύτωνα σε δύο διαστάσεις — το εργαλείο που λύνει το κλασικότερο θέμα των διαγωνισμάτων, το κεκλιμένο επίπεδο.

Ο 2ος νόμος του Νεύτωνα ανά άξονα — κεκλιμένο επίπεδο

Όταν το σώμα δεν ισορροπεί, ο 2ος νόμος $\Sigma \vec{F} = m\vec{\alpha}$ εφαρμόζεται σε κάθε άξονα χωριστά: $\Sigma F_x = m\alpha_x$ και $\Sigma F_y = m\alpha_y$ .

Κλασικό παράδειγμα το κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\phi$ : παίρνουμε άξονα $x$ παράλληλο στο επίπεδο και $y$ κάθετο σε αυτό, και αναλύουμε το βάρος:

$w_x = mg\eta\mu\phi$ (παράλληλα, «τραβάει» προς τα κάτω στην πλαγιά)
$w_y = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ (κάθετα, εξουδετερώνεται από την $N$ )

Στον άξονα $y$ δεν υπάρχει κίνηση: $N = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ . Στον άξονα $x$ μένει μόνο η $w_x$ (αν δεν υπάρχει τριβή), άρα $\alpha = g\eta\mu\phi$ — ανεξάρτητη από τη μάζα!

$\Sigma F_x = m\alpha_x, \qquad \Sigma F_y = m\alpha_y, \qquad \alpha = g\,\eta\mu\phi \ (\text{λείο κεκλιμένο})$

Κόλπο μνήμης

μπερδεύεις $\eta\mu\phi$ και $\sigma\upsilon\nu\phi$ στο κεκλιμένο; Δοκίμασε ακραίες γωνίες. Για $\phi = 0^{\circ}$ (οριζόντιο δάπεδο) το βάρος δεν σπρώχνει καθόλου κατά μήκος, άρα η παράλληλη συνιστώσα μηδενίζεται: $mg\,\eta\mu 0^{\circ} = 0$ ✔. Για $\phi = 90^{\circ}$ (κατακόρυφος τοίχος) όλο το βάρος είναι παράλληλο: $mg\,\eta\mu 90^{\circ} = mg$ ✔. Άρα παράλληλη → ημ, κάθετη → συν.

Γρήγορος έλεγχος

Σώμα ηρεμεί σε κεκλιμένο επίπεδο. Αν αυξήσουμε τη γωνία κλίσης $\phi$ , τι συμβαίνει στην κάθετη αντίδραση $N$ και στη συνιστώσα του βάρους κατά μήκος του επιπέδου;

Ήξερες ότι;

Γύρω στο 1586 ο Φλαμανδός Σιμόν Στέβιν βρήκε τον νόμο του κεκλιμένου επιπέδου με ένα έξυπνο νοητικό πείραμα. Φαντάστηκε ένα κλειστό «κομπολόι» από όμοιες σφαίρες κρεμασμένο πάνω σε τριγωνικό πρίσμα. Αν κινούνταν μόνο του, θα κινούνταν για πάντα, και αεικίνητο δεν υπάρχει. Άρα ισορροπεί: οι λίγες σφαίρες της απότομης πλευράς «αντέχουν» τις πολλές της ήπιας. Ήταν τόσο περήφανος γι' αυτό, που έβαλε το σχέδιο στο εξώφυλλο του βιβλίου του.

Μέθοδος: κεκλιμένο επίπεδο με τριβή

Σχεδίασε βάρος $w$ , κάθετη $N$ και τριβή $T$ αντίθετη στην ολίσθηση (προς τα πάνω αν το σώμα κατεβαίνει, προς τα κάτω αν ανεβαίνει).
Πάρε άξονα $x$ παράλληλο στο επίπεδο και $y$ κάθετο σε αυτό.
Ανάλυσε το βάρος: $w_x = mg\eta\mu\phi$ , $w_y = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
$\Sigma F_y = 0 \Rightarrow N = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ , άρα $T = \mu N = \mu mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
$\Sigma F_x = m\alpha$ : στην κάθοδο $\alpha = g(\eta\mu\phi - \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ , στην άνοδο το σώμα επιβραδύνεται με $g(\eta\mu\phi + \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ .
Με γνωστό $\alpha$ συνέχισε με τις εξισώσεις κίνησης.

