Νίκος Κυλάφης Πανεπιστήµιο Κρήτηςph101.edu.physics.uoc.gr/files/FYSIKH_I_KEFALAIO_1.pdf · Σελίδα 5 από 59 ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Σελίδα 1 από 59

ΓΕΝΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ Ι

Ακαδηµαϊκό έτος 2018 - 2019

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΗΧΑΝΙΚΗΣ

Νίκος Κυλάφης

Πανεπιστήµιο Κρήτης

20/9/2018


ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΕΣ ΣΧΕΤΙΚΕΣ ΜΕ ΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΚΑΙ ΤΙΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

Το µάθηµα της Γενικής Φυσικής Ι θα γίνεται κάθε ∆ευτέρα και Τετάρτη 11:00 –

13:00 και κάθε Παρασκευή 12:00 – 14:00.

Λόγω ακαδηµαϊκών υποχρεώσεων του διδάσκοντα, ένα ή δυο δίωρα δεν θα γίνουν

σύµφωνα µε το Πρόγραµµα. Η αναπλήρωσή τους θα γίνει από τον διδάσκοντα

συγκεκριµένες ∆ευτέρες, 18:00 – 20:00. Οι ηµεροµηνίες αυτές θα ανακοινωθούν

εγκαίρως από τον διδάσκοντα στην αίθουσα διδασκαλίας.

Σχετικά µε τις εξετάσεις του µαθήµατος, θα υπάρξουν δυο Πρόοδοι και ένα Τελικό

διαγώνισµα:

1η Πρόοδος: ∆ευτέρα, 29 Οκτωβρίου 2018, 18:00 – 19:00. Θα εξεταστεί η ύλη των

τεσσάρων πρώτων εβδοµάδων.

2η Πρόοδος: ∆ευτέρα, 26 Νοεµβρίου 2017, 18:00 – 19:00. Θα εξεταστεί η ύλη των

επόµενων τεσσάρων εβδοµάδων.

Τελικό διαγώνισµα: Σύµφωνα µε το Πρόγραµµα Εξετάσεων Ιανουαρίου. Θα

εξεταστεί όλη η ύλη του Μαθήµατος.

Κάθε Πρόοδος µετράει 25% του τελικού βαθµού και το Τελικό ∆ιαγώνισµα

µετράει 50% του τελικού βαθµού.

Προόδους θα δώσουν µόνο οι πρωτοετείς φοιτητές. Οι φοιτητές των άλλων ετών

θα δώσουν µόνο το τελικό διαγώνισµα, που φυσικά θα µετρήσει το 100% του

τελικού βαθµού.


ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΝ ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Παράγωγος συνάρτησης:

Η παράγωγος της συνάρτησης )(tf ορίζεται ως:

t

tfttf

dt

tdftf

t ∆−∆+

≡=′→∆

)()(lim

)()(

0.

∆ιαφορικό συνάρτησης:

Σχηµατίζοµε τι διαφορά

tt

tfttftfttff ∆

∆−∆+

=−∆+=∆)()(

)()( .

Στο όριο 0→∆t έχοµε το διαφορικό της συνάρτησης )(tf

.)( dttfdtdt

dfdf ′=

≡

Αόριστο ολοκλήρωµα:

Έστω ότι )()(

)( tgdt

tdgtf ′== . Το αόριστο ολοκλήρωµα της )(tf ορίζεται ως:

∫∫ ∫ ==

≡ )()(

)( tgdgdtdt

tdgdttf .

Παραδείγµατα αορίστων ολοκληρωµάτων:

Αν C είναι αυθαίρετη σταθερά, τότε:

∫ += Cedte tt ,

∫ += Cea

dte atat 1,

1,1

1 1 −≠++

=∫ + aCta

dtt aa ,

∫ +=− Ctdtt ln1 ,

∫ +−= Cata

dtat cos1

sin ,


∫ += Cata

dtat sin1

cos .

Ορισµένο ολοκλήρωµα:

Έστω ότι )()(

)( tgdt

tdgtf ′== . Το ορισµένο ολοκλήρωµα της )(tf από at = µέχρι

bt = ορίζεται ως:

∫∫∫ −==

≡b

a

b

a

b

a

agbgtdgdtdt

tdgdttf )()()(

)()( .


ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Η Μηχανική, όπως και η Ευκλείδεια Γεωµετρία, είναι Αξιωµατική Επιστήµη. Ο

Ευκλείδης έθεσε το αξίωµα ότι «από σηµείο εκτός ευθείας άγεται µια µόνο

παράλληλος προς την ευθεία». Όλα τα θεωρήµατα, πορίσµατα και προβλήµατα της

Ευκλείδειας Γεωµετρίας αποδεικνύονται αν δεχτούµε ότι ισχύει αυτό το αξίωµα.

Κατά όµοιο τρόπο, όλα τα θέµατα της Νευτώνειας Μηχανικής αποδεικνύονται αν

δεχτούµε δυο αξιώµατα: Τον ∆εύτερο και τον Τρίτο Νόµο του Νεύτωνα. Ο Πρώτος

Νόµος του Νεύτωνα είναι υποπερίπτωση του ∆εύτερου.

Σκοπός αυτών των σηµειώσεων είναι να παρουσιάσουν τη Μηχανική ως Αξιωµατική

Επιστήµη. Έτσι, µε τη χρήση ∆ιαφορικού και Ολοκληρωτικού Λογισµού θα

αποδείξοµε όλα τα συµπεράσµατα της Μηχανικής.

Ορισµός: Σηµειακή µάζα ή υλικό σηµείο λέγεται η µάζα που δεν έχει διαστάσεις.

Είναι ένα νοητό κατασκεύασµα, αφού τα σώµατα που έχουν µάζα έχουν και

διαστάσεις. Όταν λοιπόν λέµε υλικό σηµείο µάζας m θα εννοούµε ένα σώµα µε µάζα

m αλλά όλη η µάζα περιορίζεται σε ένα σηµείο.

Αξίωµα 1 ή ∆εύτερος Νόµος του Νεύτωνα: Αν σε υλικό σηµείο δρα µια δύναµη,

τότε το γινόµενο της µάζας του υλικού σηµείου επί την επιτάχυνσή του ισούται µε τη

δύναµη.

Αξίωµα 2 ή Τρίτος Νόµος του Νεύτωνα: Αν δυο υλικά σηµεία 1 και 2

αλληλεπιδρούν, τότε η δύναµη που ασκεί το 2 στο 1 είναι ίση και αντίθετη µε αυτήν

που ασκεί το 1 στο 2.

Προσοχή: ∆εν ισχύουν οι νόµοι του Νεύτωνα για εκτεταµένα στερεά σώµατα.

Επίσης, οι νόµοι του Νεύτωνα ισχύουν µόνο για παρατηρητές που είτε είναι ακίνητοι

είτε κινούνται µε σταθερή ταχύτητα. Αυτοί οι παρατηρητές λέγονται αδρανειακοί και

το σύστηµα συντεταγµένων που χρησιµοποιούν λέγεται αδρανειακό. Θα δούµε

παρακάτω τι συµβαίνει όταν ένα στερεό σώµα έχει διαστάσεις ή όταν ο παρατηρητής

δεν είναι αδρανειακός. Ας µην ξεχνάµε, ότι ως όντα πάνω στη Γη, που περιστρέφεται

περί τον άξονά της, δεν είµαστε αδρανειακοί παρατηρητές! Οι αδρανειακοί

παρατηρητές είναι νοητοί παρατηρητές. Στο Κεφάλαιο 9 θα δούµε αρκετά

«περίεργα» φαινόµενα που συµβαίνουν στη Γη διότι αυτή περιστρέφεται περί τον

άξονά της.


ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1

Μονοδιάστατες κινήσεις

Το κύριο θέµα της Μηχανικής είναι η µελέτη της κίνησης σωµάτων όταν σ’ αυτά

δρουν δυνάµεις. Χάριν ευκολίας, πρώτα θα εξετάσοµε την κίνηση ενός υλικού

σηµείου πάνω σε µια ευθεία γραµµή, δηλαδή πάνω σε έναν άξονα, ας πούµε τον

άξονα x .

Ας θεωρήσοµε υλικό σηµείο µάζας m που κινείται πάνω στον άξονα x υπό την

επίδραση της δύναµης F . Μας δίνεται ότι κάποια δεδοµένη στιγµή, ας πούµε 0=t ,

το υλικό σηµείο ήταν στη θέση 0x και είχε ταχύτητα 0u . Θέλοµε να βρούµε τη θέση

του )(tx για όλους τους επόµενους χρόνους, δηλαδή 0>t .

Σηµείωση: Σχεδόν σε όλα τα προβλήµατα της Μηχανικής, που θα εξετάσοµε σ’ αυτό

το µάθηµα, θα µας δίνεται η δύναµη, η αρχική θέση και η αρχική ταχύτητα τού

υλικού σηµείου και θα µας ζητείται η θέση τού σηµείου για όλους τους επόµενους

χρόνους. Άλλωστε, µε γνώση της θέσης τού υλικού σηµείου σε κάθε χρονική στιγµή

έχοµε πλήρη γνώση της κίνησής του. Π.χ., για την ταχύτητά του αρκεί να

παραγωγίσοµε τη συνάρτηση τής θέσης του.

Για κίνηση πάνω στον άξονα x , η θέση του υλικού σηµείου είναι µια συνάρτηση του

χρόνου )(tx , η ταχύτητά του είναι η παράγωγος της θέσης του )()(

)( txdt

tdxtu ′==

και η επιτάχυνσή του είναι η παράγωγος της ταχύτητάς του ή η δεύτερη παράγωγος

της θέσης του )()(

)()(

)(2

2

txdt

txdtu

dt

tduta ′′==′== . Έτσι, ο ∆εύτερος Νόµος του

Νεύτωνα λέει

Fam = (1.1)

ή

Fdt

tdum =

)( (1.2)

ή

Fdt

txdm =

2

2 )( . (1.3)

Η δύναµη F δεν είναι απαραιτήτως σταθερή. Μπορεί να εξαρτάται από τον χρόνο,

τη θέση τού υλικού σηµείου, την ταχύτητά του και άλλα. Ας γράψοµε λοιπόν

...),,( xtF . Έτσι, η εξίσωση (1.3), δηλαδή ο ∆εύτερος Νόµος του Νεύτωνα, γίνεται

...),,()(

2

2

xtFdt

txdm = (1.4)


Ό,τι θέλοµε να µάθοµε για την κίνηση του υλικού σηµείου πρέπει να το µάθοµε από

την εξίσωση (1.4). Άρα, για να µάθοµε τη θέση )(tx του υλικού σηµείου, πρέπει µε

κάποιο τρόπο να λύσοµε την εξίσωση (1.4). Επειδή η εξίσωση (1.4) έχει διαφορικά,

λέγεται διαφορική εξίσωση.

Σε αντίθεση µε τις αλγεβρικές εξισώσεις, π.χ.

02 =++ cxbxa ,

που έχει λύσεις τούς αριθµούς

a

acbbx

2

42 −±−= ,

η διαφορική εξίσωση (1.4) έχει λύσεις συναρτήσεις )(tx .

Με άλλα λόγια, η εξίσωση (1.4) µας λέει το εξής: Από όλες τις συναρτήσεις του

κόσµου )(tx , θέλοµε εκείνη που όταν την παραγωγίσοµε δυο φορές ως προς τον

χρόνο και την πολλαπλασιάσοµε µε τη µάζα m να µας κάνει τη δύναµη ...),,( xtF .

Άρα, όλα τα προβλήµατα κίνησης υλικού σηµείου πάνω στον άξονα x ανάγονται

στην εξεύρεση της κατάλληλης )(tx . Συνεπώς, αρκεί να µάθοµε πώς να βρίσκοµε

την κατάλληλη )(tx για κάθε ...),,( xtF που µας δίνεται. Αυτό ακριβώς θα κάνοµε

παρακάτω.


1.1 Σταθερές δυνάµεις


επίδραση της σταθερής δύναµης 0F . Η δύναµη 0F είναι αλγεβρική, δηλαδή µπορεί

να είναι θετική ή αρνητική. ∆εν χρειάζεται να ξέροµε το πρόσηµό της. Το

αποτέλεσµα που θα βρούµε θα ισχύει τόσο για θετικές όσο και για αρνητικές 0F .

Ας θεωρήσοµε ότι την αρχική χρονική στιγµή 0=t , το υλικό σηµείο ήταν στη θέση

0x και είχε ταχύτητα 0u . Κι αυτές είναι αλγεβρικές ποσότητες. Θέλοµε να βρούµε

τη θέση του υλικού σηµείου για 0>t , δηλαδή θέλοµε να βρούµε την )(tx .

Ζωγραφίζοµε τον άξονα x µε φορά προς τα δεξιά και θεωρούµε ότι την τυχούσα

χρονική στιγµή t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση )(tx .

Βάσει του ∆εύτερου Νόµου του Νεύτωνα γράφοµε

02

2 )(F

dt

txdm = (1.5)

ή

0

)(F

dt

tdum = (1.6)

ή

m

F

dt

tdu 0)(= . (1.7)

Πολλαπλασιάζοµε αµφότερα τα µέλη της εξίσωσης (1.7) µε dt και έχοµε

dtm

Fdt

dt

tdu 0)(= . (1.8)

Το αριστερό µέλος της εξίσωσης (1.8) είναι το διαφορικό της συνάρτησης )(tu . Έτσι

γράφοµε


dtm

Fdu 0= . (1.9)

Αριστερά είναι η εξαρτηµένη µεταβλητή u και δεξιά η ανεξάρτητη µεταβλητή t .

Ολοκληρώνοµε αµφότερα τα µέλη της εξίσωσης (1.9). Το ολοκλήρωµα του

αριστερού µέλους είναι u και το ολοκλήρωµα του δεξιού µέλους είναι tm

F0 . Έτσι

γράφοµε

10)( ct

m

Ftu += , (1.10)

όπου 1c είναι µια αυθαίρετη πραγµατική σταθερά της ολοκλήρωσης.

Η )(tu , που δίνεται από την εξίσωση (1.10), είναι λύση της εξίσωσης (1.6) και

λέγεται γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης (1.6). Αυτό µπορεί εύκολα να

επαληθευτεί. Αν βάλοµε τη λύση (1.10) στη διαφορική εξίσωση (1.6), βλέποµε ότι

όντως την επαληθεύει, δηλαδή βρίσκοµε ότι 00 FF = .

Η λύση (1.10) πρέπει να ισχύει για όλες τις χρονικές στιγµές t , άρα και για την

αρχική χρονική στιγµή 0=t . Θέτοντας 0=t στην εξίσωση (1.10) έχοµε

10 0)0( c

m

Fu += . Αλλά, µας δόθηκε από τις αρχικές συνθήκες ότι 0)0( uu = .

Συνεπώς, 01 uc = . Με άλλα λόγια, από την αρχική συνθήκη 0)0( uu =

προσδιορίσαµε την αυθαίρετη σταθερά 1c . Έτσι, η ζητούµενη ταχύτητα του υλικού

σηµείου σε κάθε χρονική στιγµή 0≥t είναι

00)( ut

m

Ftu += (1.11)

Για 0=t , µας δίνει όντως ότι η ταχύτητα του υλικού σηµείου είναι 0u . Η λύση

(1.11) είναι η λύση του δοθέντος προβλήµατος µε τη δοθείσα αρχική συνθήκη

0)0( uu = .

Λόγω του ότι η ταχύτητα είναι η χρονική παράγωγος της θέσης, η (1.11) γράφεται

00)(

utm

F

dt

tdx+= . (1.12)


dtudttm

Fdt

dt

tdx0

0)(+= . (1.13)

Το αριστερό µέλος της εξίσωσης (1.13) είναι το διαφορικό της συνάρτησης )(tx .

