Γ" Λυκείου Θετική άάίτεχνολογική Κατεύθυνση. ΥΠΟΥΡΓΕΊΟ ΕΘΝΙΚΉς ΠΑΙΔΕΊΑς ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΆΤΩΝ Ί ΑΙΔ ΑΓΩΓΙ ΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

Transcript

1 Λύσεις των ασκήσεων ΥΠΟΥΡΓΕΊΟ ΕΘΝΙΚΉς ΠΑΙΔΕΊΑς ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΆΤΩΝ Ί ΑΙΔ ΑΓΩΓΙ ΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ U ίβ»ι I ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΏΝ ΒΙΒΛΊΩΝ Γ" Λυκείου Θετική άάίτεχνολογική Κατεύθυνση

2 Αύσεις των ασκήσεων Φυσική θετικής Sc Τεχνολογικής κατεύθυνσης Γ' τάξη Γενικού Λυκείου

3 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ - ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ - ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ Αύσεις των ασκήσεων Φυσική θετικής & Τεχνολογικής κατεύθυνσης Γ' τάξη Γενικού Λυκείου ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

4 Ε.Π.Ε.Α.Ε.Κ. Υποπρόγραμμα 1: ΓΕΝΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙΚΗ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ Μέτρο 1.1: ΑΝΑΜΟΡΦΩΣΗ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Ενέργεια 1.1α: Προγράμματα - βιβλία ΕΡΓΟ: ΑΝΑΔΙΑΤΥΠΩΣΗ ΚΑΙ ΕΚΣΥΓΧΡΟΝΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΤΩΝ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΜΕ ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΡΑΓΩΓΗ ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΥ ΥΛΙΚΟΥ

5 1 ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ - ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Απλή αρμονική ταλάντωση 1.1 (β), (γ), (ε) Η αρχική φάση είναι 0 ή π rad. Για να επιλέξουμε ανάμεσα στις δύο χρειάζεται να γνωρίζουμε την κατεύθυνση (πρόσημο) της ταχύτητας τη χρονική στιγμή μηδέν. (Υ) Η ταχύτητα είναι: Η επιτάχυνση είναι: Η δύναμη είναι: μηδέν στις θέσεις x = Α ή χ = -Α, μέγιστη στη θέση ισορροπίας (χ = 0). μηδέν στη θέση ισορροπίας (χ = 0), μέγιστη στις θέσεις χ = Α ή χ = -Α. μηδέν στη θέση ισορροπίας (χ = 0), μέγιστη στις θέσεις χ = Α ή χ = -Α. Σύμφωνα με τη διατήρηση της ενέργειας στις ταλαντώσεις Ε = Κ + U όταν U - Κ τότε Ε = U ή DA Επομένως χ = ± V Dx 5 J Η 3 J J * 4 J 1 J A 5 J 0 a α) Τ/4, β) Τ/, γ) 3T/4. a) 1, β) αρνητική, γ) 0. (β)

6 Κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων 1.9 α) 1,5χ ΙΟ" 6 s, β) 3 χ ΙΟ" 6 s, γ) 0,75χ ΙΟ" 6 s, δ) 0,75 χ ΙΟ" 6 s Λόγω της τάσης από αυτεπαγωγή που εμφανίζει στα άκρα του το πηνίο x10" 3 J 40x10" 3 J 10x10 3 J Ο 3 J 70x10" 3 J 50x10" 3 J * 10> 10x10" 3 J 1.1 a)l A <L B, β)ι Α >Ι Β 1.13 a) Q b = Q a β) E B = E A γ)t B =T A δ)ι Β =Ι Α 1.14 (γ) (γ), (β) δυναμική ενέργεια μαγνητικού πεδίου ενέργεια ηλεκτρικού παραμένει σταθερό. Φθίνουσα, ελεύθερη και εξαναγκασμένη ταλάντωση. Συντονισμός (γ) 1.18 (γ) 1.19 (γ) 1.0 Το Β. 1.1 (γ), (δ). 1- (β), (γ). 1.3 (β)

7 1.4 Αν Α κ, Λ κ+1 είναι οι τιμές του πλάτους και Ε κ, Ε κ+1 οι αντίστοιχες τιμές της ενέργειας της ταλάντωσης κατά τις χρονικές στιγμές ΚΤ και (Χ + 1)Γ όπου Κ = 1,,3... τότε Α β -ΑΚΤ ΛΤ α) -e -^κ+ι A a e -Λ(Κ+1)Τ β) ~ DA l Ε J7 Κ _ 1 -Ίί+1 D4 U/L K+1 / Α λ κ Λ V Λ κ+1 -e ΛΤ Σύνθεση ταλαντώσεων cm cm. 1.6 (β), (γ), (δ), (ε). Απλή αρμονική ταλάντωση 1.7 Θεωρούμε ότι στη θέση ισορροπίας (θέση 1) το ελατήριο Κ, έχει επιμηκυνθεί κατά χ ι και το ελατήριο Κζ έχει επιμηκυνθεί κατά χ οπότε επειδή EF = 0 θα είναι Κ χ -Κ ι χ ι = 0 (1) Σε μια τυχαία θέση που απέχει χ από τη θέση ισορροπίας (θέση ) ισχύει ΗΜ.Μ.ΜΛ1 ifflmimti (1) () EF = Κ (χ -jc)-at,(x, +χ) () (θεωρούμε θετική τη φορά της απομάκρυνσης χ)

8 η οποία αν λάβουμε υπόψη την (1) γίνεται Σ/ 7 = -(Κ + )χ (3) Η (3) είναι της μορφής ZF = -Dx όπου D - Κ + Κ λ οπότε το Σ κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο Τ = π λ β = π Ι = 0,π s \D \Κ +Κ γ Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν θεωρήσουμε ότι στη θέση ισορροπίας και τα δύο ελατήρια είναι συσπειρωμένα ή ότι έχουν το φυσικό τους μήκος. 1.8 Θεωρούμε ότι η ταλάντωση είναι αμείωτη. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε -DA =-Dx? + mu? 1 1 οπότε D = = 00 Ν / m Α χ β) DA = Dxl + mv] Id(A -χ ) 0 οποτε υ = J -=3 mis ν m 1.9 Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (δες παράδειγμα 1.1). Στη θέση ισορροπίας ισχύει Σ/ 7 = 0 δηλαδή mg - ΚΙ = 0 οπότε Κ = ^ (1). Η περίοδος της κίνησης δίνεται από τη σχέση Τ = π λ 1171 η οποία, αν λάβουμε υπόψη την (1), γίνεται Τ = π ι = 0,314s \S

9 Ηλεκτρικές ταλαντώσεις 1.30 / = - = ^= = 116 Hz Τ In^LC 1.31 Το φορτίο του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση q = Q συν cot Για t = 0 q-q- CV = 10~ 3 C Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης είναι ω = = ^πγ = J = 1000 rad / s τ K4LC 4LC Επομένως q = 10-3 owloooi (SI) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα δίνεται από τη σχέση i = I ημωΐ. Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε -LI =-0- οπότε Ι = -β= = \Λ C VZC Τελικά ΐ = ημ\000ί (SI) Φθίνουσες και εξαναναγκασμένες ταλαντώσεις. Συντονισμός. 1.3 Α χ = A 0 e~ M ' ή e ~ A l ' ή -At, = In και Λ = - In (1) Α ο Α ο Α ο α = A e M o ~ ή *-*=4 ^ ^ 4 i n 4 ^ Α.. Λ yi ο Η () γίνεται από την (1) t = t,. In Α In απο οπου βρίσκουμε Α \ 4, Α ο t = In = (lnl-ln3) = ln3 = ln 5 =50s 3 In 1 - In In In

10 Σύνθεση ταλαντώσεων 1.33 Η σχέση που δίνει το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης είναι Α = ^Α + Α\ + Α Λ Α συνφ Αν θέσουμε Α χ 4m, Α Am και φ πrad προκύπτει Α = 0 (το σώμα δεν ταλαντώνεται) Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α = -Ja? + Α + Α ] Α συνφ Αν θέσουμε A, -0,1m, Α = 0,04 m και φ - 0 προκύπτει Α = 0,14 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50 rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση εφ ι9 = Α ι + Α συνφ η οπο{ α για φ = 0 δίνει εφ <9 = 0 και τελικά 3 = 0. Επομένως, η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι * = 0,1477//50ί 1.35 Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α = yj Α, + Α + Α { Α συνφ Αν θέσουμε Α ι = 0,08 m, Α = 0,06 m και φ--π προκύπτει Α = 0,0 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50π rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση Α ι j jt ι (ρ εφ ι9 = η οποία για ω = π δίνει εφ 9 = 0 και τελικά Α χ + Α συνφ 3 = 0. Η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι χ = 0,0ημ50πί (SI) rad 10