Άσκηση: Σώμα μάζας $m = 2\ kg$ αφήνεται σε λείο κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\phi = 30^{\circ}$ . Δίνεται $g = 10\ m/s^2$ . Να βρεθούν: (α) η κάθετη αντίδραση $N$ , (β) η επιτάχυνση του σώματος, (γ) η ταχύτητά του αφού διανύσει $s = 4\ m$ πάνω στο επίπεδο.

Λύση:

Αναλύουμε το βάρος $w = mg = 20\ N$ : $w_x = mg\eta\mu 30^{\circ} = 20 \cdot 0{,}5 = 10\ N$ και $w_y = mg\sigma\upsilon\nu 30^{\circ} = 20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}\ N$ .

(α) Άξονας $y$ (ισορροπία): $N = w_y = 10\sqrt{3} \approx 17{,}3\ N$ .

(β) Άξονας $x$ (2ος νόμος): $\Sigma F_x = m\alpha \Rightarrow mg\eta\mu 30^{\circ} = m\alpha \Rightarrow \alpha = g\eta\mu 30^{\circ} = 5\ m/s^2$ .

(γ) ΕΟΜΚ χωρίς αρχική ταχύτητα: $\upsilon^2 = 2\alpha s = 2 \cdot 5 \cdot 4 = 40 \Rightarrow \upsilon = \sqrt{40} \approx 6{,}3\ m/s$ .

Παράδειγμα (πλάγια δύναμη σε οριζόντιο δάπεδο): Κιβώτιο μάζας $m = 10 \ \text{kg}$ σύρεται σε οριζόντιο δάπεδο με $\mu = 0{,}2$ από δύναμη $F = 50 \ \text{N}$ που σχηματίζει γωνία $\theta$ με την οριζόντια, με $\eta\mu\theta = 0{,}6$ και $\sigma\upsilon\nu\theta = 0{,}8$ ( $g = 10 \ \text{m/s}^2$ ). Βρες την επιτάχυνση.

Λύση: Ανάλυση της $F$ : $F_x = 50 \cdot 0{,}8 = 40 \ \text{N}$ και $F_y = 50 \cdot 0{,}6 = 30 \ \text{N}$ προς τα πάνω.

Άξονας $y$ ( $\alpha_y = 0$ ): $N + F_y - mg = 0 \Rightarrow N = 100 - 30 = 70 \ \text{N}$ , άρα $T = \mu N = 14 \ \text{N}$ .

Άξονας $x$ : $F_x - T = m\alpha \Rightarrow 40 - 14 = 10\alpha \Rightarrow \alpha = 2{,}6 \ \text{m/s}^2$ .

Πρόσεξε: αν έγραφες $N = mg$ , θα έβρισκες $T = 20 \ \text{N}$ και λάθος $\alpha = 2 \ \text{m/s}^2$ .

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Σώμα μάζας $m = 2 \ \text{kg}$ αφήνεται από την ηρεμία σε κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\phi$ με $\eta\mu\phi = 0{,}6$ και $\sigma\upsilon\nu\phi = 0{,}8$ , και ολισθαίνει προς τα κάτω. Ο συντελεστής τριβής είναι $\mu = 0{,}5$ και $g = 10 \ \text{m/s}^2$ .

Δεδομένα: $m = 2 \ \text{kg}$ , $\eta\mu\phi = 0{,}6$ , $\sigma\upsilon\nu\phi = 0{,}8$ , $\mu = 0{,}5$ , $\upsilon_0 = 0$ .

Ζητούμενο: α) η κάθετη δύναμη και η τριβή, β) η επιτάχυνση, γ) η ταχύτητα και η απόσταση που διανύει σε $4 \ \text{s}$ .