Έτσι γράφοµε


dtudttm

Fdx 0

0 += . (1.14)

Αριστερά είναι η εξαρτηµένη µεταβλητή x και δεξιά η ανεξάρτητη µεταβλητή t .


αριστερού µέλους είναι x και το ολοκλήρωµα του δεξιού µέλους είναι tut

m

F0

2

0

2+ .


20

20

2

1)( ctut

m

Ftx ++= , (1.15)

όπου 2c είναι µια αυθαίρετη πραγµατική σταθερά της ολοκλήρωσης.

Η )(tx , που δίνεται από την εξίσωση (1.15), είναι λύση της εξίσωσης (1.5) και

λέγεται γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης (1.5) . Αυτό µπορεί εύκολα να

επαληθευτεί. Αν βάλοµε τη λύση (1.15) στη διαφορική εξίσωση (1.5), βλέποµε ότι

όντως την επαληθεύει, δηλαδή βρίσκοµε ότι 00 FF = .

Η λύση (1.15) πρέπει να ισχύει για όλες τις χρονικές στιγµές t , άρα και για την

αρχική χρονική στιγµή 0=t . Θέτοντας 0=t στην εξίσωση (1.15) έχοµε

210 00

2

1)0( cc

m

Fx ++= . Αλλά, µας δόθηκε από τις αρχικές συνθήκες ότι 0)0( xx = .

Συνεπώς, 02 xc = . Με άλλα λόγια, από την αρχική συνθήκη 0)0( xx =

προσδιορίσαµε την αυθαίρετη σταθερά 2c . Έτσι, η ζητούµενη θέση του υλικού

σηµείου σε κάθε χρονική στιγµή 0≥t είναι

00

20

2

1)( xtut

m

Ftx ++= . (1.16)

Για 0=t , µας δίνει όντως ότι η θέση του υλικού σηµείου είναι 0x . Η λύση (1.16)

είναι η λύση του δοθέντος προβλήµατος µε τις δοθείσες αρχικές συνθήκες 0)0( uu =

και 0)0( xx = .

Παρατήρηση: Τη διαφορική εξίσωση (1.7) τη λύσαµε µε τη βοήθεια αορίστου

ολοκληρώµατος και την εισαγωγή αυθαιρέτου σταθεράς 1c , την οποία υπολογίσαµε

από την αρχική συνθήκη 0)0( uu = . Εξίσου καλά θα µπορούσαµε να λύσοµε τη

διαφορική εξίσωση (1.7) µε τη βοήθεια ορισµένου ολοκληρώµατος. Τα όρια

ολοκλήρωσης είναι, για µεν την ταχύτητα, από την αρχική ταχύτητα 0u µέχρι την

τυχούσα ταχύτητα u , για δε τον χρόνο, από την αρχική χρονική στιγµή 0 µέχρι την

τυχούσα χρονική στιγµή t . Έτσι, ολοκληρώνοντας κατά µέλη την εξίσωση (1.9)

έχοµε

∫∫ +=⇒−=−⇒=tu

u

utm

Ftut

m

Fuudt

m

Fdu

0

000

00 )()0(

0

,


που είναι η εξίσωση (1.11). Οµοίως, από την εξίσωση (1.14) έχοµε µε ολοκλήρωση

κατά µέλη

00

20

0

20

0

0

00

20

20

xtut

m

Fxtu

t

m

Fxxdtutdt

m

Fdx

x

x

t

++=⇒−+=−⇒

+=∫ ∫ ,

που είναι η εξίσωση (1.16). Καλό θα ήταν, στα Παραδείγµατα και τις Ασκήσεις

αυτού του Κεφαλαίου, να εξοικειωθείτε και µε τους δυο τρόπους.

Παράδειγµα 1.1: Υλικό σηµείο µάζας m βρίσκεται στον κατακόρυφο άξονα z στη

θέση 0zz = και ξεκινά τη χρονική στιγµή 0=t την κίνησή του στον άξονα z µε

αρχική ταχύτητα 0uu = . Οι ποσότητες 0z και 0u είναι αλγεβρικές. Στο υλικό

σηµείο δρα η σταθερή δύναµη βαρύτητας της Γης, που έχει µέτρο mgF = .

Α) Να σχεδιασθεί ο κατακόρυφος άξονας z µε φορά προς τα κάτω (δηλαδή η φορά

του µοναδιαίου διανύτσµατος k είναι προς τα κάτω) και να γραφεί η εξίσωση

κίνησης του υλικού σηµείου.

Β) Να λυθεί η εξίσωση κίνησης για την ταχύτητα και τη θέση του υλικού σηµείου

στη γενική περίπτωσή της και να εφαρµοστούν σ’ αυτήν οι αρχικές συνθήκες.

Γ) Τι αλλάζει στα ερωτήµατα Α και Β αν πάρετε την αντίθετη φορά για τον άξονα z

από αυτή που πήρατε στο ερώτηµα Α;

Λύση: A) Ζωγραφίζοµε τον άξονα z µε φορά προς τα κάτω και θεωρούµε ότι την

τυχούσα χρονική στιγµή t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση )(tz .

Αυτό σηµαίνει ότι η δύναµη της βαρύτητας, που είναι προς τα κάτω, είναι θετική.

Έτσι, από τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα γράφοµε την εξίσωση κίνησης του υλικού

σηµείου

mgdt

tzdm =

2

2 )(. (1.17)

B) Ακολουθώντας τα βήµατα που κάναµε παραπάνω για τη σταθερή δύναµη 0F ,

γράφοµε


11 )( ctgtucdtgdudtgdudtgdtdt

dug

dt

du+=⇒+=⇒=⇒=⇒= ∫ ∫ , (1.18)

όπου 1c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Αν θέλοµε, µπορούµε να

προσδιορίσοµε τη σταθερά 1c χρησιµοποιώντας την αρχική συνθήκη 0)0( uu = .

Αυτό όµως δεν είναι απαραίτητο να γίνει τώρα.

Από τον ορισµό της ταχύτητας έχοµε

,2

1)(

)(

21

2

21

111

ctctgtzcdtctdtgz

dtctdtgdzdtctdtgdtdt

dzctg

dt

dztu

++=⇒++=

⇒+=⇒+=⇒+==

∫ ∫ (1.19)

όπου 2c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά.

Αυτή είναι η γενική λύση της εξίσωσης κίνησης. Εφαρµόζοντας τις αρχικές

συνθήκες έχοµε

,0)0( 0110 uccguu =⇒+== (1.20)

.002

1)0( 02210 zcccgzz =⇒++== (1.21)

Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος µε τις δοθείσες αρχικές συνθήκες, είναι

.)(

,2

1)(

0

2

00

tgutu

tgtuztz

+=

++= (1.22)

Ω του θαύµατος!!! Χρησιµοποιώντας το πρώτο Αξίωµα της Μηχανικής, δηλαδή τον

∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα, βρήκαµε τις γνωστές µας σχέσεις για τη θέση και την

ταχύτητα υλικού σηµείου που κινείται πάνω στον κατακόρυφο άξονα z υπό την

επίδραση σταθερού πεδίου βαρύτητας.

Οι εξισώσεις (1.22) περιγράφουν κατακόρυφη βολή µε αρχική ταχύτητα 0u . Αν

00 >u , η βολή είναι προς τα κάτω, δηλαδή προς τη θετική φορά του άξονα z . Αν

00 <u , η βολή είναι προς τα πάνω, δηλαδή προς την αρνητική φορά του άξονα z .

Γ) Αν πάροµε τον άξονα z να έχει φορά προς τα πάνω, τότε επειδή η δύναµη του

βάρους είναι προς τα κάτω, σηµαίνει ότι η δύναµη είναι αρνητική, δηλαδή mg− !

Έτσι, η εξίσωση κίνησης πρέπει να γραφεί ως

mgdt

zdm −=

2

2

(1.23)

και η λύση της για τις δοθείσες αρχικές συνθήκες είναι


.)(

,2

1)(

0

2

00

tgutu

tgtuztz

−=

−+= (1.24)

Παρατήρηση: Τόσο η λύση (1.22) όσο και η λύση (1.24) είναι σωστές. Το πώς

παίρνοµε τη φορά του άξονα είναι δική µας επιλογή. Επιλέγοµε τη φορά που µας

βολεύει. Πάντως, λύση άσκησης Μηχανικής, χωρίς να πούµε ποια είναι η φορά

του άξονα, δεν νοείται.


1.2 ∆υνάµεις εξαρτώµενες από τον χρόνο


επίδραση της γενικής δύναµης )(tFF = . Συγκεκριµένα παραδείγµατα θα δούµε πιο

κάτω.


0x και είχε ταχύτητα 0u . Θέλοµε να βρούµε τη θέση του υλικού σηµείου για 0>t ,

δηλαδή θέλοµε να βρούµε την )(tx .




)()(

2

2

tFdt

txdm = (1.25)

ή

)()(

tFdt

tdum = (1.26)

ή

)(1)(

tFmdt

tdu= . (1.27)


dttFm

dtdt

tdu)(

1)(= . (1.28)

Το αριστερό µέλος της εξίσωσης (1.28) είναι το διαφορικό της συνάρτησης )(tu .


dttFm

du )(1

= . (1.29)

Αριστερά είναι η εξαρτηµένη µεταβλητή u και δεξιά η ανεξάρτητη µεταβλητή t .

Ολοκληρώνοµε αµφότερα τα µέλη και έχοµε

11 )(1

)(1

)( ctGm

cdttFm

tu +=+= ∫ , (1.30)


όπου 1c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά και )(tG είναι το αόριστο ολοκλήρωµα

της )(tF .

Λόγω του ότι η ταχύτητα είναι η χρονική παράγωγος της θέσης, η (1.30) γράφεται

1)(1)(

ctGmdt

tdx+= . (1.31)


dtcdttGm

dtdt

tdx1)(

1)(+= . (1.32)

Το αριστερό µέλος της εξίσωσης (1.32) είναι το διαφορικό της συνάρτησης )(tx .


dtcdttGm

dx 1)(1

+= . (1.33)

Αριστερά είναι η εξαρτηµένη µεταβλητή x και δεξιά η ανεξάρτητη µεταβλητή t .


αριστερού µέλους είναι x και το ολοκλήρωµα του δεξιού µέλους είναι

tctHm

tcdttGm

11 )(1

)(1

+=+∫ , όπου γράψαµε ότι dttGtH ∫= )()( . Έτσι γράφοµε

21)(1

)( ctctHm

tx ++= , (1.34)

όπου 2c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Οι σταθερές 1c και 2c µπορούν να

προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες 0)0( uu = και 0)0( xx = .

Παρατήρηση: Πρέπει να έχει ήδη γίνει αντιληπτό ότι η γενική λύση της ταχύτητας,

που προκύπτει από µια ολοκλήρωση της εξίσωσης κίνησης, έχει µια αυθαίρετη

σταθερά ενώ η γενική λύση της θέσης, που προκύπτει από δυο ολοκληρώσεις της

εξίσωσης κίνησης, έχει δυο αυθαίρετες σταθερές. Οι σταθερές αυτές

προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Παρότι η γενική λύση (1.34) είναι µια,

αυτή περιγράφει άπειρα (!) προβλήµατα. ∆ιαφορετικές αρχικές συνθήκες οδηγούν σε

διαφορετικές λύσεις.

Παράδειγµα 1.2: Υλικό σηµείο µάζας m κινείται κατά µήκος του άξονα x υπό την

επίδραση της δύναµης )/( 2

0

2

0 ttFF = , µε 0tt ≥ , όπου 00 , tF είναι θετικές σταθερές

µε µονάδες δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0tt = το υλικό

σηµείο βρίσκεται στη θέση 00 >= xx και έχει ταχύτητα 00 >= uu .

Α) Να βρεθεί η ταχύτητα και η θέση του υλικού σηµείου για 0tt > .


Β) Να δείξετε ότι: 1) τα αποτελέσµατά σας ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες, 2) όλοι

οι όροι στα αποτελέσµατά σας έχουν τις σωστές διαστάσεις και 3) στο όριο ∞→t τα

αποτελέσµατά σας δίνουν λογικά και αναµενόµενα αποτελέσµατα.

Γ) Τι αλλάζει αν κάποιος σας πει ότι οι ποσότητες 00 , ux είναι αρνητικές;

Λύση:

Α) Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι:

2

0

2

0t

tF

dt

dum =

dtt

t

m

Fdu

t

t

m

F

dt

du2

0

2

0

2

0

2

0 =⇒=⇒

12

0

3

012

0

2

0

3)( c

t

t

m

Ftucdt

t

t

m

Fdu +=⇒+=⇒ ∫∫ .

Η τελευταία γράφεται ως

12

0

3

0

3c

t

t

m

F

dt

dx+=

∫∫∫ ++=⇒+=⇒ 212

0

3

012

0

3

0

33cdtcdt

t

t

m

Fdxdtcdt

t

t

m

Fdx

,12

)( 212

0

4

0 ctct

t

m

Ftx ++=⇒

όπου 21 ,cc είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές. Αυτή είναι η γενική λύση της

εξίσωσης κίνησης. Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες έχοµε

,33

)( 000112

0

3

0000

m

tFucc

tm

tFtuu −=⇒+==

.31212

)( 000

0

2

00022012

0

4

0000 t

m

tFu

m

tFxcctc

tm

tFtxx

−−−=⇒++==

Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος µε τις δοθείσες αρχικές συνθήκες είναι

),(3

)( 3

0

3

2

0

0

0 ttmt

Futu −+=


).(12

)(3

)()( 4

0

4

2

0

0

0

00

000 ttmt

Ftt

m

tFttuxtx −+−−−+=

Η λύση γράφτηκε µε αυτόν τον τρόπο ώστε να φαίνεται αµέσως ότι για 0tt =

ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες.

Β) 1. Όντως για 0tt = έχουµε 00 )( utu = και 00 )( xtx = .

2. Όλοι οι όροι στην έκφραση της ταχύτητας )(tu έχουν διαστάσεις ταχύτητας

διότι η δύναµη έχει διαστάσεις µάζα (Μ) ⋅µήκος (L) / χρόνος (T) 2 . Π.χ., ο όρος

3

2

0

0

3t

mt

F έχει διαστάσεις

T

LT

TM

T

LM

=3

2

2

. Τα σύµβολα TLM ,, προέρχονται από τις

λέξεις Mass, Length, Time.

Οµοίως, όλοι οι όροι στην έκφραση της θέσης )(tx έχουν διαστάσεις µήκους. Να

ελέγξετε όλους τους όρους.

3. Επειδή η δύναµη τείνει στο ∞± (ανάλογα µε το πρόσηµο της 0F ) καθώς

∞→t , περιµένοµε ότι και η ταχύτητα του υλικού σηµείου και η θέση του θα τείνουν

στο ∞± . Όντως, για 00 >F , ∞=∞→ )(tu και ∞=∞→ )(tx .

Γ) Τίποτε. Τα αποτελέσµατα είναι αλγεβρικά. Αντικαθιστούµε ό,τι τιµές θέλοµε

στα 00 , ux .

Παράδειγµα 1.3: Υλικό σηµείο µάζας m κινείται κατά µήκος του άξονα x υπό την

επίδραση της δύναµης 22

00 / ttFF = , µε 0tt ≥ , όπου 00 , tF είναι σταθερές µε µονάδες

δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0tt = το υλικό σηµείο

βρίσκεται στη θέση 0xx = και έχει ταχύτητα 0uu = .