11 Η ταχύτητα δίνεται από τη σχέση υ = Αωσυν{ωί + 3) οπότε υ = 3,14συν50 ττί (SI) Η επιτάχυνση δίνεται από τη σχέση α --Αω ημ(ωί + 9) οπότε α ?7μ50/7ί (SI) Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση Τ = = 0,04 s ω 1.36 Οι ήχοι που παράγονται από τα δυο διαπασών έχουν μικρή διαφορά συχνότητας, οπότε από συμβολή τους προκύπτουν διακροτήματα με συχνότητα f Ά = /, - / 1 = 0,5 //ζ Ο χρόνος που μεσολαβεί μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ήχου ισούται με την περίοδο των διακροτημάτων, που δίνεται από τη σχέση Τ δ - = s fδ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 1.37 Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής χ = Α ημ{ωί + φ) Θα βρούμε διαδοχικά τα Α, ω και φ Τ Ο \ ΓΛ 4π,η 1 -ΙηΛ οποτε D = (1) \ D Τ Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε DA = Dx + mv άρα A = Jx + u V D Λαμβάνοντας υπόψη την (1) τελικά έχουμε Α = Λ χ +-^ τ-υ =4x10~ m Μ 4π ω = Τ = 10 rad / s 11

12 Η χ = Α ημ{ωί + φ) για t Ο δίνει χ - Α ημφ οπότε χ 1 π 5π ημφ sis- δηλαδή φ = ή φ = - Α 6 6 π (Η λύση φ = απορρίπτεται, γιατί για t=0 δίνει υ>0 ) 6 Οι ζητούμενες εξισώσεις είναι χ = 4 χ 10 ημ 10/ + 5π (SI) υ = Α ω συν(ωί + φ) = Ο,Ασυν 10/ + α = -Αω ημ{ωί + φ) = -Αημ 10/ +.38 "ο σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (βλέπε και παράδειγμα 1-1). α) Τ = π Λ / = = J = Ηζ Τ π\ m π " Χ F< χ, I ( F β) Η μέγιστη απομάκρυνση του "" j' σώματος είναι A - d. d j w ; Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι w Λ: = άημ(ωί + φ). Για / = 0 d = άημφ οπότε ημφ = 1 δηλαδή φ = rad Στην περίπτωση που η κατεύθυνση προς τα κάτω θεωρηθεί αρνητική για / = 0 -ά = άημφ οπότε ημφ = -1 δηλαδή 3π φ = rad j 1

13 Υ) ^mux = Αω = d/rf' = 0,5 mls δ) fl max = Αω 1 = d4 π f =5 mis ε) Στη θέση ισορροπίας (θέση 1) ZF = 0 οπότε Κχ χ - mg και mg χ, = 1 Κ Το σώμα δέχεται τη μέγιστη δύναμη στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης (θέση ) Fl=K{x,+d)=K mg Κ + d mg + Kd = 15 Ν, _ π π, ω = = rad / s Τ 5 χ = 0,ημ^ί ΨΜΜί \ Θέτουμε χ = 0,1 m και λύνουμε ως προς το χρόνο τι 1 π ημ 1,= Γ ημ Ί Δύο διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι οι '5 5 t, = s και ^ Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στις δύο διαδοχικές στιγμές που το σώμα θα βρεθεί στη θέση Λ: = 0,1 m είναι At = ί, -t, = s 1.40 Θεωρούμε ότι το σύστημα κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς Κ. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση έχουμε -ΚΑ =-Μυ οποτε Α = = 0,1m 13

14 Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στη στιγμή της πρόσκρουσης (υ = U max ) και τη στιγμή που η ταχύτητα Τ π ' \ Μ π μηδενίζεται είναι At = = J = 4 \ Κ 100 s. β) Ο επιβάτης κάνει ταλάντωση ίδιας περιόδου με το σύστημα με σταθερά επαναφοράς D. Τ =Τ συστήματος επιβάτη οπότε m D = Κ. Μ Ο Λ Ο, \Μ ~ Μ δηλαδή π. / = π. / \ Κ \ D Η δύναμη που δέχεται από τη ζώνη παίζει το ρόλο της δύναμης επαναφοράς. Το μέτρο της δύναμης θα πάρει τη μέγιστη τιμή του τη χρονική στιγμή t = οταν χ = Α. F mak = DA = ΚΑ 15 χ 10 3 Ν Μ Τ α) Μετά την (πλαστική) κρούση του συστήματος βλήμα-σώμα, η κοινή τους ταχύτητα θα είναι V για την οποία ισχύει mv = (m + M)V I. J υ α V επομένως V = m + Μ υ = 5 mis. β) Το συσσωμάτωμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με D = Κ. Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε ~ ΚΑ = (m + Μ )V i ihw I οποτε m + M A = V. = 0,1m V Κ 14

15 γ) Το σύστημα θα σταματήσει στιγμιαία, για πρώτη φορά, μετά από,. Τ π lm + M η_ χρονο At = = =3,14x10 s. 4 4 \ Κ 1.4 α) / = ωρ = π/ρ = 5χ10" 3 Λ Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε: i ^ 4 c + i i i και i^q'- L a ' < ) Όμως / = - ^== ι και rvva I i-j LC \ = \ ^ () K4lC 4π / Οπότε η (1) γίνεται από τη () q = \ Q = 4xlO" 7 C β) U ε =-~ Ε C (3) U E +U B = 0 επομένως U B = (4) C C C 1 Ο Η ολική ενέργεια παραμένει σταθερή Ε = = 5x10 8 J (5) C Οι συναρτήσεις (3) (4) και (5) παριστάνονται γραφικά στο διάγραμμα που ακολουθεί Ενέργεια (J) Ε=5χ10-0,5 +0,5 15

16 1.43 α) Q = CV = 4x 10~ 3 C E β) U ττ π ι q 11Q F = U η = οποτε = C C Λ/ και q = Q~Y ~ A/ xlo -3 C γ) Η σχέση που δίνει το φορτίο του πυκνωτή σε συνάρτηση με το χρόνο είναι q = Q συ ν cot (1). ι λ _3 λ λ" π ΙΟ 3 οπου C? = 4 χ 10 C και ft» = = ; = rafl / 5 Τ π4σΰ 6 Η πρώτη φορά που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή γίνεται ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο ταυτίζεται με την πρώτη φορά που το φορτίο στον πυκνωτή γίνεται q = Λ/ Χ 10~ 3 C, δηλαδή τη στιγμή για την 1 ο 3 οποία \/ χ 10~ 3 = 4xlO^cruv 1 6 Λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση ως προς τον χρόνο και βρίσκουμε ότι η μικρότερη τιμή του για την οποία ισχύει η εξίσωση είναι t = 1,5 x 10^3 s Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε Ι 1 = Ιΐ + Ι^ C C οπότε Q = -yjq + LCi = 4 x 10 5 C = 40//C 1.45 α) Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ίση με αυτή των δύο ταλαντώσεων στις οποίες μετέχει. Άρα ω = 50π rad και D = mco = 5xl0 4 N/m β) Το πλάτος της ταλάντωσης που κάνει το σώμα είναι Α = yjα + Α + Α ί Α 1 συν(- π) = Α, - Α = 5 χ 10" m οπότε η ενέργεια της ταλάντωσης είναι Ε = DA = 6,5 J γ) Από τη διατήρηση της ενέργειας της ταλάντωσης έχουμε 16

17 1, 1, E = -mu +-Dx οποτε V E z Dx^ =^ m / s m 1.46 a) To Σ, όσο βρίσκεται σε επαφή με το Σ,, εκτελεί τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης. Το ρόλο της δύναμης επαναφοράς για το Σ παίζει η δύναμη F που δέχεται από το Σ,. Η επαφή ανάμεσα στα δύο σώματα χάνεται όταν F = 0 δηλαδή στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. rfilwk Κ m, m β) Το Σ αφού χάσει την επαφή του με το Σ, κινείται Α d 4 ευθύγραμμα ομαλά με L> υ = Αω = Α Κ = ml s «ΙΦΜιϊ5 m x +m και το Σι κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος Α' Από τη διατήρηση της ενέργειας κατά την ταλάντωση του Σι έχουμε: s -m x v = ΚΑ' ι max ^ από όπου βρίσκουμε A ' = v m axj^ = 0,m γ) Το Σ, μηδενίζει την ταχύτητά του σε χρόνο Τ' π \m, π, Λ, At = =. - = 5 απο τη στιγμή που χάθηκε η επαφή αναμεσα 4 ^1 Κ 0 17