Λύση: Συνιστώσες του βάρους ( $w = 20 \ \text{N}$ ): $w_x = 20 \cdot 0{,}6 = 12 \ \text{N}$ , $w_y = 20 \cdot 0{,}8 = 16 \ \text{N}$ .

α) $\Sigma F_y = 0 \Rightarrow N = w_y = 16 \ \text{N}$ και $T = \mu N = 0{,}5 \cdot 16 = 8 \ \text{N}$ , με φορά προς τα πάνω στο επίπεδο.

β) $\Sigma F_x = m\alpha \Rightarrow w_x - T = m\alpha \Rightarrow 12 - 8 = 2\alpha \Rightarrow \alpha = 2 \ \text{m/s}^2$ .

γ) $\upsilon = \alpha t = 2 \cdot 4 = 8 \ \text{m/s}$ και $s = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 16 = 16 \ \text{m}$ .

Απάντηση: α) $N = 16 \ \text{N}$ , $T = 8 \ \text{N}$ β) $2 \ \text{m/s}^2$ γ) $8 \ \text{m/s}$ και $16 \ \text{m}$ .

Γρήγορος έλεγχος

Σώμα κατεβαίνει κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $\phi$ με σταθερή ταχύτητα. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι:

Γρήγορος έλεγχος

Σώμα αφήνεται σε λείο κεκλιμένο επίπεδο γωνίας $30^{\circ}$ ( $g = 10 \ \text{m/s}^2$ ). Αν διπλασιάσουμε τη μάζα του, η επιτάχυνσή του:

Πρόκληση

Πόσο ψηλά ανεβαίνει; Σώμα μάζας $m = 1 \ \text{kg}$ εκτοξεύεται με $\upsilon_0 = 10 \ \text{m/s}$ προς τα πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο με $\eta\mu\phi = 0{,}6$ , $\sigma\upsilon\nu\phi = 0{,}8$ και $\mu = 0{,}5$ ( $g = 10 \ \text{m/s}^2$ ). Θεώρησε την οριακή τριβή ίση με $\mu N$ . α) Πόση απόσταση διανύει πάνω στο επίπεδο μέχρι να σταματήσει; β) Θα μείνει εκεί ή θα γλιστρήσει πίσω;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Κατά την άνοδο η τριβή είναι προς τα κάτω, ομόρροπη της $w_x$ . Είναι $w_x = 10 \cdot 0{,}6 = 6 \ \text{N}$ , $N = 10 \cdot 0{,}8 = 8 \ \text{N}$ και $T = 0{,}5 \cdot 8 = 4 \ \text{N}$ .

(α) Επιβράδυνση: $\alpha = \frac{6 + 4}{1} = 10 \ \text{m/s}^2$ . Σταματά σε $t = \frac{10}{10} = 1 \ \text{s}$ , αφού διανύσει $s = \frac{\upsilon_0^2}{2\alpha} = \frac{100}{20} = 5 \ \text{m}$ .

(β) Όταν σταματήσει, η $w_x = 6 \ \text{N}$ τείνει να το κατεβάσει και η τριβή μπορεί να αντισταθεί το πολύ με $\mu N = 4 \ \text{N} < 6 \ \text{N}$ . Άρα γλιστρά πίσω, τώρα με την τριβή προς τα πάνω: $\alpha' = \frac{6 - 4}{1} = 2 \ \text{m/s}^2$ .

Απάντηση: α) $5 \ \text{m}$ β) κατεβαίνει με $2 \ \text{m/s}^2$ — πέντε φορές μικρότερη επιτάχυνση από την άνοδο, γιατί η τριβή «άλλαξε πλευρά».

Σε κάθε άσκηση με πλάγιες δυνάμεις, πρώτη κίνηση: σχεδίασε το σώμα με ΟΛΕΣ τις δυνάμεις και διάλεξε άξονες ώστε η επιτάχυνση να πέφτει πάνω σε έναν από αυτούς — στο κεκλιμένο, πάντα παράλληλα και κάθετα στο επίπεδο. Θυμήσου το «τρικ» της γωνίας: η συνιστώσα που «βλέπει» τη γωνία $\phi$ παίρνει $\eta\mu\phi$ , η άλλη $\sigma\upsilon\nu\phi$ .