Λύση

Α) Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι:


,1

)(

,

1

2

00

12

2

00

2

2

00

2

2

00

2

2

0

0

∫∫ +−=⇒+=⇒=⇒=

=

ctm

tFtuc

t

dt

m

tFdudt

t

t

m

Fdu

t

t

m

F

dt

du

t

tF

dt

dum

0,ln)(

11

21

2

00

21

2

001

2

001

2

00

>++−=

⇒++−=⇒+−=⇒+−= ∫ ∫ ∫

tctctm

tFtx

cdtct

dt

m

tFdxdtcdt

tm

tFdxc

tm

tF

dt

dx

Αυτή είναι η γενική λύση της εξίσωσης κίνησης. Εφαρµόζοντας τις αρχικές

συνθήκες έχουµε:

.lnln)(

0,ln)(

)(

000

00

2

000220

0000

2

0000

200

0

2

00

00

011

00

00

tm

tFut

m

tFxcct

m

tFut

m

tFtxx

tctm

tFut

m

tFtx

m

tFucc

m

tFtuu

+−+=⇒+

++−==

>+

++−=⇒

+=⇒+−==

Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος είναι:

),(ln)(

,1)(

0

00

0

0

2

00

0

000

0

ttm

tFu

t

t

m

tFxtx

t

t

m

tFutu

−

+++=

−+=

0

0

tt

tt

≥

≥

Β) 1. Όντως για 0tt = έχουµε 00 )( utu = και 00 )( xtx = .

2. Όλοι οι όροι της ταχύτητας )(tu έχουν διαστάσεις ταχύτητας. Εσείς να το

επαληθεύσετε. Οµοίως, όλοι οι όροι της θέσης )(tx έχουν διαστάσεις µήκους. Π.χ.,

ο όρος tm

tF 00 έχει διαστάσεις µήκους LTM

TT

LM

=2

.

Η ποσότητα που λογαριθµίζεται δεν έχει διαστάσεις, είναι δηλαδή καθαρός αριθµός,

όπως πρέπει.

3. Επειδή η δύναµη τείνει στο µηδέν σχετικά γρήγορα (ως 2/1 t ) καθώς ∞→t ,

περιµένουµε ότι η ταχύτητα του υλικού σηµείου θα τείνει σε µια οριακή τιµή και η

θέση του θα τείνει στο άπειρο. Όντως, m

tFutu 00

0)( +=∞→ και ∞=∞→ )(tx . Στο

αποτέλεσµα για το )(tx ο γραµµικός όρος υπερισχύει του λογαριθµικού.

Παράδειγµα 1.3α: Υλικό σηµείο µάζας m κινείται κατά µήκος του άξονα x υπό

την επίδραση της δύναµης ( )α00 / ttFF = , µε 1tt ≥ , όπου 0F και 10 , tt είναι θετικές


σταθερές µε µονάδες δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Το α είναι πραγµατική

σταθερά. Τη χρονική στιγµή 1tt = το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 1xx = και

έχει ταχύτητα 1uu = .


Β) Να διερευνηθεί η συµπεριφορά της ταχύτητας για ∞→t για όλες τις τιµές του

α .

Λύση:

Α) Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι

dttmt

Fdut

mt

F

dt

du

t

tF

dt

dum α

αα

α

α

0

0

0

0

0

0 =⇒=⇒

= .

Ολοκληρώνοντας από τις αρχικές συνθήκες µέχρι τις τυχούσες τιµές έχοµε

∫∫ =tt

t

u

u

dttmt

Fdu

11 0

αα

,

που δίνει

−=

−≠+

⋅=−

+

1ln

11

)(

1

1

1

0

01

αγια

αγιαα

α

α

t

tt

t

tt

mt

Futu .

Έτσι, για 1−≠α , η λύση είναι

( )1

1

1

0

0

1)1(

)( ++ −+

+= ααα α

ttmt

Futu ,

ενώ για 1−=α η λύση είναι

1

00

1 ln)(t

t

m

tFutu += .

Β) Για ∞→t διακρίνοµε τις εξής περιπτώσεις:

1) 0≥α . Η ταχύτητα πάει στο ∞+ και αυτό είναι αναµενόµενο, διότι η δύναµη

είναι είτε σταθερή ( 0=α ) είτε αυξάνεται µε τον χρόνο ( 0>α ). Έτσι περιµένοµε

την ταχύτητα να πάει στο άπειρο και τα µαθηµατικά το επιβεβαιώνουν.

2) 1−<α . Στην περίπτωση αυτή η ταχύτητα πάει στην οριακή τιµή


1

1

1

0

0

1)1(

utmt

Fuu >

+−= +α

α α.

Για 1−<α , η δύναµη πάει ως α

t/1 και για 1>α η δύναµη µηδενίζεται γρήγορα.

Έτσι, όταν η δύναµη πάει γρήγορα στο µηδέν, η ταχύτητα πάει σε οριακή τιµή. Αν

θέλετε, ζωγραφίστε τις συναρτήσεις 642 /1,/1,/1 ttt . Θα δείτε ότι µειώνονται πολύ

γρήγορα µε τον χρόνο. Όσο µεγαλύτερο είναι το α , τόσο πιο γρήγορα πάει η

συνάρτηση στο µηδέν για ∞→t .

3) 1−=α . Η ταχύτητα πάει στο ∞+ , αλλά πολύ αργά, διότι ο λογάριθµος

µεταβάλλεται πολύ αργά µε τον χρόνο. Για να το δείτε αυτό, θεωρήστε τιµές του

χρόνου ...,10,10,10,10 963=t και υπολογίστε τους αντίστοιχους λογαρίθµους. Ο

λογάριθµος του χρόνου πάει κι αυτός στο άπειρο καθώς ο χρόνος πάει στο άπειρο,

αλλά πολύ πιο αργά. Αν θέλετε, ζωγραφίστε τις συναρτήσεις t και tln για 1≥t .

Και οι δυο πάνε στο ∞+ για ∞→t , αλλά ο λογάριθµος πάει πολύ πιο αργά.

4) 01 <<− α . Αυτή η περίπτωση παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον. Η ταχύτητα

πάει στο ∞+ , παρά το γεγονός ότι η δύναµη µειώνεται µε τον χρόνο. Ο λόγος

είναι διότι η µείωση της δύναµης είναι πολύ αργή. Έτσι, η δύναµη κατορθώνει να

αυξήσει την ταχύτητα και να την απειρίσει, παρά το γεγονός ότι η δύναµη συνεχώς

µειώνεται. Αν θέλετε, ζωγραφίστε τις συναρτήσεις 001,001,01,0 /1,/1,/1 ttt . Θα δείτε

ότι µειώνονται πολύ αργά µε τον χρόνο. Όσο µικρότερο το α , τόσο πιο αργά πάει η

συνάρτηση στο µηδέν για ∞→t .

Παράδειγµα 1.4: Υλικό σηµείο µάζας m βρίσκεται ακίνητο στη θέση 0=x . Για

0≥t δρα πάνω του η δύναµη ittFF ˆ)/( 2

0

2

0=r

για 00 tt ≤≤ και ittFF ˆ)/( 00−=r

για

tt <0 , όπου 00 , tF είναι σταθερές µε κατάλληλες µονάδες και i είναι το µοναδιαίο

διάνυσµα στον άξονα x .

Α) Να βρεθεί η ταχύτητα του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές του 0>t .

Β) Σταµατά ποτέ το υλικό σηµείο και αν ναι πότε;

Γ) Να δείξετε ότι: 1) τα αποτελέσµατά σας ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες, 2) όλοι



Λύση:

Α) Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι


,

,

00

2

0

2

0

t

tF

dt

dum

t

tF

dt

dum

−=

=

tt

tt

<

≤≤

0

00

Πρώτα θα λύσοµε την εξίσωση κίνησης για 00 tt ≤≤ .

1

3

2

0

01

2

2

0

0

2

0

2

0

2

0

2

0

3)( c

t

mt

Ftucdtt

mt

Fdudt

t

t

m

Fdu

t

t

m

F

dt

du+=⇒+=⇒=⇒= ∫∫ ,

όπου 1c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Αυτή είναι η γενική λύση της

εξίσωσης κίνησης για 00 tt ≤≤ . Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες έχοµε

0)0( 1 == cu . Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος για 00 tt ≤≤ είναι

3

2

0

0

3)( t

mt

Ftu = . Παρατηρούµε ότι

m

tFtu

3)( 00

0 = .

Αυτή είναι η αρχική ταχύτητα για τη µελέτη της κίνησης του υλικού σηµείου για

0tt > .

Τώρα θα λύσουµε την εξίσωση κίνησης για 0tt >

Atm

tFtuA

t

dtt

m

Fdudt

t

t

m

Fdu

t

t

m

F

dt

du+−=⇒+−=⇒−=⇒−= ∫∫ ln)( 00

000000 ,

όπου A είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Αυτή είναι η γενική λύση της

εξίσωσης κίνησης για 0tt > . Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες (δηλαδή για 0tt = )

έχοµε

0000000

000

0 ln33

ln)( tm

tF

m

tFA

m

tFAt

m

tFtu +=⇒=+−= .

Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος για 0tt > είναι:

+=

3

1ln)( 000

t

t

m

tFtu .

Β) Από τη λύση του προβλήµατος για 0tt > παρατηρούµε ότι για να γίνει η

ταχύτητα µηδέν πρέπει

03

ln 00000 =+m

tF

t

t

m

tF ή

3

1ln 0 −=

t

t ή 0

3/1 tet = .


Γ) 1. Οι αρχικές συνθήκες ικανοποιούνται διότι 0)0( =u και mtFtu 3/)( 000 = .

2. Όλοι οι όροι της ταχύτητας έχουν όντως διαστάσεις ταχύτητας. Εσείς να το

επαληθεύσετε.

3. Για ∞→t , −∞=∞→ )(tu , διότι η δύναµη τείνει στο µηδέν µε αργό τρόπο,

δηλαδή tF /1∝ (βλ. Παράδειγµα 1.3α για 1−=α ).

Άσκηση 1.1: Υλικό σηµείο µάζας m κινείται κατά µήκος του άξονα x υπό την

επίδραση της δύναµης 0/

0

tteFF−= , όπου 00 , tF είναι θετικές σταθερές µε µονάδες

δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0=t το υλικό σηµείο

βρίσκεται στη θέση 0xx = και έχει ταχύτητα 0uu = .

Α) Να βρεθεί η ταχύτητα και η θέση του υλικού σηµείου για 0>t .




Απάντηση:

Α)

( )

( ) tm

tFue

m

tFxtx

em

tFutu

tt

tt

++−−=

−+=

−

−

000

/2

000

/000

0

0

1)(

1)(

Β3) m

tFutu 00

0)( +=∞→

∞=∞→ )(tx .


επίδραση της δύναµης )//( 22

0

2

0

2

0 ttttFF += , µε 0tt ≥ , όπου 00 , tF είναι θετικές

σταθερές µε µονάδες δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0tt = το

υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 00 >= xx και έχει ταχύτητα 00 >= uu .





Γ) Τι αλλάζει αν κάποιος σας πει ότι οι ποσότητες 00 , ux είναι αρνητικές;

Απάντηση:

Α)

.ln)(12

)(3

2)()(

,11

)(3

)(

0

2

004

0

4

2

0

0

0

00

000

0

2

003

0

3

2

0

0

0

t

t

m

tFtt

mt

Ftt

m

tFttuxtx

ttm

tFtt

mt

Futu

+−+−+−+=

−+−+=


Η λύση γράφτηκε µε αυτόν τον τρόπο ώστε να φαίνεται αµέσως ότι για 0tt =

ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες.


επίδραση της δύναµης )/( 0/2

0

2

0

ttettFF−+= , µε 0≥t , όπου 00 , tF είναι θετικές

σταθερές µε µονάδες δύναµης και χρόνου αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0=t το

υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 0=x και έχει ταχύτητα 0=u .





Απάντηση:

.112

)(

,13

)(

0

/

4

0

42

00

/

3

0

3

00

0

0

−++=

+−=

−

−

t

te

t

t

m

tFtx

et

t

m

tFtu

tt

tt

Η λύση γράφτηκε µε αυτόν τον τρόπο ώστε να φαίνεται αµέσως ότι α) για 0=t

ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες και β) οι όροι µέσα στις παρενθέσεις είναι

αδιάστατοι.


επίδραση της δύναµης )sin( 00 tFF ω= , όπου 00 , ωF είναι θετικές σταθερές µε

µονάδες δύναµης και κυκλικής συχνότητας αντιστοίχως. Τη χρονική στιγµή 0=t το

υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 0xx = και έχει ταχύτητα 00 >= uu .





Απάντηση:

( ))cos(1)( 0

0

0

0 tm

Futu ω

ω−+= .

( ))sin()( 002

0

0

00 ttm

Ftuxtx ωω

ω−++= .

Και εδώ η λύση γράφτηκε µε τέτοιο τρόπο ώστε οι όροι στην παρένθεση να είναι

αδιάστατοι.

Β3) Η δύναµη είναι περιοδικά µεταβαλλόµενη (στην προκειµένη περίπτωση η

δύναµη είναι αρµονική συνάρτηση). Αυτό σηµαίνει ότι η ταχύτητα θα είναι η αρχική


0u συν µια αρµονικά µεταβαλλόµενη ποσότητα. Από τη λύση βλέποµε ότι η

αρµονικά µεταβαλλόµενη ποσότητα βρίσκεται πάντοτε µεταξύ των τιµών 0 και

)/(2 00 ωmF . Έτσι η ταχύτητα του υλικού σηµείου µεταβάλλεται αρµονικά µεταξύ

των τιµών 0u και )/(2 000 ωmFu + . Με άλλα λόγια, το υλικό σηµείο έχει

µεταφορική ταχύτητα )/( 000 ωmFu + και επιπλέον αρµονική ταχύτητα µε πλάτος

)/( 00 ωmF . Η θέση όµως του υλικού σηµείου για ∞→t απειρίζεται διότι ανά πάσα

στιγµή το υλικό σηµείο κινείται µε ταχύτητα τουλάχιστον 0u .


1.3 ∆υνάµεις εξαρτώµενες από την ταχύτητα


επίδραση της γενικής δύναµης )(uFF = , όπου u είναι η στιγµιαία ταχύτητα του

υλικού σηµείου. Συγκεκριµένα παραδείγµατα θα δούµε πιο κάτω.


0x και είχε ταχύτητα 0u . Θέλοµε να βρούµε την ταχύτητα και τη θέση του υλικού

σηµείου για 0>t .




)(uFdt

dum = (1.35)

ή

)(1

uFmdt

du= . (1.36)


dtuFm

du )(1

= . (1.37)

∆ιαιρούµε αµφότερα τα µέλη της εξίσωσης (1.37) µε )(uF και έχοµε

dtmuF

du 1

)(= . (1.38)

Ο λόγος που το κάναµε αυτό είναι για να χωρίσοµε τις µεταβλητές. Αριστερά είναι η

εξαρτηµένη µεταβλητή u και δεξιά η ανεξάρτητη µεταβλητή t .

Ολοκληρώνοµε αµφότερα τα µέλη της (1.38) και έχοµε

∫∫ += 1

1

)(cdt

muF

du. (1.39)

Το αριστερό µέλος της (1.39) είναι µια συνάρτηση της ταχύτητας, ας πούµε )(uI .



1)( cm

tuI += (1.40)

και, αν η )(uI δεν είναι πολύπλοκη συνάρτηση, λύνοµε την (1.40) ως προς u

συναρτήσει του t . Μετά συνεχίζοµε όπως στα προηγούµενα (βλ. εξισώσεις 1.12 έως

1.15).

Παράδειγµα 1.5: Μια βάρκα (θεωρούµενη σαν υλικό σηµείο) µάζας m σύρεται σε

µια λίµνη σε ευθεία γραµµή (ας πούµε τον άξονα x ) υπό την επίδραση µιας σταθερής

δύναµης 00 >F . Η τριβή του νερού είναι µια δύναµη που αντιτίθεται στην κίνηση

και είναι ανάλογη της ταχύτητας της βάρκας µε σταθερά αναλογίας 0>R .