18 στα δύο σώματα. Στο χρόνο αυτό το Σ έχει διανύσει * = ^ Δ ' = 0 > 314 Η απόσταση μεταξύ τους εκείνη τη χρονική στιγμή θα είναι d = s A' = 0,114m 1.47 α) Το σώμα μάζας mj κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς D = Κ. Για να φτάσει από το ανώτερο σημείο στη θέση ισορροπίας του χρειάζεται χρόνο a i = L ^ K = j l s. 4 4 V Κ 0 Στον ίδιο χρόνο το σώμα μάζας τη? πρέπει να διανύσει διάστημα h. h = g(at) = 0,15 m β) Αμέσως πριν τη σύγκρουση τα σώματα έχουν ταχύτητες max = Α (ο π,ι~κ~ = I = m/ s υ = gat = \,51m/s γ) Εφόσον τα σώματα μετά την κρούση τους αποκτούν ταχύτητες αντίθετες από αυτές που είχαν πριν συγκρουστούν, θα επιστρέψουν στις αρχικές τους θέσεις και το φαινόμενο θα επαναλαμβάνεται συνεχώς. Η περίοδος του φαινομένου είναι Τ Τ φ =- όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης του mi = 0,314s 18

19 jfl ςτ 1.48 α) Στη θέση (1) ZF = Ο οπότε ΚΙ = m l g και Κ = j = 1Ν / m Αν υ η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση - θέση (3) - εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: (m, + m )υ 1 + ΚΙ (Wj +m = (w, + m )gl και u= )gl-ki i =mls w, +m β) To συσσωμάτωμα μετά την κρούση θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης (5) θα ισχύει (jfj -j- jfi ^ ρ- 1 ZF = 0 οπότε ΚΑ = {rn x + m )g και Α = 0,65m Κ Στη θέση αυτή το συσσωμάτωμα αποκτά τη μέγιστη ταχύτητα που είναι π 'Λτμχ =ωα = γ Α = Α = /m. + m Wj +m Κ γ) Ο χρόνος κίνησης από την ανώτερη θέση στη θέση ισορροπίας είναι Τ π τη. + m,. At = = J i = 0,4s 4 V A" Κ -A =,5m/ s 19

20 1.49 α) Το κύκλωμα το σχήματος (α) διαρρέεται από σταθερό ρεύμα R + r = 0,6 Α Α Β t=0 AAA Λ Β vwv^ (α) (β) Αμέσως μετά τη μεταφορά του μεταγωγού στη θέση Β στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα που προκαλεί αυτή η ηλεκτρεγερτική δύναμη είναι ομόροπο με το αρχικό. Επομένως ο οπλισμός που θα αποκτήσει πρώτος θετικό φορτίο είναι αυτός που συνδέεται με τον αρνητικό πόλο της πηγής. β) Από τη στιγμή μηδέν και μετά το κύκλωμα που περιλαμβάνει το πηνίο και τον πυκνωτή θα εκτελέσει ηλεκτρική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ω = π π = 10 rad / s Τ ^VLC Τη στιγμή μηδέν ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα μέγιστης έντασης. Εκείνη τη στιγμή το μαγνητικό πεδίο του πηνίου έχει ενέργεια ίδια με αυτή που είχε πριν μετακινηθεί ο μεταγωγός, επομένως το ρεύμα έχει ένταση I = 0,6 Α (μέγιστη). Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι Q = L = 6x10" 5 C ω Επομένως οι εξισώσεις του ρεύματος και του φορτίου με το χρόνο είναι ί = 0,6 owl0 4 t ijr = 6xl0" 5 77//ΙΟ 4 1 0

21 .50 α) Όταν ανοίγουμε το διακόπτη Δ μεταβάλλεται το ρεύμα που διαρρέει το πηνίο. Αυτό έχει ως συνέπεια την εμφάνιση ηλεκτρεγερτικής δύναμης από αυτεπαγωγή. Το πηνίο επομένως vqfiflfloλειτουργεί ως πηγή, η οποία φορτίζει τον Α L πυκνωτή. β) Το μέγιστο ρεύμα στο πηνίο θα είναι Ι = ^ = 3Α Ε,r R + r Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί το πηνίο είναι ίση με τη μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή -L/ =-CF οπότε C = ~ = 18x 10~ 6 F V (Η ελάχιστη χωρητικότητα του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης μεταξύ των οπλισμών του). 1

22 ΚΥΜΑΤΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα.1 (γ). α) Β β) Γ.3 Ια) Γ ΐβ) Α α) Α, Δ β) Β, Ε γ) Β, Ε.4 (α), (β), (δ).5 1) (β) ) (γ) Συμβολή - στάσιμα ) Δ Δύο πηγές λέγονται σύγχρονες ή σε φάση όταν δημιουργούν ταυτόχρονα μέγιστα και ελάχιστα. αντίθετες παραμένουν συνεχώς ακίνητα μέγιστο πλάτος κοιλίες λ/..9 1) (β) ) (α).10 α) ΌΧΙ β) Γ.11 α) β) γ) δ) Δεσμοί Β, Δ, Ζ Κοιλίες Α, Γ, Ε, Η π rad Μηδέν λ/4.48 (α)

23 Ηλεκτρομαγνητικά κύματα.13 1,53 χ ΙΟ 8 km..14 7,46 φορές..15 (δ).16 (γ).17 Ραδιοκύματα ν /ΙΟ Ηζ Μικροκύματα \ Ν ^ 1 Ο π Ηζ Ακτίνες Χ ^ / \ \ 1 0 Ηζ Υπέρυθρο ^\J0 10 Hz Υ περιώδες Ηζ Ακτίνες γ Ηζ.18 α) Ραδιοκύματα. β) Μικροκύματα. γ) Ακτίνες Χ. δ) Ακτίνες γ..19 (α)..0 (γ). Ανάκλαση - διάθλαση.1 Όταν υφίσταται ανάκλαση ή διάθλαση.. 60 και στις δύο επιφάνειες..3 (α)..4 Η συχνότητα παραμένει σταθερή, η ταχύτητα διάδοσης μειώνεται, το μήκος κύματος μειώνεται. 3

24 .5 (α)..6 Το μπλε..7 Στην πλάκα με δείκτη διάθλασης η = 1,6..8 α) β) Α. Α. 1 SSI I ί ΑΣΚΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα.9 Ο χρόνος που χρειάζεται ένα σημείο της χορδής για να μετατοπισθεί από τη θέση μέγιστης απομάκρυνσης στη θέση ισορροπίας είναι ίσος με Τ/4 = 0,15s οπότε Τ = 0,6s και f = = Ηζ. 4 Τ 6 Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ = λ/ = m!s..30 Συγκρίνοντας τη σχέση με τη γενική σχέση βρίσκουμε _y = 3xl0 ημ{\>0ί - 4χ) γ = Αημπ^-~) 1 Α α) π λ = 4 rad / m οποτε λ π 1,57 m. β) = nf = 130 rad / s οπότε / = 1^.Hz Γ π και υ = Af = 330m / s 4

25 ο π γ) Α = 3χ\0 m και ω = = 130 rad I s Τ οπότε t» max = Α ω = 39,6 m Is δ) ^ι=130ί - 4xj και φ = 130ί - 4χ φ χ -φ = 4(Χ - χ,) οπότε π Δχ= Ψι ~ Ψι = -3- = 0,53m.3 Ι α) Το κύμα φτάνει στο σημείο Β μετά από χρόνο t = - = 0s υ β) Θέτουμε στην εξίσωση κύματος ί = 1,5 s και χ = 60 m και βρίσκουμε την απομάκρυνση y = 0,1Ϊ7/ΙΛΤ(0,5 Χ 1,5-5) = 0,05λ/ W - 5y[.cm 5

26 Στάσιμο κύμα.3 α) Ένα στάσιμο κύμα που περιγράφεται από την εξίσωση ο A τϊχ Tit γ = Ασυν ημ (1) Α 1 προκύπτει από τη συμβολή δύο κυμάτων που περιγράφονται από τις εξισώσεις yj ~ Α ημπ(γ - j) και y = Α ημπ(~ + Συγκρίνουμε την (1) με την 7DC y = 0,5συν ημ40μ και βρίσκουμε Α = 0,5cm και Α = 0,5cm π π λ 3 και λ = b cm ^ = 40π και / = = 0 Ηζ Τ " Τ Τελικά y x = 0,5ημπ(0ί - ) 6 και y = 0,5ημπ{0ί + ) 6 λ β) Η απόσταση δύο διαδοχικών δεσμών είναι d = = 3 cm γ) Η σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται ένα r,,. τνκ ηί σημείο του μέσου είναι υ = Αωσυν συν Α Τ ' η. a r τιχ ict ή υ = Απ/συν συν 9 Για χ = 1cm και t = s βρίσκουμε λ υ = -31,4cm/,ν Τ δ) υ = λ f = 10 cm / s = 1, mis 6