Συνηθισμένα λάθη

$N = mg$ στο κεκλιμένο: Διόρθωση: $N = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ , άρα και $T = \mu mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
Διπλομέτρηση: σχεδιάζουν και το $w$ και τις συνιστώσες του ως ξεχωριστές δυνάμεις. Διόρθωση: μετά την ανάλυση, οι $w_x$ , $w_y$ αντικαθιστούν το $w$ στις εξισώσεις.
Τριβή πάντα προς τα πάνω: στην άνοδο η τριβή είναι προς τα κάτω. Διόρθωση: αντίθετη στην ολίσθηση, όχι «αντίθετη στη βαρύτητα».
Ίδια επιτάχυνση σε άνοδο και κάθοδο: με τριβή διαφέρουν: $g(\eta\mu\phi + \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ στην άνοδο, $g(\eta\mu\phi - \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ στην κάθοδο.

Σύνοψη — τι κρατάμε

2ος νόμος ανά άξονα: $\Sigma F_x = m\alpha_x$ , $\Sigma F_y = m\alpha_y$ · άξονες παράλληλα και κάθετα στην κίνηση.
Κεκλιμένο: $w_x = mg\eta\mu\phi$ , $w_y = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ , $N = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
Λείο κεκλιμένο: $\alpha = g\eta\mu\phi$ , ανεξάρτητη από τη μάζα.
Με τριβή: κάθοδος $\alpha = g(\eta\mu\phi - \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ , άνοδος επιβράδυνση $g(\eta\mu\phi + \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ .
Πλάγια δύναμη σε οριζόντιο δάπεδο αλλάζει το $N$ και άρα την τριβή.

⛷️

Ο 2ος Νόμος στο Επίπεδο — Κεκλιμένο Επίπεδο

ΣFx = mαx, ΣFy = mαy, κεκλιμένο επίπεδο με και χωρίς τριβή, πλάγιες δυνάμεις

Γιατί σε μια λεία πλαγιά ο μικρόσωμος και ο μεγαλόσωμος σκιέρ επιταχύνονται το ίδιο;

Ο 2ος νόμος του Νεύτωνα ανά άξονα — κεκλιμένο επίπεδο

$w_x = mg\eta\mu\phi$ (παράλληλα, «τραβάει» προς τα κάτω στην πλαγιά)
$w_y = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ (κάθετα, εξουδετερώνεται από την $N$ )

$\Sigma F_x = m\alpha_x, \qquad \Sigma F_y = m\alpha_y, \qquad \alpha = g\,\eta\mu\phi \ (\text{λείο κεκλιμένο})$

Κόλπο μνήμης

Γρήγορος έλεγχος

Ήξερες ότι;

Μέθοδος: κεκλιμένο επίπεδο με τριβή

Σχεδίασε βάρος $w$ , κάθετη $N$ και τριβή $T$ αντίθετη στην ολίσθηση (προς τα πάνω αν το σώμα κατεβαίνει, προς τα κάτω αν ανεβαίνει).
Πάρε άξονα $x$ παράλληλο στο επίπεδο και $y$ κάθετο σε αυτό.
Ανάλυσε το βάρος: $w_x = mg\eta\mu\phi$ , $w_y = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
$\Sigma F_y = 0 \Rightarrow N = mg\sigma\upsilon\nu\phi$ , άρα $T = \mu N = \mu mg\sigma\upsilon\nu\phi$ .
$\Sigma F_x = m\alpha$ : στην κάθοδο $\alpha = g(\eta\mu\phi - \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ , στην άνοδο το σώμα επιβραδύνεται με $g(\eta\mu\phi + \mu\sigma\upsilon\nu\phi)$ .
Με γνωστό $\alpha$ συνέχισε με τις εξισώσεις κίνησης.