Α) Να σχεδιάσετε τον οριζόντιο άξονα x µε όποια φορά θέλετε και να γράψετε την

εξίσωση κίνησης της βάρκας.

Β) Να βρείτε την ταχύτητα της βάρκας για 0>t , αν για 0=t η βάρκα ήταν ακίνητη.




Λύση: Α)

Η εξίσωση κίνησης της βάρκας είναι RuFdt

dum −= 0 .

Β)

,

110

0

0

00

0 cdt

F

Ru

du

F

mdt

F

Ru

du

F

mdt

um

R

m

F

duu

m

R

m

F

dt

du+=

−⇒=

−⇒=

−⇒−= ∫∫

όπου c είναι πραγµατική σταθερά. Συνεπώς,

⇒=−⇒−−=−⇒+=−−−− c

m

Rt

m

R

eeF

Ruc

m

Rt

m

R

F

Ruct

F

Ru

R

m

000

11ln1ln

,1 1

0

tm

R

ecF

Ru −=−

όπου τη θετική σταθερά mRce /− µε αυθαίρετο πρόσηµο τη γράψαµε ως πραγµατική

σταθερά 1c . Με άλλα λόγια, η αυθαίρετη σταθερά 1c είναι ίση µε c

m

R

e−

± και την

εισαγάγαµε χάριν ευκολίας. Συνεπώς,


−=

− tm

R

ecR

Ftu 1

0 1)( .

Αυτή είναι η γενική λύση για την ταχύτητα. Εφαρµόζοντας τις αρχικές συνθήκες

έχοµε: 10)1()0( 110 =⇒=−= cc

R

Fu .

Άρα η λύση του συγκεκριµένου προβλήµατος είναι

−=

− tm

R

eR

Ftu 1)( 0 , 0≥t .

Γ) 1. Όντως, για 0=t έχοµε 0)0( =u .

2. Η δύναµη τριβής είναι RuF −=τρ . Άρα οι διαστάσεις του R είναι

δύναµη/ταχύτητα, δηλαδή T

M

T

LT

LM

=2

. Με αυτές τις διαστάσεις, παρατηρούµε ότι

το εκθετικό είναι αδιάστατο ενώ το RF /0 έχει διαστάσεις ταχύτητας. Έτσι, όλοι οι

όροι της )(tu έχουν διαστάσεις ταχύτητας, δηλαδή L/T.

3. Για ∞→t , RFtu /)( 0=∞→ . Αυτό είναι αναµενόµενο, διότι λόγω τριβής η

βάρκα αποκτά οριακή ταχύτητα.

Παρατήρηση: Η άσκηση δεν µας το ζητάει, αλλά αν θέλαµε να υπολογίσοµε τη θέση

της βάρκας ως συνάρτηση του χρόνου θα γράφαµε

−=

− tm

R

eR

F

dt

dx10

και θα προχωρούσαµε όπως στα παραπάνω (βλ. εξισώσεις 1.12 έως 1.15).

Παράδειγµα 1.6: Ένας αλεξιπτωτιστής (θεωρούµενος σαν υλικό σηµείο) µάζας m

πέφτει κατακόρυφα από ύψος h . Θεωρήστε, χάριν ευκολίας, ότι ο αλεξιπτωτιστής

ήταν αρχικά ( 0=t ) ακίνητος. Η τριβή του αέρα είναι µια δύναµη που αντιτίθεται

στην κίνηση και είναι ανάλογη της ταχύτητας του αλεξιπτωτιστή µε σταθερά

αναλογίας 0>R .

Α) Να σχεδιάσετε τον κατακόρυφο άξονα z µε όποια φορά θέλετε και να γράψετε

την εξίσωση κίνησης του αλεξιπτωτιστή.

Β) Να βρείτε την ταχύτητα του αλεξιπτωτιστή για 0>t .




Λύση: Α) Ας θεωρήσοµε τον άξονα z προς τα πάνω. ∆είτε το επόµενο παράδειγµα

για άξονα z προς τα κάτω.


Η εξίσωση κίνησης του αλεξιπτωτιστή είναι Rumgdt

dum −−= . Το βάρος του

αλεξιπτωτιστή είναι προς τα κάτω, γι’ αυτό το γράψαµε ως mg− . Η τριβή του αέρα

αντιτίθεται στην κίνηση, δηλαδή έχει πρόσηµο αντίθετο της ταχύτητας, γι’ αυτό

γράψαµε Ru− , χωρίς να µας νοιάζει αν η ταχύτητα είναι θετική ή αρνητική.

Β)

,1)(1

11ln1ln

1

1

1

1

11

−=⇒=+

⇒=+⇒+−=+⇒+−=+

⇒+−=+

⇒−=+

⇒−=+

⇒−−=

−−

−

∫∫

tm

Rt

m

R

cm

Rt

m

R

ecR

mgtuec

mg

Ru

eemg

Ruc

m

Rt

m

R

mg

Ruct

mg

Ru

R

m

cdt

mg

Ru

du

gdt

mg

Ru

du

gdt

gum

R

duu

m

Rg

dt

du

όπου 1,cc είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές. Αυτή είναι η γενική λύση για την

ταχύτητα. Εφαρµόζοντας την αρχική συνθήκη έχοµε:

1)1()0(0 11 =⇒−== ccR

mgu .


−=

−1)( / Rm

t

eR

mgtu , 0≥t .

Το Rm / στον εκθέτη έχει διαστάσεις χρόνου (διότι από τη σχέση RuF −=τρ οι

διαστάσεις του R είναι δύναµη/ταχύτητα, δηλαδή Μ/T) και λέγεται χαρακτηριστικός

χρόνος. Ο εκθέτης γράφτηκε µε αυτόν τον τρόπο ώστε να φαίνεται αµέσως ότι είναι

αδιάστατος.

Γ) 1. Όντως, για 0=t έχοµε 0)0( =u .

2. Το Rmg / έχει διαστάσεις ταχύτητας. Να το ελέγξετε. Οι όροι στην παρένθεση

δεν έχουν διαστάσεις.

3. Αν το h είναι αρκετά µεγάλο, η πτώση του αλεξιπτωτιστή θα διαρκέσει πολύ

χρόνο. Άρα εξετάζοµε τη λύση για ∞→t . Βλέποµε ότι για ∞→t , έχοµε

Rmgtu /)( −=∞→ . Αυτό είναι αναµενόµενο, διότι η δύναµη τριβής µεγαλώνει

κατά µέτρο όσο µεγαλώνει η ταχύτητα του αλεξιπτωτιστή. Μετά από πάροδο

αρκετού χρόνου (δηλαδή χρόνου αρκετά µεγαλύτερου από τον χαρακτηριστικό χρόνο


Rm / , ώστε το εκθετικό Rm

t

e /−

να τείνει στο µηδέν), η δύναµη τριβής εξισορροπεί τη

βαρύτητα Έτσι. ο αλεξιπτωτιστής µετά την πάροδο χρόνου αρκετά µεγαλύτερου από

τον χαρακτηριστικό χρόνο αποκτά οριακή ταχύτητα. Η οριακή αυτή ταχύτητα είναι

αρνητική, διότι ο αλεξιπτωτιστής κινείται προς τα κάτω ενώ η θετική φορά του

άξονα είναι προς τα πάνω.

Παράδειγµα 1.7: Υλικό σηµείο µάζας m βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω µε

αρχική ταχύτητα 0u . Στο υλικό σηµείο δρουν η σταθερή βαρύτητα και η τριβή του

αέρα που είναι ανάλογη της ταχύτητας του υλικού σηµείου µε σταθερά αναλογίας

0>R . Να βρεθεί η ταχύτητα του υλικού σηµείου για 0>t .

Λύση: Ας θεωρήσοµε σ’ αυτή την άσκηση τον άξονα z προς τα κάτω.

Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι Rumgdt

dum −= . Το βάρος του υλικού

σηµείου είναι προς τα κάτω, γι’ αυτό το γράψαµε ως mg+ . Η τριβή του αέρα

αντιτίθεται στην κίνηση, δηλαδή έχει πρόσηµο αντίθετο της ταχύτητας, γι’ αυτό

γράψαµε Ru− , χωρίς να µας νοιάζει αν η ταχύτητα είναι θετική ή αρνητική, δηλαδή

αν το υλικό σηµείο κινείται προς τα κάτω ή προς τα πάνω.

,1)(1

11ln1ln

1

1

1

1

11

+=⇒=−

⇒=−⇒+−=−⇒+−=−

⇒+−=−

⇒−=−

⇒−=−

⇒−=

−−

−

∫∫

tm

Rt

m

R

cm

Rt

m

R

ecR

mgtuec

mg

Ru

eemg

Ruc

m

Rt

m

R

mg

Ruct

mg

Ru

R

m

cdt

mg

Ru

du

gdt

mg

Ru

du

gdt

gum

R

duu

m

Rg

dt

du

όπου 1,cc είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές. Αυτή είναι η γενική λύση για την

ταχύτητα. Εφαρµόζοντας την αρχική συνθήκη έχοµε:

1)1()0( 0110 −=⇒+==

mg

Rucc

R

mguu .



Rm

t

eR

mgu

R

mgtu /

0)(−

−+= , 0≥t .

Για ∞→t , Rmgtu /)( =∞→ . Αυτό είναι αναµενόµενο, διότι λόγω τριβής το

υλικό σηµείο αποκτά οριακή ταχύτητα. Η οριακή αυτή ταχύτητα είναι θετική διότι,

παρά το ότι το υλικό σηµείο είχε αρχική ταχύτητα 00 <u (δηλαδή προς τα πάνω),

κάποια στιγµή σταµάτησε και γύρισε προς τα κάτω, δηλαδή προς τα θετικά του άξονα

z .

Παράδειγµα 1.8: Ένα σηµειακό βλήµα µάζας m βάλλεται κατακόρυφα από κάποιο

ύψος προς τα κάτω µε αρχική ταχύτητα 0u . Στο βλήµα δρα το σταθερό πεδίο

βαρύτητας και µια δύναµη τριβής του αέρα που αντιτίθεται στην κίνηση και είναι

ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας του βλήµατος. Η σταθερά αναλογίας είναι

0>β .

A) Να σχεδιασθεί ο κατακόρυφος άξονας z µε όποια φορά θέλετε και να γραφεί η

εξίσωση κίνησης του βλήµατος.

Β) Να βρεθεί η ταχύτητα του βλήµατος ως συνάρτηση του χρόνου.

Λύση: Α) Ας θεωρήσοµε ότι ο άξονας z είναι προς τα κάτω. Η εξίσωση κίνησης

του βλήµατος είναι

2umgdt

dum β−= .

Β) Η εξίσωση κίνησης γράφεται ως

⇒+=−

⇒=−

⇒−= ∫ ct

um

g

dudt

um

g

duu

mg

dt

du

22

2

βββ

∫ +=−

ct

umg

dum

2

ββ

,

όπου c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Χρησιµοποιώντας Πίνακα

Ολοκληρωµάτων βλέποµε ότι

∫ −+

=− ax

ax

axa

dxln

2

122

.

Στην περίπτωσή µας έχοµε β

mga = . Έτσι γράφοµε ως συνέχεια της ολοκλήρωσης

της εξίσωσης κίνησης

⇒=−+

⇒+=−+

⇒+=−+

1/2

1

2lnln

2

1 cmta eeau

auct

m

a

au

auct

au

au

a

m βββ


( ) ( ) ⇒+−=−⇒−=+⇒=−+

11)( /2/2/2/2 mtamtamtamta CeaCeuCeauauCeau

au ββββ

mta

mta

mta

mta

eC

eCa

Ce

Ceatu

/2

/2

/2

/2

1

1)( β

β

β

β

−

−

−

+=

−

+= .

Εφαρµόζοντας την αρχική συνθήκη ότι 0)0( uu = , έχοµε C

Cauu

−+

−==1

1)0( 0 , από

την οποία παίρνοµε

au

auC

−

+=

0

0 .

Για ∞→t βρίσκοµε ότι β

mgatu ==∞→ )( . Με άλλα λόγια, η ταχύτητα αποκτά

οριακή τιµή λόγω της δύναµης τριβής. Το a έχει διαστάσεις ταχύτητας.

Παρατήρηση: Τυχόν δύσκολα ολοκληρώµατα στα διαγωνίσµατα θα δίνονται.

Άσκηση 1.5: Ένας πύραυλος, που τον θεωρούµε σαν υλικό σηµείο σταθερής µάζας

m , εκτοξεύεται από ηρεµία και από µια πλατφόρµα που βρίσκεται σε ύψος 0z

κατακόρυφα προς τα πάνω (δηλαδή προς τον θετικό άξονα z ) µε δύναµη u

uFF 0

0= ,

όπου 0F είναι θετική σταθερά µε διαστάσεις δύναµης, 0u είναι θετική σταθερά µε

διαστάσεις ταχύτητας και u είναι η στιγµιαία ταχύτητα του πυραύλου. Χάριν

ευκολίας θεωρήστε ότι η δύναµη της βαρύτητας είναι αµελητέα. Να βρεθεί η

ταχύτητα και η θέση του πυραύλου την τυχούσα χρονική στιγµή µετά την εκτόξευση.

Απάντηση: m

tuFtu 002)( = , 2/300

0

2

3

2)( t

m

uFztz +=

Άσκηση 1.6: Ένας πύραυλος, που τον θεωρούµε σαν υλικό σηµείο σταθερής µάζας

m , εκτοξεύεται από ηρεµία και από µια πλατφόρµα που βρίσκεται σε ύψος 0z

κατακόρυφα προς τα πάνω (δηλαδή προς τον θετικό άξονα z ) µε δύναµη u

uFF 0

0= ,

όπου 0F είναι θετική σταθερά µε διαστάσεις δύναµης, 0u είναι θετική σταθερά µε

διαστάσεις ταχύτητας και u είναι η στιγµιαία ταχύτητα του πυραύλου. Θεωρήστε

σταθερό πεδίο βαρύτητας. Να βρεθεί η ταχύτητα του πυραύλου την τυχούσα χρονική

στιγµή µετά την εκτόξευση. ∆ίνεται ότι

∫ +−=+

bawa

b

a

w

baw

dwwln

2.


Όπως θα δείτε, υπάρχουν και απλά προβλήµατα που δεν µπορούµε να βρούµε

αναλυτικά την )(tu .

Άσκηση 1.7: Ένα υλικό σηµείο µάζας m κινείται στον άξονα x . Τη χρονική

στιγµή 0=t βρίσκεται στη θέση 0=x και έχει ταχύτητα 0uu = , 00 >u . Για 0>t

στο υλικό σηµείο δρα µόνο µια δύναµη τριβής που αντιτίθεται στην κίνησή του και

έχει µέτρο ανάλογο του τετραγώνου της στιγµιαίας ταχύτητάς του µε σταθερά

αναλογίας 0>b .

Α) Να γραφεί η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου.

Β) Να βρεθεί η ταχύτητά του για 0>t .

Γ) Να βρεθεί η θέση του για 0>t .

∆) Να βρεθεί ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειάς του.