27 .33 β) Το πλάτος ταλάντωσης ενός σημείου του μέσου δίνεται από τη σχέση πχ \Α= Ασυν 1 λ Α = 4 cm y(cm) t = 0 5s = Τ/4 x(cm) Α = m 10 cm Τ = s οπότε \Α'\ = Για χ = 1,5 cm οπότε πχ 4συν 10 λ = 0 cm Is = Τ/ μΐ= 4 συ ν π = λ/ cm.34 α) Η ένταση του ήχου, άρα και η ένδειξη του δέκτη, μηδενίζεται στις θέσεις που αντιστοιχούν σε δεσμούς του στάσιμου κύματος που δημιουργείται από τη συμβολή του ήχου που εκπέμπει το διαπασών και του ήχου που ανακλάται.η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών λ είναι d = οπότε λ = d = \m και υ = λf = 340mis. J β) Τα μέγιστα του ήχου αντιστοιχούν σε δυο διαδοχικές κοιλίες του στάσιμου κύματος. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών κοιλιών είναι λ' d' = οπότε λ' = d' = 0,4m. υ υ = λ r οπότε /'= = 850Ηζ. λ'.35 y t =5ημπ(5/-χ) = 5ημπ(,5ί- ) (1) και y x =5ημπ(5ί + χ) = 5ημπ(,5/ + ^) () Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και () με την εξίσωση κύματος y = Α ημπ(γ - 7

28 γ = Αημπ{-^ + ^-) 1 A βρίσκουμε A = 5cm f = γ =,5 Ηζ λ = cm α) υ = λ/ = 5 cm/ s β) Το στάσιμο κύμα που προκύπτει από τη συμβολή των δύο κυμάτων έχει εξίσωση - tdc Μ y = Ασυν ημ = ΙΟσυν πχημ5πί λ Τ Το πλάτος ταλάντωσης των σημείων του μέσου δίνεται από τη σχέση Λ' = ΐΟσι;ν πχ\ Οι δεσμοί του στάσιμου κύματος αντιστοιχούν στις λύσεις της εξίσωσης Α' = 0 71 η συνπχ = Λ0 = συν οποτε or-, π πχ = ΙΚπ Η οποτε χ ~ cm 1, η χ 5 = cm, η π, 3, 1, και tcx = Ζ Κ. π οποτε χ = cm η χ = cm η Δεσμούς θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0,5 cm, 1,5 cm,,5 cm, 3,5 cm, Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικοί δεσμοί απέχουν μεταξύ τους λ = ι 1cm. Για να βρούμε τις θέσεις των κοιλιών θέτουμε \Α'\ = 10cm και λύνουμε ως προς x συνπχ = συνο ή συνπχ = συν π οπότε 7ΐχ = Κπ και χ = 0 ή χ = lcm ή χ = cm ή Κοιλίες θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0, lcm, cm,3cm, 8

29 Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικές κοιλίες απέχουν μεταξύ τους λ ' = 1 cm. Επίσης ένας δεσμός απέχει από την πιο κοντινή του κοιλία = 0,5 cm. 4 γ) ^' = 10OTJV πχ\ οπότε 4L X = 10 cm.36 υ = λί οπότε λ = = m / Εφόσον τα άκρα της χορδής είναι στερεωμένα σε ακλόνητα σημεία θα είναι δεσμοί και εφόσον το σύνολο των δεσμών είναι τρεις υπάρχει ένας ακόμη δεσμός μεταξύ των άκρων. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι και το συνολικό μήκος της χορδής θα είναι d = = λ = m. Ηλεκτρομαγνητικά κύματα.37 α) c = λί οπότε X = = >m f β) Γ ια κάθε θέση Ε c = οπότε Ε Β = και Β c Β = ^ = 4Χ10-"Γ C γ) Η συχνότητα του κύματος πρέπει να είναι ίση με την ιδιοσυχνότητα του δέκτη, οπότε /=_ ^ ή C = T-i = 5X10-16 F k4lc 4 K Lf 9

30 Ανάκλαση - Διάθλαση.38 η = οποτε υ υ = = x10 mls η.39 Η γωνία ανάκλασης είναι ίση με τη γωνία πρόσπτωσης οπότε 9 r = 9 α = 30" Από το νόμο του Snell έχουμε ΐί η χ ημ9 α = η ημ9 1) οπότε ημ9, } = ημ9 α = 0, ημ9^ = n h οποτε «= 7/^ = V3.41 Η ταχύτητα διάδοσης της ακτινοβολίας στο νερό είναι ν = Xf =,44χ 10 7 /«/ί. Επομένως, Q ο δείκτης διάθλασης του νερού είναι η = = 1,33. υ.4 α) β) Υ) c = Λ>/ οπότε / = = 4,6 x ΙΟ 14 //ζ Λ Λ 0 Απο τη σχέση «= = προκύπτει λ = 1 - = 464 nm. λ/ λ η u = /t/ =,14xl0 8 m/s. Λ η.43 η = 1,56 υ.44 Η φωτεινή δέσμη πέφτει στην έδρα ΒΓ υπο γωνία 9. =Β = π φ και υφίσταται ολική ανάκλαση όταν ισχύει 9 >9, 30

31 n u a = Jh 1 ^ tfm^crit f - n a V (μέσον b είναι ο αέρας) AV ημ π ν δηλαδή & a = $crit <Pn max τ 0 τ ε y 4Ϊ οποτε Φ max =45 συνφ η A.45 Η ελάχιστη τιμή του δείκτη διάθλασης της γυάλινης πλάκας αντιστοιχεί στην περίπτωση στην οποία η δέσμη προσπίπτει στο Β με την κρίσιμη γωνία. Αν ως μέσον b θεωρήσουμε τον αέρα και ως μέσον α τη γυάλινη πλάκα, από το νόμο του Snell, για το σημείο Α έχουμε n W & b = η α ημ9 α (1) Όμως n b = 1, και & b = 60 οπότε η (1) δίνει ημ60 = n a auv& crit = n a J\-ημ 9 α () n b 1 W$cru = = n a na Αντικαθιστούμε στη () οπότε ημ60 =η J l - - L V «α και τελικά n a = *J\ + ημ βϋ = 1,3 31

32 ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ.46 Η εξίσωση του κύματος που φτάνει στο σημείο Β από την πηγή Πι είναι f t Ο γ λ =Αημ π \ΐ λ, ενώ η εξίσωση κύματος που φτάνει από την πηγή Π είναι Β y = Αημ π Τ λ Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, η απομάκρυνση του σημείου Β δίνεται από τη σχέση = ί r 7 ~ Λ ) ' t r y = y l +y Ασυνπ '-ημπ 1+ r ^ (1) λ λ στην οποία το μήκος κύματος εχει την τιμή λ = υτ = m Η εξίσωση (1) είναι εξίσωση απλής αρ ιονικής ταλάντωσης με πλάτος Α' = Ασυνπ λ 6συν.47 Με τη μετακίνηση του ανακλαστήρα η διαδρομή του κύματος που φτάνει στο Σ μετά από την ανάκλαση αυξάνεται κατά λ/ επομένως: λ ΠΑ'Σ - ΠΑΣ = / \ ' α λ ν ^ / + (H + d) - η r π Λ = 3λ/ mm ν ^ J V + Η ζ = και τελικά λ = yja +4(H + df -y/a +4H 3

33 .48 Στον παρατηρητή φτάνουν φωτεινές ακτίνες από την πηγή όταν προσπίπτουν στην ελεύθερη επιφάνεια με γωνία θ < θ cnt. Αν το μέσον b είναι ο αέρας και το μέσον α το νερό ισχύει W0 crit =3 η α Από το σχήμα φαίνεται ότι η r = ΙιεφΟ ί:η, = ^ημθ α ^-W 0 crit λιπ α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell για την είσοδο της ακτίνας στη γυάλινη πλάκα και για την έξοδό της απ' αυτήν. η α ημφ = η ημθ n b iημθ = π α ημω Από τις δύο σχέσεις προκύπτει π α ημφ = π α ημω οπότε ημφ = ημω και φ = ω {φ, ω στο πρώτο τεταρτημόριο) Άρα η ακτίνα βγαίνει από τη γυάλινη πλάκα παράλληλα με την αρχική της διεύθυνση. β) Στο τρίγωνο ΑΓΒ είναι / = ΒΓ = ΑΒημ(φ θ ) (1) Αλλά από το τρίγωνο ΑΔΒ βρίσκουμε ότι ΑΒ = ΑΔ d συ νθ συ νθ () Από (1) και () προκύπτει,_άημ(φ-θ)_^_ άημθσννφ _ Λημθσννφ συ νθ συνθ φ-ημ θ (3) 33