Ε) Πόσος χρόνος απαιτείται για να κινηθεί το σωµάτιο από τη θέση 1x στη θέση

12 xx > ;

Απάντηση: Β)

tm

bu

utu

0

0

1

1)(

+=

Γ)

+= tm

bu

b

mtx 01ln)(

∆) 3

0

3

0

2

1

2

1

+

−=

tm

bu

bu

dt

mud

Ε) ( )mbxmbxee

bu

mt

//

0

12 −=∆

Άσκηση 1.8: Ένα σηµειακό βλήµα µάζας m βάλλεται ( 0=t ) κατακόρυφα προς τα

πάνω (δηλαδή προς τον θετικό άξονα z ) από την αρχική θέση 0=z µε αρχική

ταχύτητα 0uu = , 00 >u . Στο βλήµα ασκούνται η σταθερή δύναµη βαρύτητας και

µια προωθητική δύναµη ανάλογη της στιγµιαίας ταχύτητας του βλήµατος µε

συντελεστή αναλογίας 0>b .

Α) Να γραφεί η εξίσωση κίνησης του βλήµατος.

Β) Να βρεθεί η ταχύτητα του βλήµατος για 0>t .

Απάντηση: Για b

mgu >0 έχοµε mbte

b

mgu

b

mgtu /

0)(

−+= .


1.4 ∆υνάµεις εξαρτώµενες από τη θέση


επίδραση της γενικής δύναµης )(xFF = , όπου x είναι η στιγµιαία θέση του υλικού

σηµείου. Συγκεκριµένα παραδείγµατα θα δούµε πιο κάτω.


0x και είχε ταχύτητα 0u . Θέλοµε να βρούµε την ταχύτητα και τη θέση του υλικού

σηµείου για 0>t .




)(xFdt

dum = . (1.41)

Όπως στα προηγούµενα, έτσι κι εδώ πρέπει µε κάποιο τρόπο να λύσοµε τη διαφορική

εξίσωση (1.41). Όµως, λόγω του ότι εµφανίζονται τρεις µεταβλητές uxt ,, πρέπει να

ακολουθήσοµε άλλο δρόµο. Για καλή µας τύχη, αυτός ο δρόµος θα µας οδηγήσει σε

απρόσµενα αποτελέσµατα.

Πολλαπλασιάζοµε αµφότερα τα µέλη της (1.41) µε την ταχύτητα u και έχοµε

uxFudt

dum )(= . (1.42)

Όπως µπορείτε εύκολα να επαληθεύσετε, η εξίσωση (1.42) µπορεί να γραφεί ως εξής:

uxFmudt

d)(

2

1 2 =

. (1.43)

Η ποσότητα 2

2

1muT = λέγεται κινητική ενέργεια του υλικού σηµείου και η εξίσωση

(1.43) γράφεται ως

uxFdt

dT)(= , (1.44)

όπου η ποσότητα uxF )( λέγεται ισχύς της δύναµης. Χωρίς λοιπόν να το

καταλάβοµε, αποδείξαµε το εξής θεώρηµα:


Θεώρηµα 1.1: Για δυνάµεις της µορφής )(xFF = και κίνηση πάνω στον άξονα x ,

η χρονική µεταβολή της κινητικής ενέργειας του υλικού σηµείου πάνω στο οποίο

ασκείται η δύναµη ισούται µε την ισχύ της δύναµης.


dtdt

dxxFdt

dt

dT)(= , (1.45)

η οποία γράφεται ως

dxxFdT )(= . (1.46)

Πάλι χωρίς να το καταλάβοµε, αποδείξαµε το εξής θεώρηµα:

Θεώρηµα 1.2: Για δυνάµεις της µορφής )(xFF = και κίνηση πάνω στον άξονα x ,

η µεταβολή της κινητικής ενέργειας του υλικού σηµείου πάνω στο οποίο ασκείται η

δύναµη ισούται µε το έργο της δύναµης κατά τη µετατόπιση του υλικού σηµείου.

Αν η εξίσωση (1.46) σας παραξενεύει, σκεφθείτε την ως εξής. Έστω ότι η δύναµη

µετατοπίζει το υλικό σηµείο από τη θέση x στη θέση dxx + . Άρα το έργο της

δύναµης είναι dxxF )( . Επίσης, έστω ότι στη θέση x η κινητική ενέργεια του υλικού

σηµείου ήταν T και στη θέση dxx + έγινε dTT + . Άρα η µεταβολή της κινητικής

ενέργειας είναι dT . Οι ποσότητες dTdxxF ,),( είναι αλγεβρικές. Στο Λύκειο, την

εξίσωση (1.46) την γράφαµε ως xxFT ∆=∆ )( .

Αν και δεν είναι απαραίτητο, την εξίσωση (1.46) τη γράφοµε ως εξής:

dxxFmud )(2

1 2 =

. (1.47)

Παρατηρούµε ότι οι µεταβλητές είναι χωρισµένες, δηλαδή αριστερά έχοµε ταχύτητα

και δεξιά θέση. Άρα µπορούµε να ολοκληρώσοµε κατά µέλη. Ολοκληρώνοµε λοιπόν

το αριστερό µέλος από την αρχική ταχύτητα 0u µέχρι την τυχούσα ταχύτητα u και

το δεξιό από την αρχική θέση 0x µέχρι την τυχούσα θέση x . Έτσι έχοµε

∫∫ =

x

x

u

u

dxxFmud

00

)(2

1 2 , (1.48)

ή

∫=−x

x

dxxFmumu

0

)(2

1

2

1 2

0

2 , (1.49)

την οποία γράφοµε ως εξής


==− ∫ 2

0

2

2

1)(

2

1

0

mudxxFmu

x

x

σταθερά, (1.50)

διότι οι ποσότητες 0,,2/1 um είναι σταθερές. Ο δεύτερος όρος στο αριστερό µέλος,

µαζί µε το πρόσηµο − , είναι µια συνάρτηση του x , ας την πούµε )(xV . Έτσι, η

εξίσωση (1.50) γράφεται

=+VT σταθερά E= . (1.51)

Αν ορίσοµε την ποσότητα

∫−≡x

x

dxxFxV

0

)()( (1.52)

ως τη δυναµική ενέργεια του υλικού σηµείου στη θέση x και το E ως την ολική

ενέργεια του υλικού σηµείου, τότε χωρίς να το καταλάβοµε αποδείξαµε το θεώρηµα

διατήρησης της ενέργειας.

Θεώρηµα 1.3: Για δυνάµεις της µορφής )(xFF = , που δρουν σε υλικό σηµείο που

κινείται στον άξονα x , το άθροισµα της κινητικής και της δυναµικής ενέργειας του

υλικού σηµείου είναι σταθερό κατά την κίνηση του.

Από τον ορισµό που δώσαµε για την δυναµική ενέργεια, είναι προφανές ότι αυτή

µηδενίζεται στην αρχική θέση 0x διότι

0)()(0

0

0 =−≡ ∫x

x

dxxFxV . (1.53)

Ας υποθέσοµε ότι δεν θέλοµε η δυναµική ενέργεια να µηδενίζεται στην αρχική θέση

0x , αλλά σε κάποια άλλη θέση 1x . Τότε γράφοµε την εξίσωση (1.50) ως εξής:

2

0

2

2

1)()(

2

1

1

1

0

mudxxFdxxFmu

x

x

x

x

=−− ∫∫ (1.54)

ή

∫∫ =+=−1

01

)(2

1)(

2

1 2

0

2

x

x

x

x

dxxFmudxxFmu σταθερά. (1.55)

Το δεξιό µέλος της (1.55) είναι σταθερό διότι το ορισµένο ολοκλήρωµα µιας

συνάρτησης είναι αριθµός.

Αν τώρα ορίσοµε τη δυναµική ενέργεια ως

∫−≡x

x

dxxFxV

1

)()( (1.56)

και την ολική ενέργεια ως


∫ =+=1

0

)(2

1 2

0

x

x

dxxFmuE σταθερά (1.57)

πάλι µπορούµε να γράψοµε

=+VT σταθερά E= , (1.58)

µόνο που τώρα και το E και το V έχουν διαφορετικές τιµές από πριν. Και από τον

ορισµό (1.52) και από τον ορισµό (1.56) έχοµε ότι

dx

xdVxF

)()( −= . (1.59)

Με άλλα λόγια, η δυναµική ενέργεια είναι το µείον έργο της δύναµης και η δύναµη

είναι η µείον παράγωγος της δυναµικής ενέργειας.

Παρατήρηση 1: Το µηδέν της δυναµικής ενέργειας µπορούµε να το βάλοµε όπου

θέλοµε και ο νόµος διατήρησης της ενέργειας ισχύει. Οι τιµές της δυναµικής

ενέργειας και της ολικής ενέργειας αλλάζουν ανάλογα µε το που βάλαµε το µηδέν της

δυναµικής ενέργειας.

Παρατήρηση 2: Παρά το γεγονός ότι οι άνθρωποι διατείνονται ότι καταλαβαίνουν τι

θα πει ενέργεια, κανείς πραγµατικά δεν την καταλαβαίνει! Άλλωστε, πώς είναι

δυνατόν να κατανοήσει κάποιος µια ποσότητα που για έναν είναι θετική, για άλλον

αρνητική και για άλλον µηδέν, ανάλογα µε το που βάζει ο καθένας το µηδέν της

δυναµικής ενέργειας;

Παρατήρηση 3: Έχοµε όλοι συνηθίσει να αποκαλούµε την ποσότητα 2

2

1mu κινητική

ενέργεια, την ποσότητα E ολική ενέργεια και τώρα είδαµε ότι από εδώ και πέρα θα

αποκαλούµε την ποσότητα ∫−x

x

dxxF

1

)( δυναµική ενέργεια. Με αυτούς τους

ορισµούς, αποδείξαµε από τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα ότι η ολική ενέργεια, που

είναι το άθροισµα της κινητικής και της δυναµικής, είναι σταθερό. Αν όµως ορίζαµε

=2

2

1mu «πράσινα άλογα»

=− ∫x

x

dxxF

1

)( «µπλε νεράιδες»

=E «αλλόκοτα όντα»

τότε από τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα θα γράφαµε τον νόµο

«πράσινα άλογα» + «µπλε νεράιδες» = «αλλόκοτα όντα» (1.60)


Ως άνθρωποι, όσο καταλαβαίνοµε αυτά τα «αλλόκοτα όντα» άλλο τόσο

καταλαβαίνοµε και την έννοια της ενέργειας! Επειδή την χρησιµοποιούµε

καθηµερινά, δεν σηµαίνει ότι την καταλαβαίνοµε κιόλας!!!

Παρατήρηση 4: Σύµφωνα µε τον ορισµό (1.56), η δυναµική ενέργεια του υλικού

σηµείου στη θέση x ισούται µε το µείον έργο της δύναµης για µετατόπιση του

υλικού σηµείου από τη θέση 1x µέχρι τη θέση x .

Παρατήρηση 5: Ας δούµε αν, µε τον ορισµό (1.56), µπορούµε να αποδείξοµε ότι η

δυναµική ενέργεια υλικού σηµείου στο άκρο ελατηρίου είναι 2

2

1)( kxxV = , όπου k

είναι η σταθερά του ελατηρίου. Η δύναµη που ασκεί το ελατήριο στο υλικό σηµείο

είναι kxxF −=)( , όπου x είναι η επιµήκυνση του ελατηρίου. Επίσης θέλοµε η

δυναµική ενέργεια να είναι µηδέν όταν 0=x . Έτσι γράφοµε

2

02

1)()( kxdxkxxV

x

=−−≡ ∫ .

Οµοίως, για τη δυναµική ενέργεια στο σταθερό πεδίο βαρύτητας της Γης ξέροµε ότι

mgzzV =)( , όπου z είναι το ύψος στο οποίο βρίσκεται το υλικό σηµείο και το µηδέν

της δυναµικής ενέργειας το πήραµε στο 0=z . Αυτό αποδεικνύεται από τη σχέση

(1.56), αν λάβοµε υπόψη µας ότι mgzF −=)( για άξονα z που δείχνει προς τα πάνω

(έτσι ώστε το z να είναι ύψος) και

mgzdzmgzV

z

=−−≡ ∫0

)()( .

Ορισµός: ∆υνάµεις για τις οποίες µπορούµε να γράψοµε τον νόµο διατήρησης της

ενέργειας λέγονται διατηρητικές.

Συµπέρασµα: Για µονοδιάστατες κινήσεις πάνω στον άξονα x , όλες οι δυνάµεις της

µορφής )(xFF = είναι διατηρητικές. Φυσικά, και οι σταθερές δυνάµεις, όπως το

σταθερό πεδίο βαρύτητας, εµπίπτουν σ’ αυτή την κατηγορία.

Μελέτη της κίνησης υλικού σηµείου σε πεδίο δυνάµεων )(xFF = : Ας

επανέλθοµε τώρα στην αρχική µας επιθυµία να βρούµε την ταχύτητα και τη θέση του

υλικού σηµείου.

Από τον ∆εύτερο Νόµο του Νεύτωνα (1.41) αποδείξαµε τον νόµο διατήρησης της

ενέργειας, δηλαδή

==+ ExVmu )(2

1 2 σταθερό, (1.61)

όπου )(2

10

2

0 xVmuE += , διότι η ολική ενέργεια κατά την κίνηση παραµένει σταθερή

και ίση µε την τιµή που είχε στην αρχή της κίνησης.


Λύνοντας την εξίσωση (1.61) ως προς την ταχύτητα έχοµε

[ ])(2

)( xVEm

xu −±= , (1.62)

όπου το + σηµαίνει κίνηση προς τα δεξιά και το − κίνηση προς τα αριστερά.

Παρατηρούµε ότι, από τον νόµο διατήρησης της ενέργειας, βρήκαµε αµέσως την

ταχύτητα του υλικού σηµείου σε κάθε θέση x . Πρέπει όµως να παρατηρήσοµε τα

εξής:

Για να είναι η ταχύτητα (1.62) πραγµατικός αριθµός, πρέπει

)()(2

10

2

0 xVxVmuE ≥+= . (1.63)

Με άλλα λόγια, κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο στα σηµεία x που

ικανοποιούν τη σχέση (1.63). Αυτό είναι λογικό. ∆εν µπορεί ποτέ η δυναµική

ενέργεια, που είναι µέρος της όλης ενέργειας, να είναι µεγαλύτερη από την ολική

ενέργεια.

Στη θέση x , που ικανοποιεί την ισότητα, το υλικό σηµείο είναι στιγµιαία ακίνητο.

Λέµε στιγµιαία ακίνητο και όχι απλώς ακίνητο, διότι αν η )(xF είναι διάφορη του

µηδενός σ’ αυτή τη θέση x , θα µετακινήσει το υλικό σηµείο.

Ισοδύναµα µε τα παραπάνω, µπορούµε να αποφανθούµε ότι το υλικό σηµείο δεν

µπορεί να βρεθεί ποτέ σε σηµεία x του άξονα x για τα οποία η σχέση (1.63) δεν

ικανοποιείται.

Αν τώρα θέλοµε να βρούµε τη θέση του υλικού σηµείου σε κάθε χρονική στιγµή

δουλεύοµε όπως παραπάνω. Γράφοµε την (1.62) ως

[ ])(2

xVEmdt

dx−±= . (1.64)

Πολλαπλασιάζοµε αµφότερα τα µέλη µε dt

[ ]dtxVEm

dtdt

dx)(

2−±= . (1.65)

Το αριστερό µέλος είναι ίσο µε dx και συνεπώς γράφοµε

[ ]dt

xVEm

dx=

−± )(2

. (1.66)


Οι µεταβλητές tx, είναι χωρισµένες και εποµένως µπορούµε να ολοκληρώσοµε κατά

µέλη. Τα όρια της ολοκλήρωσης είναι η αρχική και η τυχούσα χρονική στιγµή στο

ένα και η αρχική και η τυχούσα θέση στο άλλο.

[ ]tdt

xVEm

dxtx

x

==

−±∫∫00 )(

2. (1.67)

Το αριστερό µέλος της (1.67) είναι µια συνάρτηση του x , ας πούµε )(xf . Αν δεν

είναι πολύπλοκη, µπορούµε να λύσοµε την txf =)( ως προς x συναρτήσει του t .