34 Από το νόμο του Snell η α ημφ = π^ημθ και επειδή n a = 1 και n h = n προκύπτει ημθ = (4) π Από (3) και (4) I = άημφ - άημθσυνφ 1- W (p n και τελικά I = d ημφ \-,50 Αν θεωρήσουμε τον αέρα ως μέσον α (π α = ΐ) και το νερό ως μέσον b (n h = n), από το νόμο του Snell έχουμε ^Γ- συ ν φ ημ φ " α νμθα = n b wo h οπότε ημθ α ~ n ημθ h (1) Από το τρίγωνο ΑΒΔ προκύπτει ότι ΒΔ ΒΔ δ ημθ α = ΑΔ 7ΑΒ +ΒΔ V/? +δ () Επίσης από το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκουμε α ΒΓ ΒΓ δ ημθ» = TF ΑΓ = /, λ/αβ +ΒΓ JA + (3) Από (1), () και (3) προκύπτει V/i +<? = «- JA + 34

35 και τελικά h = >. j γ = 8cm V 4-η.51 Για Λ: = 0,408 m έχουμε απόσβεση, οπότε η διαφορά δρόμων για τα δύο ηχητικά κύματα είναι Δ/ = (Α + ΐ)γ (1) Αν μετακινήσουμε το σωλήνα Β κατά Δχ η διαφορά των δρόμων θα γίνει ΑΙ + ΙΑχ και επειδή είναι η πρώτη φορά που θα έχουμε πάλι απόσβεση θα ισχύει ΑΙ + Αχ = {Κ + \)^ + λ () Από τις (1) και () προκύπτει Δχ Λ = ^ Π Β υ = λ/ οπότε και υ Αχ = 0,136 m / Η νέα απόσταση είναι χ' = χ + Δχ = 0,544 m..5 α) Συγκρίνοντας την εξίσωση ενός από τα κύματα y x = Αημ(πί -τζη + φ ο ) με τη γενική μορφή της εξίσωσης του κύματος προκύπτει ότι: 35

36 1π π π = άρα Τ = \s και π = άρα λ = m Τ λ υ = = ml s Τ β) Η απομάκρυνση του σημείου Κ από τη θέση ισορροπίας του κάποια στιγμή είναι y = y i +y - Αημ(πί -πτ χ +φ α ) + Αημ(πί -nr ) ή y = Ασυν π Για φ ο =- \ ί η (1) γίνεται J ημ πί - η + r, j y = Ασυν r. - κ r.+r 7 - -π ημ πί~- -π + 4 ν 4/ ΐ. Για να μένει το σημείο αυτό διαρκώς ακίνητο θα πρέπει Ασυν ί r = Π 0 η ' συν ( r -π \~ r x - r -π = 0 4 ν 4 η -π = (iv + l) όπου JV = 0, ±1, ±. 4 αρα r x - r = Ν + - V y /, \ m r / (1) ii. συν Για να ταλαντώνεται το σημείο Κ με πλάτος Α πρέπει r \ ~ r π 4 / - - π \ \ / = ±1 ή -π- = Νπ όπου 7V = 0, ±1, ±. αρα r x ~r = Ν + - ν / m γ) Γ ια να παραμένει το σημείο Μ ακίνητο θα πρέπει r x ~r συν π-.το : <Ρο 0 ή συν π- = 0 άρα φ ο = τι rad 36

37 .53 α) Από τη σχέση y = 5ημ\0πί βρίσκουμε Α = 5cm και ω = 10π rad Is ω οπότε f - = 5 Ηζ π Από τη σχέση υ = λ/ υ προκύπτει λ = = 4 cm Η εξίσωση του κύματος θα είναι y = 5ημπ 51 (τα χ, y σε cm, το t σε s) β) Η φάση του κύματος τη χρονική στιγμή t = 1 s δίνεται από τη σχέση φ = \ 0π-^χ γ) Τη χρονική στιγμή ti το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση Χι = 0cm. Ο αριθμός των μηκών κύματος, τη χρονική στιγμή ti είναι: /V = ±L = 5 λ χ (cm) y( cm ) t=l s x(cm) 0 7TX.54 α) Συγκρίνουμε τη σχέση y = 8συν ημ\ Οπί με την πχ πί y = λ Ασυν ημ και βρίσκουμε λ = 4 cm και / = = 5 Ηζ λ Τ Τ οπότε υ = λ/ = 0cm/s β) Ϊμ =%συν^^-ημ\0π = 8συν ημ = 4cm Μ

38 π πχ πί υ = Αω συν 1 = Αω συν συν Τ λ Τ 7ΐΧ οπότε υ Μ =8 ΙΟπ συν συνιοπί = 40πcm/s γ) Δεσμοί υπάρχουν στις θέσεις για τις οποίες πχ π συν = 0 = συν 7ΤΧ 7ΐ οπότε = (Κ + 1) και x = Κ +1. Για χ Α < χ < χ β δηλαδή 4 < Κ +1 < 10 βρίσκουμε * = 0, ±1, ±,3,4 Επομένως υπάρχουν 7 δεσμοί. Οι δεσμοί βρίσκονται στις θέσεις: -3cm, -lcm, 1 cm, 3cm, 5cm, 1 cm και 9cm 38

39 4 ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κινηματική της περιστροφής 4.1 (δ) 4. Η γωνιακή ταχύτητα ω είναι σταθερή οπότε α = - = 0. dt 4.3 (γ). 4.4 (β), (γ). 4.5 Ναι. 4.6 Όχι. Αν υπάρχει ένα σημείο του στερεού (έστω Α) το οποίο έχει πάντα την ίδια ταχύτητα με το κέντρο μάζας (έστω Ο) τότε το ευθύγραμμο τμήμα OA μετακινείται παράλληλα με τον εαυτό του οπότε το σώμα κάνει μεταφορική κίνηση. Ροπή - ισορροπία στερεού 4.7 την απόσταση της δύναμης από το σημείο τη δύναμη και το σημείο τον κανόνα του δεξιού χεριού. 4.8 Με μικρή σχετικά δύναμη επιτυγχάνεται μεγάλη ροπή που είναι απαραίτητη για να στραφεί το τιμόνι ενός μεγάλου οχήματος. 4.9 τ 5 > τ > γ 3 > τ 4 = γ, = 0 49

40 4.10 F <F, 4.11 (δ). Ο F, Ροπή αδράνειας 4.1 (δ) Ο τροχός ίου ποδηλάτου, γιατί έχει πολύ μικρότερη ροπή αδράνειας Και οι τρεις μάζες έχουν ροπή αδράνειας 3 x 10' 3 kgm Σύμφωνα με το θεώρημα Steiner, αν I cm η ροπή αδράνειας ενός σώματος μάζας Μ, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας, η ροπή αδράνειάς του ως προς ένα άξονα που είναι παράλληλος και απέχει απόσταση d από τον πρώτο είναι ίση με το άθροισμα της ροπής αδράνειας ως προς ΐον άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας του σώματος και του γινομένου της μάζας του σώματος επί το τετράγωνο της απόστασης d (ΐ ρ = I cm + Md ) Ι < / 3 < / 4 < /, Θεμελιώδης νόμος της περιστροφής 4.17 (δ) Από την αριστερή πλευρά, όπως βλέπουμε το σχήμα, ώστε η πόρτα να έχει τη μικρότερη δυνατή ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε θα απαιτείται η μικρότερη δυνατή ροπή για να ανοιγόκλείνεί. 50

41 4.19 (α), (δ). 4.0 α) η τριβή β) η τριβή γ) η συνιστώσα mgημ^ του βάρους και η τριβή. Στροφορμή - διατήρησης της στροφορμής 4.1 Προς τη Δύση. 4. Θα έχουν την ίδια στροφορμή. 4.3 (δ). 4.4 (γ). 4.5 Θα είχαμε αύξηση της ροπής αδράνειας της Γης ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε, αφού η στροφορμή της διατηρείται, θα μειωνόταν η γωνιακή της ταχύτητα και κατά συνέπεια η συχνότητα περιστροφής της. 4.6 Το παιδί θα αρχίσει να στρέφεται με φορά αντίθετη αυτής του τροχού ώστε να μη μεταβληθεί η στροφορμή του συστήματος παιδί-τροχός. Στην περίπτωση που στρέφεται ο τροχός απαιτείται πρόσθετη δύναμη ώστε η ροπή της να μεταβάλει τη στροφορμή του τροχού. 4.7 (ε). Έργο και ενέργεια κατά την περιστροφή 4.8 1) Το ίδιο ) Ο κύβος έχει μεγαλύτερη ταχύτητα. 4.9 (γ). 51

42 4.30 Δυναμική ενεργεία Κινητική ενέργεια από τη μεταφορική Κινητική ενέργεια από την περιστροφική Β 10 J 0 60 J 40 J 0 80 J 0 0 J 40 J 4.31 <y Γ ωνιακή ταχύτητα διανυσματικό rad/s επιτάχυνση Ροπή δύναμης Ροπή αδράνειας Στροφορμή διανυσματικό διανυσματικό μονομετρο διανυσματικό raa/s Nm kg m kg m Is Κινηματική του στερεού 4.3 a = = 0,5 rad / s 7 At oo(rad/s) ω = ω 0 + α γων ί οπότε t = ω-ω η 5-= 7 s a γων 16 Κ") 5

43 4.33 ω = = 50 rad Ι s 4.34 a cm =a γων r d οπότε a = - 5 rad Is r 4.35 α) Κάθε σημείο της περιφέρειας του δίσκου περιστρέφεται με γραμμική ταχύτητα ίση με την ταχύτητα του κέντρου του τροχού (v cm ). Όλα τα σημεία του τροχού κινούνται επιπλέον μεταφορικά με την ταχύτητα υ αη. Για το ανώτερο σημείο του τροχού, από την επαλληλία της μεταφορικής και της περιστροφικής κίνησης, προκύπτει υ = u cm =10 mis. τι β) ω = 7$ οπότε / - (1) ω V cm υ cm = 0)r οποτε ω = - Ηη - r αντικαθιστούμε το ω στην (1) και βρίσκουμε τελικά f = ^ L = 9,9H Z Im 4.36 υ = υ 0 a cm t οπότε για υ = 0 t x = a cm υ η 1 x = v 0 t 1 --a cm t l Ο και οπότε a ^0 cm = () χ Αλλά - -γων ~ α ~ β υ Από την () προκύπτει α η γων = = 8 rad / s xr 53

44 Ροπή δύναμης 4.37 Η μέγιστη ροπή έχει μέτρο z max = Fl = 00Νχ 0,m = 40Nm και επιτυγχάνεται όταν η δύναμη βρίσκεται στο επίπεδο περιστροφής του κλειδιού και είναι κάθετη στο κλειδί, στο άκρο του Η συνολική ροπή έχει μέτρο τ ολ = F R- F X R = 5Nm, διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο του βιβλίου και σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού φορά από το βιβλίο προς τον αναγνώστη F lx =F i ovv{ν F ly = F lw<p Στ - F ly x-f x-f^x - 16Nm F F, j F 1 'F, Ισορροπία στερεού σώματος 4.40 Για να ισορροπεί το βαρούλκο πρέπει η συνισταμένη των ροπών ως προς τον άξονα περιστροφής του να είναι μηδέν Στ = 0 δηλαδή F { R { F R =0 οποτε 1 F,I\, R Λ, 60 Ν 4.41 Η ράβδος ισορροπεί όταν ZF = 0 και Σ τ = 0 ως προς οποιοδήποτε σημείο Από τη συνθήκη Στ = 0, ως προς το Ο, έχουμε w i x-w (l-x) = 0 w οποτε χ = l = 1, m Wj + w F A 0 Β X j \ l ' x w. w, ^ 54

45 4.4 Στη δοκό ασκούνται οι δυνάμεις W, (το βάρος της), w (δύναμη που ασκεί ο ελαιοχρωματιστής - ίση με το βάρος του) και οι Fj και F (από τα υποστηρίγματα) Όταν η απόσταση x είναι η μέγιστη δυνατή η F = 0. F,, F. Ο Β Δ Γ Α * 1 Α 1 - Στην οριακή αυτή περίπτωση η συνθήκη Στ = 0, ως προς το σημείο Β, δίνει WjOB - w x - 0 (1) Αν η δοκός είναι ομογενής σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της, οπότε OB ι Από την (1) προκύπτει x = ΒΓ -1 m w,ob = 0,1 m Η απόσταση του Δ από το άκρο Γ είναι ΓΔ = ΒΓ -χ = 0,79m = 19 cm Ο ελαιοχρωματιστής μπορεί να στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79cm από το άκρο Γ της δοκού. Λόγω της συμμετρίας του σχήματος η δοκός θα ισορροπεί και αν ο ελαιοχρωματιστής στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79 cm από το άλλο άκρο Ε της δοκού Γ ια να ισορροπεί η ράβδος πρέπει EF = 0 και Στ = 0 Από ΣΕ = 0 έχουμε ΣF =0 και ή και Από Σ^ = 0 F, = Τσυν 30" Ο) F = w, + w - Στ = 0 () (ως προς Α) έχουμε /Θ Ρ ρ - Τ l ' w i;, W,' r - 55

46 Τημ3 / w / - νν, = Ο οπότε W, w + Γ = = νν, +w. = 180./V ημ30 Από την (1) έχουμε F x = Τσυν30 = 90λ/3 Λ και από τη () Τ 7,, = w x + w - Τημ30 = 50./V. Επομένως F = ^F X +F } =163,7 TV και εφθ = -^- = 0,3 * Ροπή αδράνειας καν θεμελιώδης νόμος της στροφικής κίνησης 4.44 Από το θεώρημα Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας ενός πτερυγίου ως προς άξονα κάθετο στο πτερύγιο που περνάει από το άκρο του. / = / +Μ 'Ζ,Υ 1, 1, - = ML + -ML = 100 ν J 1 4 Η συνολική ροπή αδράνειας των τεσσάρων πτερυγίων ως προς τον άξονα περιστροφής τους είναι 1 ολ =41 = 4800 kgm 4.45 α) Η ροπή που ασκείται στον τροχό έχει σταθερό μέτρο, επομένως η γωνιακή επιτάχυνση α γων είναι σταθερή. Η γωνιακή ταχύτητα του τροχού δίνεται από τη σχέση ω = ω {) - α γων ί, από την οποία βρίσκουμε α = = 0 rad / s (ο τροχός θα σταματήσει όταν ω = 0) t β) Από Γ = Ice δηλαδή FR = Ια γων ι ι γων εχουμε Ια ρ _ γων = 10 Ν R R 56

47 4.46 Εφόσον η ράβδος είναι ομογενής και σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της. Από το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για τη ράβδο και για τη στιγμή που αφήνεται ελεύθερη από την οριζόντια θέση έχουμε τ = Ια γων (1) όπου τ η ροπή του βάρους ως προς τον άξονα περιστροφής της ράβδου και I η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον ίδιο άξονα. L w Η (1) δίνει 3Mg = 15 rad / s j 1 ML 1 ML Στροφορμή - αρχή διατήρησης της στροφορμής 4.47 Η στροφορμή του συστήματος των σφαιρών ως προς τον άξονα z'z είναι το L, διανυσματικό άθροισμα των στροφορμών /- των σφαιρών ως προς τον ίδιο άξονα. φ L = L, +L m cj Οι στροφορμές των σφαιρών είναι I I!» Ζ ομορροπες οποτε για το μέτρο της L μπορούμε να γράψουμε L = L x + L = mcol + mco(l) = 5ma>l = 5,\kgm /s με κατεύθυνση αυτή των Li και L. L, 1 -φ m 4.48 Χωρίζουμε τη μάζα του τροχού σε στοιχειώδεις μάζες w, η κάθε μία από τις οποίες απέχει από τον άξονα περιστροφής απόσταση R. Η στροφορμή του τροχού ως προς τον άξονα περιστροφής του είναι L = Στη,&Γ; = a>r Y<m i = McoR = 3,kgm /s Όταν η λάσπη κολλήσει στο δίσκο αλλάζει η ροπή αδράνειάς του ως προς τον άξονα περιστροφής του και επειδή η στροφορμή διατηρείται μεταβάλλεται η γωνιακή του ταχύτητα άρα και η συχνότητα περιστροφής του. ομως L = V I' = I + mr ή Ιω = Γ ω' 57

48 όπου m : η μάζα του κομματιού της λάσπης και r : η απόσταση από τον άξονα περιστροφής στην οποία κολλάει η λάσπη. Τελικά Irf = (/ + mr \ττ[' Τ -MR Γ = f- γ = f -j = 1,9 Hz I + mr -MR +mr Κινητική ενέργεια - έργο 4.50 Η ράβδος λόγω της περιστροφής της, έχει κινητική ενέργεια Κ=-Ιω Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της 1 = 1 +Μ\- ι «, 1 ML οποτε Κ = ω =8 J ML + ML = ML Ο δίσκος έχει κινητική ενέργεια και λόγω της περιστροφικής και λόγω της μεταφορικής του κίνησης. Κ = Ιω +-Μυ όμως ω και I = MR R οπότε Κ = --MR }-Ι +-Μυ = -Μυ = 1507 UJ Η ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας δίνεται από τη σχέση ρ = τω = τnf = 400/r W 4.53 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση έχουμε 58