Παράδειγµα 1.9: Θεωρήστε υλικό σηµείο µάζας m , που έχει δυναµική ενέργεια

2

0

0

)/(1)(

xx

VxV

+−= , όπου 10 =V J και 10 =x m. Αν το υλικό σηµείο ξεκινήσει µε

ταχύτητα 00 >u από ένα σηµείο 0xx −<< , δηλαδή από ένα αρνητικό x αρκετά

µεγάλο κατά µέτρο ώστε η δυναµική ενέργεια εκεί να είναι σχεδόν ίση µε το µηδέν,

δείξτε ότι ο χρόνος που απαιτείται για να διανύσει την απόσταση από L− µέχρι L ,

όπου 010 xL = , είναι µικρότερος απ’ ότι αν η δυναµική του ενέργεια ήταν µηδέν.

Λύση: Η δυναµική ενέργεια είναι ίση µε 0V− για 0=x και πάει ασυµπτωτικά στο

µηδέν από αρνητικές τιµές για ∞→x .

Η ενέργεια του υλικού σηµείου είναι 2

02

1muE = , διότι ακόµη και αν έχει δυναµική

ενέργεια, αυτή είναι ουσιαστικά ίση µε µηδέν στην αρχική θέση.

Περίπτωση 1: 0)( =xV . Τότε, ο χρόνος που απαιτείται για να διανύσει το υλικό

σηµείο το διάστηµα από L− µέχρι L είναι προφανώς

0

1

2

u

Lt = .

Το ίδιο δίνει και η εξίσωση (1.67) για 0)( =xV .

Περίπτωση 2: 2

0

0

)/(1)(

xx

VxV

+−= . Τότε, σύµφωνα µε την εξίσωση (1.67), ο

χρόνος που απαιτείται για να διανύσει το υλικό σηµείο το διάστηµα από L− µέχρι L

είναι

1

000

2

0

02

02

0

02

0

2

21

)/(1

2

)/(12

12t

u

Ldx

uu

dx

xx

V

mu

dx

xx

Vmu

m

dxt

L

L

L

L

L

L

L

L

===<

++

=

++

= ∫∫∫∫−−−−


Με άλλα λόγια, επειδή η δυναµική ενέργεια είναι αρνητική, η κινητική ενέργεια

VET −= είναι µεγαλύτερη (!!!) από την ολική ενέργεια 2

02

1muE = , δηλαδή το

υλικό σηµείο κινείται µε ταχύτητα µεγαλύτερη από 0u .

Παρατήρηση: Για δυναµική ενέργεια 2

0

0

)/(1)(

xx

VxV

+= , 12 tt > .

Παράδειγµα 1.10: Θεωρήστε ελατήριο σταθεράς k στον άξονα x µε το ένα άκρο

του σταθερό και στο άλλο να υπάρχει υλικό σηµείο µάζας m . Τη χρονική στιγµή

0=t , η επιµήκυνση του ελατηρίου είναι 0x και η ταχύτητα του υλικού σηµείου είναι

0u . Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου.

Λύση: Πριν εφαρµόσοµε όσα είπαµε παραπάνω για τον νόµο διατήρησης της

ενέργειας, ας δούµε αυτό το πρόβληµα από τη σκοπιά του ∆εύτερου Νόµου του

Νεύτωνα.

Η εξίσωση κίνησης του υλικού σηµείου είναι

kxdt

xdm −=

2

2

,

όπου x είναι η επιµήκυνση (θετική ή αρνητική) του ελατηρίου. Με άλλα λόγια, x

είναι η αποµάκρυνση (θετική ή αρνητική) της σηµειακής µάζας m από τη θέση

ισορροπίας της. Η εξίσωση αυτή γράφεται ως

xdt

xd 2

2

2

ω−= ,

όπου αντικαταστήσαµε το mk / µε το 2ω (τον λόγο γι’ αυτό θα τον κατανοήσοµε

παρακάτω). Η διαφορική αυτή εξίσωση λέγεται εξίσωση αρµονικού ταλαντωτή και θα

τη συναντήσετε πάρα πολλές φορές στις σπουδές σας. Είναι σηµαντικό λοιπόν και να

την αποµνηµονεύσετε και να κατανοήσετε τη λύση της.

Όπως είπαµε στο κείµενο που ακολουθεί την εξίσωση (1.4), η εξίσωση αρµονικού

ταλαντωτή µας λέει το εξής: Από όλες τις συναρτήσεις του κόσµου )(tx θέλοµε να

βρούµε εκείνες που, αν τις παραγωγίσοµε δυο φορές να µας κάνουν τον εαυτό τους

πολλαπλασιασµένο µε 2ω− .

Όσο και να ψάξοµε, δεν θα βρούµε άλλες από τις συναρτήσεις tωsin και tωcos .

Φυσικά, και οι συναρτήσεις αυτές πολλαπλασιασµένες µε µια σταθερά µας κάνουν,

όπως βεβαίως και το άθροισµά τους. Έτσι, η γενική λύση της εξίσωσης αρµονικού

ταλαντωτή είναι

tctctx ωω cossin)( 21 +=

και η γενική λύση για την ταχύτητα είναι


tctcdt

dxtu ωωωω sincos)( 21 −==

όπου 21 , cc είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές. Για τις δοθείσες αρχικές

συνθήκες 0)0( xx = και 0)0( uu = βρίσκοµε τη λύση του προβλήµατος

txtu

tx ωωω

cossin)( 00 +=

txtutu ωωω sincos)( 00 −= .

Ουσιαστικά τελειώσαµε και µάλιστα χωρίς πολύ κόπο. Τότε σε τι µας χρειάζεται ο

νόµος διατήρησης της ενέργειας και η λύση (1.59) που βρήκαµε µέσω αυτού; Η

απάντηση είναι η εξής:

Στο πρόβληµα του αρµονικού ταλαντωτή η δύναµη kxxF −=)( είναι σχετικά απλή

και µε λίγη σκέψη µπορέσαµε να µαντέψοµε τις συναρτήσεις tωsin και tωcos . Για

πολύπλοκες δυνάµεις )(xF αυτό είναι αδύνατον. Γι’ αυτές τις περιπτώσεις ο νόµος

διατήρησης της ενέργειας είναι πολύτιµος και η ζητούµενη λύση θα δίνεται από τις

σχέσεις (1.62) και (1.67).

Ας δούµε τώρα τη λύση του προβλήµατος του αρµονικού ταλαντωτή µέσω του νόµου

διατήρησης της ενέργειας.

Από τη σχέση (1.62) έχοµε ότι

−±= 2

2

12)( kxE

mxu .

Για να είναι η ταχύτητα πραγµατική, πρέπει (βλ. σχέση 1.63)

2

0

2

02

1)(

2

1kxxVmuE ≥+= .

Αυτό σηµαίνει ότι, για τις δοθείσες αρχικές συνθήκες, κίνηση επιτρέπεται µόνο

µεταξύ των σηµείων k

Ex

2−= και

k

Ex

2+= . Ας το δούµε αυτό καλύτερα µε µια

γραφική παράσταση.

Ζωγραφίζοµε τη δυναµική ενέργεια 2

2

1)( kxxV = . Ο οριζόντιος άξονας είναι η θέση

x και ο κατακόρυφος άξονας είναι άξονας ενέργειας. Στο SI, η θέση µετράται σε m

και η ενέργεια σε Joule.


Με βάση τις αρχικές συνθήκες, η ολική ενέργεια είναι E Joule, ας πούµε 1 Joule.

Ζωγραφίζοµε λοιπόν και µια οριζόντια ευθεία που τέµνει τον κατακόρυφο άξονα της

ενέργειας στο σηµείο 1=E Joule. Η ευθεία αυτή τέµνει την καµπύλη 2

2

1)( kxxV =

στα σηµεία k

Ex

2−= και

k

Ex

2+= . Αν, χάριν ευκολίας, πάροµε 1=k Nt/m, τότε

τα σηµεία αυτά είναι αυτά που φαίνονται στο σχήµα.

Επειδή κίνηση επιτρέπεται µόνο σ’ εκείνα τα σηµεία του άξονα x για τα οποία ισχύει

)(xVE ≥ ή 2

2

1kxE ≥ , είναι προφανές από το σχήµα ότι κίνηση επιτρέπεται µόνο

µεταξύ των σηµείων k

Ex

2−= και

k

Ex

2+= . Αν το υλικό σηµείο βρεθεί έξω από

αυτά, η ταχύτητά του θα είναι φανταστική, πράγµα άτοπο.

Από τις αρχικές συνθήκες ξέροµε ότι τη χρονική στιγµή 0=t το υλικό σηµείο

βρίσκεται στη θέση 0x και η ταχύτητά του είναι 0u . Χάριν ευκολίας, ας δεχτούµε

ότι 00 >x και 00 >u . Με άλλα λόγια, το υλικό σηµείο βρίσκεται δεξιά της αρχής

των αξόνων και κινείται προς τα δεξιά.

Αφού η αρχική δυναµική του ενέργεια είναι 2

002

1)( kxxV = , η αρχική κινητική του

ενέργεια είναι 2

0

2

02

1

2

1kxEmu −= . Αυτό το βλέποµε και στο σχήµα. Η κινητική

ενέργεια είναι το κατακόρυφο κοµµάτι µεταξύ της οριζόντιας ευθείας E και της

καµπύλης της δυναµικής ενέργειας.


Καθώς περνάει ο χρόνος, το υλικό σηµείο κινείται προς τα δεξιά, η δυναµική του

ενέργεια αυξάνεται και η κινητική του ελαττώνεται. Στο σηµείο k

Ex

2+= η

δυναµική του ενέργεια γίνεται ίση µε την ολική, η κινητική γίνεται µηδέν και το

υλικό σηµείο στιγµιαία µένει ακίνητο. Λέµε στιγµιαία, διότι στη θέση k

Ex

2+= η

δύναµη δεν είναι µηδέν, αλλά 02

<−=k

EkF . Αρνητική δύναµη σηµαίνει ότι θα

σπρώξει το υλικό σηµείο προς τα αριστερά. Έτσι, το υλικό σηµείο αρχίζει την πορεία

του προς τα αριστερά. Μέχρι το σηµείο 0=x , η δύναµη µειώνεται κατά µέτρο, η

δυναµική ενέργεια του υλικού σηµείου µειώνεται και η κινητική του αυξάνεται. Στο

σηµείο 0=x , η δύναµη που ασκείται στο υλικό σηµείο είναι µηδέν, η δυναµική

ενέργεια του υλικού σηµείου είναι µηδέν και η κινητική του είναι µέγιστη και ίση µε

E . Παρά το γεγονός ότι η δύναµη είναι µηδέν στη σηµείο 0=x , το υλικό σηµείο

συνεχίζει να κινείται διότι έχει κινητική ενέργεια. Στα αρνητικά x , η δύναµη είναι

θετική και αυξάνεται συνεχώς, η δυναµική ενέργεια αυξάνεται και η κινητική

ελαττώνεται. Στο σηµείο k

Ex

2−= η δυναµική ενέργεια του υλικού σηµείου

γίνεται ίση µε την ολική, η κινητική γίνεται µηδέν και το υλικό σηµείο στιγµιαία

µένει ακίνητο. Λέµε στιγµιαία, διότι στη θέση k

Ex

2−= η δύναµη δεν είναι µηδέν,

αλλά 02

>

−−=

k

EkF . Θετική δύναµη σηµαίνει ότι θα σπρώξει το υλικό σηµείο

προς τα δεξιά. Έτσι, το υλικό σηµείο αρχίζει την πορεία του προς τα δεξιά.

Από τα παραπάνω καταλαβαίνοµε ότι το υλικό σηµείο κάνει ταλάντωση µεταξύ των

σηµείων k

Ex

2−= και

k

Ex

2+= .

Ακριβώς τα ίδια µας λέει και η λύση txtu

tx ωωω

cossin)( 00 += , που βρήκαµε

παραπάνω, µόνο που δεν µας τα λέει τόσο απλά όσο η µελέτη µέσω της δυναµικής

ενέργειας. Αυτό θα το εµπεδώσετε καλύτερα στα πιο δύσκολα παραδείγµατα που

ακολουθούν.

Παράδειγµα 1.11: Υλικό σηµείο µάζας 2=m kgr κινείται στον άξονα x υπό την

επίδραση µόνο της δύναµης baxxF +=)( , όπου 8=a Nt/m, 4−=b Nt και το x

µετράται σε m. Αν για 0=t , 2=x m, 00 <= uu και 2/1=E Joule,

A) Να βρεθεί και να σχεδιασθεί µε ακρίβεια η δυναµική ενέργεια )(xV του υλικού

σηµείου θεωρώντας ότι το µηδέν της είναι στο σηµείο .0=x

Β) Να περιγράψετε την κίνηση του υλικού σηµείου για 0>t .

Γ) Να βρείτε την ταχύτητα του υλικού σηµείου ως συνάρτηση της θέσης x .

Λύση:


Α) cbxx

acdxbaxcdxxFxV +−−=++−=+−= ∫∫ 2)()()(

2

,

όπου τη δυναµική ενέργεια την υπολογίσαµε µε αόριστο ολοκλήρωµα και

προσθέσαµε µια αυθαίρετη σταθερά c . Επειδή για 0=x , θέλοµε 0)0( =V , η

σταθερά c πρέπει να είναι ίση µε µηδέν.

Αντικαθιστώντας τα ba, έχουµε xxxV 44)( 2 +−=

Η )(xV µηδενίζεται στα σηµεία 0=x και 1=x και έχει µέγιστο 1max =V για

2/1=x .

11/2 x1 2

1

E=1/2

0

V(x)

x

Β) Το υλικό σηµείο ξεκινά από τη θέση 2=x και επειδή η ταχύτητά του εκεί είναι

00 <u κινείται προς τα αρνητικά x µέχρι τη θέση 1xx = όπου 2/1)( 1 == ExV . Με

λύση της εξίσωσης ExV =)( , δηλαδή 2/144 2 =+− xx , βρίσκοµε 24

1

2

11 +=x .

Στο σηµείο 1xx = σταµατά στιγµιαία διότι η κινητική ενέργειά του µηδενίζεται.

Όµως, λόγω του ότι 0)(

)(

1

1 >−==xxdx

xdVxF , αναγκάζεται να κινηθεί προς τα θετικά

x και συνεχίζει να κινείται µέχρι το ∞+ .

Γ) Από τον νόµο διατήρησης της ενέργειας έχουµε [ ])(2

)( xVEm

xu −±= και µε

αντικαταστάσεις των )(,, xVEm έχοµε xxxu 442

1)( 2 −+±= . Το + ισχύει για

κίνηση προς τα δεξιά και το − για κίνηση προς τα αριστερά.

Παράδειγµα 1.12: Η δυναµική ενέργεια ενός υλικού σηµείου µάζας 1=m kg είναι

cbxaxxV +−= 2)( , όπου 1=a Joule/m 2 , 4=b Joule/m, 1=c Joule και το x

µετράται σε m.


Α) Να βρεθεί και να σχεδιασθεί µε ακρίβεια η δύναµη )(xF που ασκείται στο υλικό

σηµείο.

Β) Να σχεδιασθεί µε ακρίβεια η δυναµική ενέργεια )(xV του υλικού σηµείου.

Γ) Θεωρήστε ότι για 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 3)0( =x m και έχει

ταχύτητα 2)0( =u m/s. Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για 0>t .

Υπενθυµίζεται ότι δεν µπορεί το υλικό σηµείο να βρεθεί σε µια θέση x για την οποία

ExV >)( .

∆) Θεωρήστε ότι για 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 1)0( =x m και έχει

ταχύτητα 6)0( −=u m/s. Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για 0>t .

Ε) Θεωρήστε ότι για 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 1)0( =x m και έχει

ταχύτητα 0)0( =u m/s. Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για 0>t .

ΣΤ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής

ενέργειας E , δηλαδή για οποιεσδήποτε επιτρεπτές αρχικές συνθήκες.

Λύση:

Α) Αντικαθιστώντας τα cba ,, έχοµε 14)( 2 +−= xxxV . Η δύναµη που ασκείται

στο υλικό σηµείο είναι 42/)( +−=−= xdxdVxF και η γραφική παράστασή της

είναι ευθεία γραµµή που τέµνει τον άξονα x στο σηµείο 2=x και τον άξονα της F

στο σηµείο 4=F .

Β) Η )(xV µηδενίζεται στα σηµεία 32 −=x και 32 +=x , έχει ελάχιστο στο

σηµείο 2=x , πού είναι ίσο µε 3min −=V και για 0=x έχοµε 1)0( =V . Η γραφική

παράστασή της έχει σχήµα U (παραβολικό), δηλαδή για ±∞→x , +∞→V . Να τη

σχεδιάσετε!!!

Παρατήρηση: Από τη γραφική παράσταση της )(xV µπορούµε εύκολα να

αποφανθούµε αν η δύναµη στην τυχούσα θέση x είναι θετική ή αρνητική.

Κοιτάζοµε την κλίση της )(xV στο σηµείο που µας ενδιαφέρει. Αν η κλίση είναι

θετική, τότε η δύναµη εκεί είναι αρνητική, διότι dxxdVxF /)()( −= . Οµοίως, αν η

κλίση είναι αρνητική, η δύναµη είναι θετική.

Γ) Τη χρονική στιγµή 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 3)0( =x m και έχει

δυναµική ενέργεια 2)3( −=V Joule. Επίσης έχει ταχύτητα 2)0( =u m/s και κινητική

ενέργεια 2)0()2/1( 2 == muT Joule. Συνεπώς, το υλικό σηµείο έχει ολική ενέργεια

.0=+= VTE

Η οριζόντια ευθεία 0)( == ExV συµπίπτει µε τον άξονα x και τέµνει την )(xV στα

σηµεία 32 −=x και 32 +=x . Ανάµεσα σε αυτά τα σηµεία έχοµε ότι )(xVE >

και εποµένως κίνηση είναι επιτρεπτή, ενώ έξω από αυτά τα σηµεία κίνηση δεν είναι

επιτρεπτή, διότι )(xVE < , που είναι αδύνατον στον φυσικό κόσµο.

Το υλικό σηµείο ξεκινά από τη θέση 3=x και κινείται προς τα δεξιά, αφού η αρχική

ταχύτητά του είναι θετική. Καθώς κινείται προς τα δεξιά, η δυναµική ενέργειά του

αυξάνεται, άρα η κινητική του µειώνεται. Όταν το υλικό σηµείο φθάσει στη θέση

32 +=x , η δυναµική ενέργειά του γίνεται ίση µε την ολική, δηλαδή


0)32( =+=VE . Αυτό σηµαίνει ότι η κινητική ενέργειά του µηδενίζεται, δηλαδή

το υλικό σηµείο ακινητεί. Αυτή η ακινησία όµως είναι στιγµιαία, διότι στη θέση

32 +=x ασκείται δύναµη στο υλικό σηµείο. Από το ερώτηµα Α έχοµε ότι η

ασκούµενη δύναµη είναι 04)32(2)32( <++−=+F (η κλίση της )(xV είναι

θετική). Άρα το υλικό σηµείο θα αρχίσει να κινείται προς τα αριστερά µε συνεχώς

αυξανόµενη ταχύτητα, διότι η δυναµική ενέργεια µειώνεται από το 32 +=x µέχρι

το 2=x και εποµένως η κινητική ενέργεια αυξάνεται. Στο 2=x η δυναµική

ενέργεια είναι ελάχιστη, η κινητική µέγιστη και η δύναµη µηδέν (η κλίση της )(xV

είναι µηδέν) . Παρά το ότι η δύναµη είναι µηδέν στο 2=x , το υλικό σηµείο

συνεχίζει να κινείται προς τα αριστερά, διότι έχει ταχύτητα.

Στο διάστηµα 232 <<− x η δυναµική ενέργεια αυξάνεται, η κινητική ενέργεια

µειώνεται και στο 32 −=x το υλικό σηµείο στιγµιαία ακινητεί. Όµως, στο

32 −=x ασκείται δύναµη 04)32(2)32( >+−−=−F (η κλίση της )(xV είναι

αρνητική) και το υλικό σηµείο αρχίζει να κινείται προς τα δεξιά, επιταχυνόµενο µέχρι

τη θέση 2=x και επιβραδυνόµενο από εκεί µέχρι τη θέση 32 +=x .

Συµπέρασµα: Το υλικό σηµείο εκτελεί ταλάντωση µεταξύ των σηµείων 32 −=x

και 32 +=x . Η ταλάντωση είναι αρµονική διότι στο υλικό σηµείο ασκείται

δύναµη αρµονικού ταλαντωτή συν µια σταθερά. Η σταθερά απλώς προκαλεί

µετατόπιση του σηµείου ισορροπίας.

∆) Τη χρονική στιγµή 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 1)0( =x m και έχει

δυναµική ενέργεια 2)1( −=V Joule. Επίσης έχει ταχύτητα 6)0( −=u m/s και

κινητική ενέργεια 3)0()2/1( 2 == muT Joule. Συνεπώς, το υλικό σηµείο έχει ολική

ενέργεια 1=+= VTE Joule.

Η οριζόντια ευθεία 1)( == ExV είναι παράλληλη µε τον άξονα x και τέµνει την

)(xV στα σηµεία 0=x και 4=x . Ανάµεσα σε αυτά τα σηµεία έχοµε ότι )(xVE >


επιτρεπτή, διότι )(xVE < , που είναι αδύνατον.

Το υλικό σηµείο ξεκινά από τη θέση 1=x και κινείται προς τα αριστερά, αφού η

αρχική ταχύτητά του είναι αρνητική. Καθώς κινείται προς τα αριστερά, η δυναµική

ενέργειά του αυξάνεται, άρα η κινητική του µειώνεται. Όταν το υλικό σηµείο φθάσει

στη θέση 0=x , η δυναµική ενέργειά του γίνεται ίση µε την ολική, δηλαδή

1)0( ==VE Joule. Αυτό σηµαίνει ότι η κινητική ενέργειά του µηδενίζεται, δηλαδή

το υλικό σηµείο ακινητεί. Αυτή η ακινησία όµως είναι στιγµιαία, διότι στη θέση

0=x ασκείται δύναµη στο υλικό σηµείο. Από το ερώτηµα Α έχοµε ότι η ασκούµενη

δύναµη είναι 04)0( >=F (η κλίση της )(xV είναι αρνητική). Άρα το υλικό σηµείο

θα αρχίσει να κινείται προς τα δεξιά µε συνεχώς αυξανόµενη ταχύτητα, διότι η

δυναµική ενέργεια µειώνεται από το 0=x µέχρι το 2=x και εποµένως η κινητική

ενέργεια αυξάνεται. Στο 2=x η δυναµική ενέργεια είναι ελάχιστη, η κινητική

µέγιστη και η δύναµη µηδέν (η κλίση της )(xV είναι µηδέν). Παρά το ότι η δύναµη


είναι µηδέν στο 2=x , το υλικό σηµείο συνεχίζει να κινείται προς τα δεξιά, διότι έχει

ταχύτητα.

Στο διάστηµα 42 << x η δυναµική ενέργεια αυξάνεται, η κινητική ενέργεια

µειώνεται και στο 4=x το υλικό σηµείο στιγµιαία ακινητεί. Όµως, στο 4=x

ασκείται δύναµη 04)4(2)32( <+−=−F (η κλίση της )(xV είναι θετική) και το

υλικό σηµείο αρχίζει να κινείται προς τα αριστερά, επιταχυνόµενο µέχρι τη θέση

2=x και επιβραδυνόµενο από εκεί µέχρι τη θέση 0=x .

Συµπέρασµα: Το υλικό σηµείο εκτελεί αρµονική ταλάντωση µεταξύ των σηµείων

0=x και 4=x .

Ε) Τη χρονική στιγµή 0=t το υλικό σηµείο βρίσκεται στη θέση 1)0( =x m και έχει

δυναµική ενέργεια 2)1( −=V Joule. Λόγω του ότι έχει ταχύτητα 0)0( =u και

κινητική ενέργεια 0)0()2/1( 2 == muT , το υλικό σηµείο έχει ολική ενέργεια

2−=+= VTE Joule.

Η οριζόντια ευθεία 2)( −== ExV είναι παράλληλη µε τον άξονα x και τέµνει την

)(xV στα σηµεία 1=x και 3=x . Ανάµεσα σε αυτά τα σηµεία έχοµε ότι )(xVE >


επιτρεπτή, διότι )(xVE < , που είναι αδύνατον.

Συµπέρασµα: Σύµφωνα µε τα παραπάνω, η κίνηση του υλικού σηµείου είναι

αρµονική ταλάντωση µεταξύ των σηµείων 1=x και 3=x .

ΣΤ) Έστω ότι 0)0( xx = και 0)0( uu = είναι οι αρχικές συνθήκες. Τότε

142

1)(

2

10

2

0

2

00

2

0 +−+=+=+= xxmuxVmuVTE . Θα πρέπει να εξετάσοµε όλες τις

δυνατές περιπτώσεις, που εδώ είναι τρεις.

α) Για 3min −=<VE Joule, δεν επιτρέπεται κίνηση του υλικού σηµείου πουθενά. Με

άλλα λόγια, δεν υπάρχουν αρχικές συνθήκες 0x , 0u τέτοιες ώστε

3142

1)(

2

1min0

2

0

2

00

2

0 −=<+−+=+= VxxmuxVmuE Joule.

Για επιβεβαίωση, πάρτε µια τιµή για το E που να είναι µικρότερη από το

3min −=V Joule. Κατόπιν, δοκιµάστε ό,τι τιµή θέλετε για το 0u και θα δείτε ότι η

εξίσωση Exxmu =+−+ 142

10

2

0

2

0 έχει µόνο µιγαδικές λύσεις για το 0x . Οµοίως,

δοκιµάστε ό,τι τιµή θέλετε για το 0x και θα δείτε ότι η εξίσωση

Exxmu =+−+ 142

10

2

0

2

0 έχει µόνο µιγαδικές λύσεις για το 0u .

β) Για minVE = , το υλικό σηµείο µπορεί µόνο να είναι ακίνητο στο σηµείο 2=x .

Με άλλα λόγια, 2)0( 0 == xx m και 0)0( 0 == uu .

γ) Για minVE > , το υλικό σηµείο κάνει αρµονική ταλάντωση µεταξύ των σηµείων

21 , xx που είναι λύσεις της εξίσωσης ExV =)( ή 0142 =−+− Exx . Με άλλα


λόγια, 201 )0( xxxx ≤=≤ και

[ ] [ ]142

)(2

)0( 0

2

000 −+−±=−±== xxEm

xVEm

uu .

Παράδειγµα 1.13: Η δυναµική ενέργεια ενός υλικού σηµείου µάζας 1=m kg είναι 23)( bxaxxV +−= , όπου 1=a Joule/m 3 , 1=b Joule/m 2 και το x µετράται σε m.


σηµείο.


Γ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής ενέργειας

E , δηλαδή για οποιεσδήποτε επιτρεπτές αρχικές συνθήκες. Υπενθυµίζεται ότι δεν

µπορεί το υλικό σηµείο να βρεθεί σε µια θέση x για την οποία ExV >)( .

∆) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει πεπερασµένη κίνηση;

Ε) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει µη πεπερασµένη κίνηση;

Λύση

Α) Έχουµε ότι 23)( xxxV +−= . Συνεπώς xxdx

xdVxF 23

)()( 2 −=−=

Η δύναµη µηδενίζεται στα σηµεία 0=x και 3/2=x , και έχει ελάχιστο

3/1min −=F στο 3/1=x .

B) Η δυναµική ενέργεια )(xV µηδενίζεται στα σηµεία 0=x και 1=x , έχει ελάχιστο

0min =V στο 0=x και µέγιστο 27/4max =V στο 3/2=x .


Γ) Από τις αρχικές συνθήκες 0)0( xx = και 0)0( uu = έχοµε ότι

2

0

3

0

2

00

2

02

1)(

2

1xxmuxVmuE +−=+= . Συνεπώς, από τη γραφική παράσταση της

)(xV παρατηρούµε ότι η διερεύνηση πρέπει να γίνει για τρεις περιοχές τιµών της

ολικής ενέργειας E : 1) 0min =<VE , 2) 27/40 maxmin =<<= VEV , 3)

27/4max =>VE καθώς και για τις τιµές 0min ==VE και 27/4max ==VE .


α) Για 01 <= EE , όπου 1E είναι τυχούσα ενέργεια µικρότερη του 0min =V , η

κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο στις θέσεις x για τις οποίες 1)( ExV ≤ .

Άρα κίνηση επιτρέπεται µόνο για 1xx ≥ , όπου το 1x είναι η πραγµατική λύση της

εξίσωσης 1)( ExV = , δηλαδή 1

23 Exx =+− . (Οι δυο άλλες λύσεις είναι συζυγείς

µιγαδικές.) Έτσι, αν το υλικό σηµείο ξεκινήσει από τη θέση 10 xx > και έχει θετική

αρχική ταχύτητα, θα πάει µε συνεχώς αυξανόµενη κατά µέτρο ταχύτητα στο ∞+ ,

ενώ αν έχει αρνητική αρχική ταχύτητα θα πάει µε µειούµενη ταχύτητα µέχρι το

σηµείο 1x , εκεί θα σταµατήσει στιγµιαία και µετά µε συνεχώς αυξανόµενη ταχύτητα

θα πάει στο ∞+ .

β) Για 0=E , το υλικό σηµείο µπορεί να κινείται στην περιοχή 1≥x ή να ακινητεί

στο σηµείο 0=x , διότι η κινητική του ενέργεια εκεί είναι µηδέν και η δύναµη που

του ασκείται εκεί είναι µηδέν.

γ) Για 27/40 2 <=< EE , όπου 2E είναι τυχούσα ενέργεια µεταξύ των τιµών minV

και maxV , κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται είτε για 2xx ≥ είτε για 34 xxx ≤≤ .

Σε ποια από τις δυο περιοχές θα κινηθεί το υλικό σηµείο εξαρτάται από τις αρχικές

συνθήκες. Τα σηµεία 432 ,, xxx είναι πραγµατικές λύσεις της εξίσωσης

2

23 Exx =+− . Αν η αρχική θέση 0xx = του υλικού σηµείου ήταν 20 xx ≥ , τότε η

κίνησή του περιορίζεται στην περιοχή 2xx ≥ . Αν όµως 304 xxx ≤≤ , τότε η κίνηση

περιορίζεται µεταξύ των σηµείων 4xx = και 3xx = και το υλικό σηµείο κάνει

ταλάντωση (όχι αρµονική) µεταξύ των δύο αυτών σηµείων.


δ) Για 27/4=E το υλικό σηµείο µπορεί να κινείται µόνο δεξιά του σηµείου 6xx =

που είναι η µικρότερη πραγµατική λύση της εξίσωσης 27/423 =+− xx . Οι άλλες

δυο είναι η διπλή ρίζα 3/2=x . Αν περάσει από τη θέση 3/2=x , το υλικό σηµείο

ηρεµεί εκεί για πάντα, διότι η κινητική ενέργειά του είναι µηδέν και η δύναµη που

του ασκείται εκεί είναι µηδέν.