49 Ψ = ^Ιω - l i = =-400J Άρα, για να σταματήσουμε το δίσκο πρέπει να προσφέρουμε 400 J. Η μέση ισχύς δίνεται από τη σχέση Ρ = W t = 80W 4.54 α) Το έργο της F για μια πλήρη περιστροφή της ράβδου είναι W F = τθ = FLn = 40π J Ο β) Όταν η ράβδος ολοκληρώσει μια πλήρη περιστροφή θα αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα ω και κινητική ενέργεια 1 Κ = 1ω, η οποία σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη ράβδο ισούται με το έργο της δύναμης στη διάρκεια της περιστροφής. 1 Είναι επομένως Ιω = W, οποτε ω = \W C W F = 7,9 rad / s iml 1 3 γ) Η στιγμιαία ισχύς της δύναμης μπορεί να βρεθεί με μια από τις ισοδύναμες σχέσεις Ρ = Fu ή Ρ = τω Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο τελικά βρίσκουμε P = FLiy = \5SW 4.55 Η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Επιλέγουμε ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο του εδάφους. Όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη η δυναμική της ενέργεια είναι mg. Όταν η ράβδος γίνει οριζόντια όλη η δυναμική ενέργεια θα έχει μετατραπεί σε 59

50 κινητική /'ω όπου Γ η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που περνάει από το Α και είναι κάθετος στο επίπεδο περιστροφής της ράβδου. Ισχύει λοιπόν mg= ^Λ'ϋ) 1 Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε Επομένως και ί j λ I' = I + m vy ω = ml ml j 1 4 / 1 ml 1 mg = 3 ω ml 1 Τελικά υ - ωΐ - ^3gl = 3m! s ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 4.56 Γ ια να ισορροπεί η δοκός πρέπει ZF = 0 και Στ = 0 Από ZF = 0 1F= 0 έχουμε και ή και Από Σ/% = 0 F x = Τ F y = w Στ = 0 (Ο () (ως προς Α) έχουμε A.. φ/ F F, ' w Τ Γ ΤΙσυνφ-νν^ημφ - 0 Από τις (1) και () βρίσκουμε F x = 50-\/3 TV και F Y =100 Ν 60

51 Επομένως η F έχει μέτρο F = ^]F X + F = 50^7 Ν και σχηματίζει,. λ/3 με την κάθετη στον τοίχο γωνία θ για την οποία εφ υ Για να υπερπηδηθεί το εμπόδιο πρέπει, στην αρχική θέση, η ροπή της F να είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους ως προς το ίδιο σημείο. Η αντίδραση του δαπέδου Α μηδενίζεται αφού ο τροχός χάνει επαφή με το δάπεδο. Αν στην αρχική θέση η ροπή της F ως προς το σημείο Γ είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους αυτό θα ισχύει και σε κάθε άλλη θέση γιατί καθώς ο τροχός ανεβαίνει η απόσταση y της F από το Γ μεγαλώνει ενώ η απόσταση x του w από το Γ μικραίνει. Πρέπει λοιπόν στην αρχική θέση Fy > wx Στην αρχική θέση και οποτε και y = R h χ = \Ι R y =ylr -(R-hf =Jh(R-h) F(R -h)> w^h(r-h) ylh(r - h) F > w- R-h 4.58 Στη σκάλα ασκούνται α) το βάρος της w β) η δύναμη F από τον τοίχο που επειδή ο τοίχος είναι λείος είναι κάθετη σ' αυτόν γ) η δύναμη F' από το δάπεδο η οποία αναλύεται στις n (κάθετη στο δάπεδο) και F s (στατική τριβή). Εάν η σκάλα ισορροπεί τότε EF = 0 άρα και Σ/% = 0 οποτε w = n (1) 61

52 επίσης πρέπει Στ = Ο (ως προς το Α) οπότε για φ = 30 ηίσυν30 -\ν^συν30 -Ρ $ 1ημ30 =0 ή αν λάβουμε υπόψη την (1) και θέσουμε για τη στατική τριβή την οριακή της τιμή F s = μ s n = μ s w wl w l^> μ χνι, 1 = υ n και τελικά ι α μ, = ^3 s 4.59 Θεωρούμε ότι η κάθετη δύναμη που ασκούν τα φρένα στον τροχό είναι σταθερή, κατά συνέπεια η επιβραδύνουσα δύναμη (τριβή ολίσθησης) είναι σταθερή. Για τη γωνιακή ταχύτητα του τροχού ισχύει: ω = ω 0 -α γων ί Για ω = 0 {t = t l ) και ω 0 = nf 0 0 = nfo-a^a προκύπτει /rf α γων = (1) π Για τη ροπή της τριβής ισχύει τ = Ια γων () όμως / = Σιη^ = mr (3) Από τις (1), (), (3) βρίσκουμε T = mr Μ. ( 4 ) h Η ροπή της τριβής (ως προς τον άξονα περιστροφής του τροχού) είναι τ = 3 k R = μ^ηρ (5) Από τις (4), (5) προκύπτει n r. #λ μ l nr - mr και mr nf Q, ΛΓ η = = 1Ν h Mk R * ι 6

53 4.60 Από τη διατήρηση της στροφορμής του συστήματος για τις δύο διαφορετικές θέσεις των δακτυλίων έχουμε L\ ^ ί< η I] (0\ ~ 1^ ή Ι χ %ΐξχ ~Ι τ# ζ και ίι=γ/\ * «m r Ι,=Ι + mr = ML + mr 1 1 I = I + m Ό 1 ml 1 ML + \6j 1 και τελικά ML +mr ft = 1" 1 1 -/ι =5,8 Hz 4.61 Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στην αρχική της θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας (λόγω βαρύτητας). Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε : mr r v 5 ν*, + mi) = mgh και h = Ίυ 10g Για το διάστημα που διανύει η σφαίρα στο πλάγιο επίπεδο, μέχρι να σταματήσει, ισχύει 63

54 OA = ΑΓ ημ30 όμως ΑΓ «h οπότε OA = h ημ30 14υ = 3,5 m 10g 4.6 ZF. = rna cm δηλαδή w x -3 = ma cm ή mg ημ30" - 3 = rna cm (1) Σ τ = la ron, δηλαδή 3R = \mr a y(0v ή 7s = -mra /on, Αλλά είναι a yo)v R = a cm δηλαδή 3 = ~ma cm () Από τις σχέσεις (1) και () προκύπτει 7 mg ημ30 = ma cm +~ma cm =-ma cm και τελικά <*an=-gw 30 = m/s 4.63 Τα σώματα Σ, και Σ κινούνται με επιτάχυνση α, ενώ η τροχαλία στρέφεται με γωνιακή επιτάχυνση α για την οποία ισχύει a-r = a (1) Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τα σώματα Σ), Σ και το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για την τροχαλία παίρνουμε αντίστοιχα Wj-Τ, = m x a () w = m a (3) Στην πραγματικότητα ΑΓ = h + διαστάσεων ΑΓ «h. συν30 ). Για μια σφαίρα μικρών 64

55 και (T l -T )R = Ia y(ov =^mr a γων γων η 1 a Τ, Τ = mr 1 R T,-T = ma (4) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (), (3) και (4) και παίρνουμε w 1 -w = m m ] +m + m, -m Λ. -g = 4m/s m l + m + m 4.64 Εφόσον το σφαιρίδιο παραμένει στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και δεν υπάρχουν τριβές το έργο που προσφέρουμε για να μετακινήσουμε το άκρο του σκοινιού προς τα κάτω είναι ίσο με τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας του σφαιριδίου. ομως W = -mu ~- mv, ' υ χ ω χ R x και υ = co R οπότε W = ^moj]rl - ^ma> x Rl (1) Η δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο από το νήμα έχει μηδενική ροπή ως προς το κέντρο περιστροφής οπότε η στροφορμή του σφαιριδίου διατηρείται σταθερή, δηλαδή η Iχ(0 χ 1 (ύ mrfco x =mr co και ω 0 = ω *ί 1 /?, Αντικαθιστούμε στην (1) και βρίσκουμε r R 1 W = -mcofr 1 1 K R Λ = 43, J 65

56 4.65 AL = L -L, ή AL = L + ( L j) οπότε AL = -Jl + L\ AL όμως οπότε Ζ, = L = 1ω ΔΙ = Ico-Jl L, I -L, ή AL = 4,5^ kgm /s 4.66 Σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση 1 1 τ θ = -1ω τελ --1ω αι δηλαδή FRU = --mr o) και τελικά 3 kf 3;γχ0/Γ Μ = Τ- = = 50 kg Rco 0x10 64^ 4.67 Για να μην ολισθαίνει ο τροχός η τριβή πρέπει να είναι στατική οπότε 3< μ $ Ν ή 3< μ,,ι^συνφ 3 και μ χ > mgavvcp (1). > 66