ε) Για 27/43 >= EE , όπου 3E είναι τυχούσα ενέργεια µεγαλύτερη του maxV , το

υλικό σηµείο µπορεί να κινείται στην περιοχή 5xx ≥ , όπου 5x είναι η πραγµατική

λύση της εξίσωσης 3

23 Exx =+− . Η περαιτέρω διερεύνηση είναι όπως στην

περίπτωση 01 <= EE .

∆) Στο ερώτηµα Γ είδαµε ότι για 27/40 max2min =<=<= EEEE το υλικό σηµείο

ενδέχεται να κάνει πεπερασµένη κίνηση. Συνεπώς, για 2EE = , οι αρχικές συνθήκες

µπορούν να 304 )0( xxxx ≤=≤ , όπου 4x και 3x είναι οι δυο µικρότερες λύσεις της

εξίσωσης 2

23 Exx =+− και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

02020 xxEmxVEmuu +−−±=−±== .

Για την ειδική περίπτωση 0=E οι αρχικές συνθήκες είναι 0)0( 0 == xx και

0)0( 0 == uu . Το υλικό σηµείο είναι ακίνητο.

Για την ειδική περίπτωση 27/4=E οι αρχικές συνθήκες είναι είτε

3/2)0( 06 ≤=≤ xxx , όπου 6x είναι η µικρότερη λύση της εξίσωσης

27/423 =+− xx (η µεγαλύτερη είναι 2/3) και

)]()27/4)[(/2()]()27/4)[(/2()0( 2

0

3

000 xxmxVmuu +−−±=−±== είτε

3/2)0( 0 >= xx και )]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

01010 xxEmxVEmuu +−−−=−−== .

Και στις δυο περιπτώσεις το υλικό σηµείο θα κάνει πεπερασµένη κίνηση και θα

καταλήξει στο σηµείο 3/2=x .

Ε) 1. Για 01 <= EE είδαµε ότι κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο για

1xx ≥ , όπου το 1x είναι η πραγµατική λύση της εξίσωσης 1)( ExV = , δηλαδή

1

23 Exx =+− . Έτσι, οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 10)0( xxx ≥= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

01010 xxEmxVEmuu +−−±=−±== .

2. Για 0=E οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 1)0( 0 ≥= xx και

)])[(/2()]()[/2()0( 2

0

3

000 xxmxVmuu −±=−±== .

3. Για 27/40 2 <=< EE είδαµε ότι το υλικό σηµείο µπορεί να κάνει µη

πεπερασµένη κίνηση µόνο αν αρχικά ήταν σε θέση 2xx ≥ . Άρα οι αρχικές συνθήκες

µπορεί να είναι 20)0( xxx ≥= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

02020 xxEmxVEmuu +−−±=−±== .


4. Για 27/4=E οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 3/2)0( 0 >= xx , και

)](27/4)[/2()](27/4)[/2()0( 2

0

3

000 xxmxVmuu +−−=−== . Προσοχή: Αν η

αρχική ταχύτητα είναι αρνητική ή αν η αρχική θέση του είναι 3/26 <≤ xx , τότε το

υλικό σηµείο θα κινηθεί µέχρι τη θέση 3/2=x , όπου θα σταµατήσει για πάντα.

5. Για 27/43 >= EE είδαµε ότι κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο για

5xx ≥ , όπου το 5x είναι η πραγµατική λύση της εξίσωσης 3)( ExV = , δηλαδή

3

23 Exx =+− . Έτσι, οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 50)0( xxx ≥= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

03030 xxEmxVEmuu +−−±=−±== .

Παράδειγµα 1.14: Η δυναµική ενέργεια ενός υλικού σηµείου µάζας m είναι 23)( bxaxxV −= , όπου 1=a Joule/m 3 , 1=b Joule/m 2 και το x µετράται σε m.


σηµείο.


Γ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής ενέργειας

E , δηλαδή για οποιεσδήποτε επιτρεπτές αρχικές συνθήκες. Υπενθυµίζεται ότι δεν

µπορεί το υλικό σηµείο να βρεθεί σε µια θέση x για την οποία ExV >)( .

∆) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει µη πεπερασµένη κίνηση;

Λύση

Α) Έχουµε ότι 23)( xxxV −= . Συνεπώς xx

dx

xdVxF 23

)()( 2 +−=−= .

Η δύναµη µηδενίζεται στα σηµεία 0=x και 3/2=x , και έχει µέγιστο 3/1max =F

στο 3/1=x .

1/3 12/3 x

1/3

0

F(x)


B) Η δυναµική ενέργεια )(xV µηδενίζεται στα σηµεία 0=x και 1=x , έχει µέγιστο

0max =V στο 0=x και ελάχιστο 27/4min −=V στο 3/2=x .

12/3 x

-4/27

V(x)

0

Γ) Από τη γραφική παράσταση της )(xV παρατηρούµε ότι η διερεύνηση πρέπει να

γίνει για τρεις περιοχές τιµών της ολικής ενέργειας E : 1) 27/4−<E , 2)

027/4 <<− E , 3) 0>E , καθώς και για τις τιµές 27/4−=E και 0=E .

12/3

-4/27

V(x)

0x1 x2 x3 x4 x5

E=E3

E=E2

E=E1

x

α) Για 27/41 −<= EE κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο στις θέσεις x

για τις οποίες 1)( ExV ≤ . Άρα κίνηση επιτρέπεται µόνο για 1xx ≤ , όπου το 1x είναι η

πραγµατική λύση της εξίσωσης 1)( ExV = , δηλαδή 1

23 Exx =− . Έτσι, αν το υλικό


σηµείο ξεκινήσει από τη θέση 10 xx < και έχει αρνητική αρχική ταχύτητα θα πάει µε

συνεχώς αυξανόµενη κατά µέτρο ταχύτητα στο ∞− , ενώ αν έχει θετική αρχική

ταχύτητα θα πάει µε µειούµενη ταχύτητα µέχρι το σηµείο 1x , εκεί θα σταµατήσει

στιγµιαία και µετά µε συνεχώς αυξανόµενη κατά µέτρο ταχύτητα θα πάει στο ∞− .

β) Για 027

42 <=<− EE κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται είτε για 2xx ≤

είτε για 43 xxx ≤≤ . Τα σηµεία 432 ,, xxx είναι πραγµατικέςλύσεις της εξίσωσης

2

23 Exx =− . Αν η αρχική θέση 0xx = του υλικού σηµείου ήταν 20 xx ≤ , τότε η

κίνησή του περιορίζεται στην περιοχή 2xx ≤ . Αν όµως 403 xxx ≤≤ , τότε η κίνηση

περιορίζεται µεταξύ των σηµείων 3xx = και 4xx = και το υλικό σηµείο κάνει

ταλάντωση (όχι αρµονική) µεταξύ των δύο αυτών σηµείων.

γ) Για 27/4−=E το υλικό σηµείο είτε ηρεµεί στη θέση 3/2=x είτε κινείται

αριστερά του σηµείου που είναι πραγµατική λύση της εξίσωσης 27/423 −=− xx .

δ) Για 0=E το υλικό σηµείο µπορεί να κινείται στην περιοχή 1≤x . Αν περάσει

από το σηµείο 0=x , σταµατά εκεί για πάντα, διότι η κινητική του ενέργεια είναι

µηδέν και η δύναµη που του ασκείται εκεί είναι µηδέν.

ε) Για 03 >= EE το υλικό σηµείο µπορεί να κινείται στην περιοχή 5xx ≤ , όπου 5x

είναι η πραγµατική λύση της εξίσωσης 3

23 Exx =− . Η περαιτέρω διερεύνηση είναι

όπως στην περίπτωση 27/41 −<= EE .

∆) 1. Για 27/41 −<= EE είδαµε ότι κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο

για 1xx ≤ , όπου το 1x είναι η πραγµατική λύση της εξίσωσης 1)( ExV = , δηλαδή

1

23 Exx =− . Έτσι, οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 10)0( xxx ≤= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

01010 xxEmxVEmuu −−±=−±== .

2. Για 27/4−=E οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 10)0( xxx ′≤= , όπου 1x′ είναι

η µικρότερη πραγµατική λύση της εξίσωσης 27/423 −=− xx , και

)](27/4)[/2()](27/4)[/2()0( 2

0

3

000 xxmxVmuu −−−±=−−±== .

3. Για 027

42 <=<− EE είδαµε ότι το υλικό σηµείο µπορεί να κάνει µη

πεπερασµένη κίνηση µόνο αν αρχικά ήταν σε θέση 2xx ≤ . Άρα οι αρχικές συνθήκες

µπορεί να είναι 20)0( xxx ≤= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

02020 xxEmxVEmuu −−±=−±== .

4. Για 0=E οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 0)0( 0 <= xx , και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

000 xxmxVmuu −−−=−−== . Προσοχή: Αν η αρχική


ταχύτητα είναι θετική, τότε το υλικό σηµείο θα κινηθεί µέχρι τη θέση 0=x , όπου θα

σταµατήσει για πάντα.

5. Για 03 >= EE είδαµε ότι κίνηση του υλικού σηµείου επιτρέπεται µόνο για

5xx ≤ , όπου το 5x είναι η πραγµατική λύση της εξίσωσης 3)( ExV = , δηλαδή

3

23 Exx =− . Έτσι, οι αρχικές συνθήκες µπορεί να είναι 50)0( xxx ≤= και

)]()[/2()]()[/2()0( 2

0

3

03030 xxEmxVEmuu −−±=−±== .

Άσκηση 1.9: Η δυναµική ενέργεια ενός υλικού σηµείου µάζας 1=m kg είναι

bxaxxV +−= 3)( , όπου 1=a Joule/m 3 , 1=b Joule/m και το x µετράται σε m.


σηµείο.


Γ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι 0)0( =x

και 0)0( =u .

∆) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι

1)0( =x m και 0)0( =u .

Ε) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι 0)0( =x

και 5,0)0( =u m/s.

ΣΤ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι

0)0( =x και 2)0( =u m/s.

Ζ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής



)sin()( 0 kxVxV = , όπου 10 =V Joule, 1=k m 1− και το x µετράται σε m.


σηµείο.


Γ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι

2/)0( π−=x m και 0)0( =u .

∆) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής



)cos()( 0 kxVxV = , όπου 10 =V Joule, 1=k m 1− και το x µετράται σε m.


σηµείο.


Γ) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις τιµές της ολικής


∆) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου αν οι αρχικές συνθήκες είναι

2/3)0( π=x m και 0)0( =u .



42

4

1

2

1)( xxkxV ε−= , όπου 2=k Joule/m 2 , 1=ε Joule/m 4 και το x µετράται σε

m.


σηµείο.




∆) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει ταλάντωση;


24

2

1

4

1)( xxxV βα −= , όπου 1=α Joule/m 4 , 2=β Joule/m 2 και το x µετράται σε

m.


σηµείο.




∆) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει ταλάντωση;

Ε) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει µη πεπερασµένη κίνηση;

Άσκηση 1.14: Η δυναµική ενέργεια ενός υλικού σηµείου µάζας m είναι

2

0

2

0

0)(xx

xxVxV

+= , όπου 10 =V Joule, 10 =x m και το x µετράται σε m.


σηµείο.





)()( 2

3

0

0 bxxx

VxV −= , όπου 10 =V Joule, 1=b m, 10 =x m και το x µετράται σε m.

Α) Να σχεδιασθεί µε ακρίβεια η δυναµική ενέργεια )(xV του υλικού σηµείου.

Β) Να µελετηθεί µε ακρίβεια η κίνηση του υλικού σηµείου για 0>t αν οι αρχικές

συνθήκες είναι 1)0( =x m και 0)0( =u .






))(()( 2

3

0

0 bxaxx

VxV −−−= , όπου 4=a m 2 , 1=b m, 10 =V Joule, 10 =x m και το

x µετράται σε m.


Β) Να µελετηθεί µε ακρίβεια η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις επιτρεπτές

αρχικές συνθήκες.

Γ) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει ταλάντωση;


Ε) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για 2)0( −=x m και 5)0( −=u m/s.


))(()(3

0

0 bxaxxx

VxV −−= , όπου 1=a m, 2=b m, 10 =V Joule, 10 =x m και το x

µετράται σε m.


Β) Να µελετηθεί µε ακρίβεια η κίνηση του υλικού σηµείου για όλες τις επιτρεπτές

αρχικές συνθήκες.

Γ) Για ποιες αρχικές συνθήκες 00 , ux το υλικό σηµείο κάνει ταλάντωση;


Ε) Να µελετηθεί η κίνηση του υλικού σηµείου για 2)0( =x m και 5)0( =u m/s.


1.5 Γενικές δυνάµεις

Τίθεται τώρα εύλογα το ερώτηµα: Τι κάνοµε αν η δύναµη είναι πολύπλοκη και

εξαρτάται όχι µόνο από τον χρόνο, από τη θέση, από την ταχύτητα, αλλά και από

άλλες µεταβλητές; ∆ηλαδή αν ...),,,( uxtFF = . Είναι µάλλον προφανές ότι είναι

αδύνατον να βρούµε µια αναλυτική λύση. Σε τέτοιες περιπτώσεις, βρίσκοµε

αριθµητική λύση.

Έστω υλικό σηµείο µάζας m που κινείται κατά µήκος του άξονα x υπό την

επίδραση της δύναµης ...).,,,( uxtFF = Από τον ∆εύτερο νόµο του Νεύτωνα έχοµε

ότι

...),,,( uxtFdt

dum = (1.65)

ή

...),,,(1

uxtFmdt

du= (1.66)

ή

dtuxtFm

du ...),,,(1

= (1.67)

ή, κατά προσέγγιση,

tuxtFm

tuttuu ∆≈−∆+=∆ ...),,,(1

)()( (1.68)

ή

tuxtFm

tuttu ∆+≈∆+ ...),,,(1

)()( . (1.69)

Οµοίως, από τον ορισµό της ταχύτητας, γράφοµε κατά προσέγγιση

ttutxttx ∆+≈∆+ )()()( . (1.70)

Οι εξισώσεις αυτές µας λένε ότι, αν ξέροµε τη θέση και την ταχύτητα σε µια χρονική

στιγµή t , µπορούµε να βρούµε προσεγγιστικά τη θέση και την ταχύτητα σε µια

επόµενη χρονική στιγµή tt ∆+ . Όσο πιο µικρό είναι το t∆ τόσο πιο καλή είναι η

προσέγγιση.

∆εδοµένου όµως ότι ξέροµε τη θέση και την ταχύτητα του υλικού σηµείου την

αρχική χρονική στιγµή (ας πούµε 0=t ) µπορούµε να βρούµε προσεγγιστικά τη θέση

και την ταχύτητα του υλικού σηµείου σε κάθε επόµενη χρονική στιγµή. Άρα λύσαµε

το πρόβληµα! Πώς νοµίζετε ότι φθάσαµε στη Σελήνη; Με αναλυτική λύση; Ένας


ολόκληρος κλάδος των Μαθηµατικών (Αριθµητική Ανάλυση) έχει αναπτυχθεί για τη

γρήγορη και ακριβή αριθµητική λύση ∆ιαφορικών Εξισώσεων. Τα περισσότερα από

τα δύσκολα και ενδιαφέροντα προβλήµατα της Φυσικής λύνονται µόνον αριθµητικά!

Αναλυτικά λύνονται µόνο τα προβλήµατα της Εισαγωγικής Φυσικής, άντε και λίγα

ακόµη.

Documents

Νίκος Κυλάφης Πανεπιστήµιο Κρήτηςph101.edu.physics.uoc.gr/files/FYSIKH_I_KEFALAIO_1.pdf · Σελίδα 5 από 59 ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