57 Για τη στροφική κίνηση του τροχού ισχύει 1 Ι mra v,, Στ = Ια γων ή 3R = mr α γων ή ^Τ = ^ () Ra ν Αντικαθιστούμε στην (1) και προκύπτει μ 5 > (3) gauvcp Επίσης εάν ο τροχός δεν ολισθαίνει μεταξύ της γραμμικής και της γωνιακής του επιτάχυνσης ισχύει η σχέση a cn, - a Yo> V R ή α γο>ν=~- (4) Αντικαθιστούμε στην (3) και προκύπτει α μ 5 > Igauvcp (5) Για τη μεταφορική κίνηση του τροχού ισχύει = ma cm ή mgημφ-3=ma cm (6) mra ywv Η (6) λόγω της () γίνεται mgημφ -γ = ma cm και λαμβάνοντας υπόψη την (4) mg ημφ ma cm ma cm g ^ οποτε a cm = Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε τελικά εφφ μ 5^- ζ τ- 67

58 4.68 α) καν Y.F = ma cm w-t mg-τ a = cm Στ = la γων = ma cm = ma cm οπότε mg-t (1) m (ως προς τον άξονα TR=±mB*a του κυλίνδρου) () ομως α.. α γων =-^- (3) Η () λόγω της (3) και της (1) γίνεται.u=0 και mr Τ = mg - AL = z T = TR = ^ At 3 AL At = 6xl0-3 kgm /s β) Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω στο οποίο βρίσκεται ο άξονας του κυλίνδρου στην κατώτερη θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τον κύλινδρο έχουμε 1 mgh 7 = mu 1, cm +-Ιω όμως υ ω = - BL R και I = mr οπότε και τελικά mgh = - mi/ +- mr = - ιηυ (m R 4 "" υ _ =.1 = mis. 3 68

59 4.69 Για να κάνει ανακύκλωση, η σφαίρα πρέπει στο ανώτερο σημείο Α της t κυκλικής τροχιάς της να βρίσκεται σε ' επαφή με τον οδηγό. ι Για την αντίδραση n που δέχεται η 1 y=0 σφαίρα από τον οδηγό ισχύει η > 0 Η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται η σφαίρα στη θέση Α είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη τηνλ w+n = - R Θέτουμε w = mg και οριακά η = 0 mo οπότε mg = ^ssl και u Amin = JgR Κ Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω που περνάει από την κατώτερη θέση του οδηγού ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε 1, 1 mgh = mgr + Ioj a + mu A U A I Θέτουμε I = mr, ω Α =, υ Α = o Amm =-yjgr και λύνουμε ως 5 r προς h που θα είναι στην προκειμένη περίπτωση το h min. m 1 «Λ, 1 g h mm = mgr + mr γ + - mgr 5,. R R 7 R. και τελικά Λ, min = R Η 1 = = 54 cm

60 4.70 Εάν η σανίδα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση θα ισχύουν = -Dx ZF y = 0 Σ τ = 0 (ως προς οποιοδήποτε σημείο) Για μια τυχαία θέση στην οποία η σανίδα είναι μετατοπισμένη κατά χ σε σχέση με την αρχική της θέση θα έχουμε = 3ι-3 = μ κ η χ - μ κ η (1) Σ/% = n x +n -w = 0 ή η χ = w-n () Η συνισταμένη των ροπών ως προς το μέσον της σανίδας είναι U χ λ (d ^ -η, + χ = 0 και λόγω της () U j d -(w-n ) + χ =0 Λ: Λύνουμε ως προς η και βρίσκουμε η = Αντικαθιστούμε στην () και βρίσκουμε d w wd η, =w- (d-x) ' d id + χ λ ν d W χ (3) (4) Η (1) λόγω των (3) και (4) γίνεται \ (d Λ (d w χ w + χ 1 J ν 7 μ κ \ν = μ κ 70

61 /^wg, v lf x jc της μορφής Σρ χ = -Dx d ΤΛ μ mg οπου D = d Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση Τ = I m οπότε τελικά Τ = Ίπ ^ μ κ % 4.71 Η στροφορμή του συστήματος διατηρείται σταθερή οπότε Ε 0 τρένου ^ τρυχού Π τρένου ^τροχού KOI L τ ρ νου Ε τροχού 1 ^τρένου τρένου τροχού,. Iτρένου Αρα Ο) τροχού J τρένου 1 τρένου = mrl KCtl ω τρένου = J όπου υ το μέτρο της ταχύτητας του τρένου ως προς το έδαφος mr υ mr, οποτε ω τοογο!. = = υ = 1,75 rad / 5. τροχού I R I 71

62 5 ΚΡΟΥΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΕΤΙΚΕΣ ΚΙΝΗΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κρούσεις 5.1 α) Η ορμή συστήματος σωμάτων είναι το * διανυσματικό άθροισμα των ορμών των ν υ σωμάτων που απαρτίζουν το σύστημα. Η w w κινητική ενέργεια συστήματος σωμάτων είναι το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών τους. Είναι δυνατόν το διανυσματικό άθροισμα των ορμών να είναι μηδέν και το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών διάφορο του μηδενός. Για παράδειγμα στο σύστημα του σχήματος 1, 1, Ρολ = Ρι +Ρ =0 και AT = AT, +Κ = mo~ + mu~ = (γ) 5.4 (α) 5.5 (γ) β) Για να έχει ένα σώμα κινητική ενέργεια πρέπει να κινείται (υ Ψ 0) και κατά συνέπεια να έχει ορμή. 5.6 Όχι. Αν η κρούση ήταν ελαστική, οι σφαίρες εφόσον έχουν ίσες μάζες, θα έπρεπε να ανταλλάξουν ταχύτητες. Όμως υ[ Φ υ (δ) (α), (β), (δ), (δ) 7

63 Συστήματα αναφοράς 5.10 Για τον επιβάτη του τρένου το αντικείμενο κάνει κατακόρυφη βολή προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα. Για τον παρατηρητή του σταθμού 5.11 (α) 5.1 (δ) το αντικείμενο κάνει πλάγια βολή με αρχική ταχύτητα υ η οποία έχει οριζόντια συνιστώσα την ταχύτητα του τρένου και κατακόρυφη συνιστώσα την υ Η ταχύτητα του επιβάτη ως προς το έδαφος θα είναι υ Ε = υ + u, με μέτρο υ Ε = υ - u Το πλοίο Β κινείται ως προς την ακτή με ταχύτητα υ Β = u + υ, με μέτρο υ Β = λιιι + υ (γ), (δ), (στ) Η ορμή ενός συστήματος σωμάτων διατηρείται όταν η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δρουν στο σύστημα είναι μηδέν. Αν η συνισταμένη κάποιων δυνάμεων είναι μηδέν ως προς ένα αδρανειακό σύστημα θα είναι μηδέν και ως προς οποιοδήποτε άλλο αδρανειακό σύστημα. Άρα αν η ορμή ενός συστήματος σωμάτων διατηρείται ως προς ένα αδρανειακό σύστημα θα διατηρείται και ως προς κάθε άλλο αδρανειακό σύστημα Όχι. Αν η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δρουν στο σύστημα των σωμάτων είναι διάφορη του μηδενός τότε το σύστημα αναφοράς του κέντρου μάζας δεν είναι αδρανειακό (β), (γ). 73

64 Φαινόμενο Doppler 5.19 (γ) 5.0 α) Λ >/π β) f α < /π γ) Λ </π δ) fα =/π ε) Ια > / Π στ) f Λ > /π 5.1 α) μεγαλύτερη β) ίδιες γ) μεγαλύτερη συχνότητα έχει ο ανακλώμενος ήχος ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κρούσεις 5. α) Από τη διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - σώμα αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε m υ χ = Μ υ + mu m(u, -υλ, οποτε υ = = 0 mis. Μ () W β) ΑΚ=-Μυ + -mu -~mu =-13600/ 1 Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι κατά την κρούση η μηχανική ενέργεια του συστήματος μειώθηκε. γ) Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας Μ από τη θέση (1) έως τη θέση (), όπου το σώμα σταματά, έχουμε 1, Μ υ = Wj δηλαδή - Μ υ =-μ κ Π5 1 Όμως η = Mg και επομένως Μ υ = // κ Mgs. Από τη σχέση αυτή βρίσκουμε 5 = μ κ 8 = 40 m 74

65 5.3 Εφόσον η κρούση είναι κεντρική και ελαστική ανάμεσα σε ένα κινούμενο και ένα ακίνητο σώμα για τις ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση ισχύουν οι σχέσεις (5.8) και (5.9) (σελίδα 156 σχολικό βιβλίο), οπότε γγΐ 3 γγι υ[ = υ =-6mIs το (-) δείχνει ότι η υ[ έχει αντίθετη m + 3m φορά με την ο., m υ = υ = 6 mis m + 3m 5.4 α) Από τη διατήρηση της ορμής του συστήματος των σφαιρών αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε ί \, ιη ] υ ] -ιη υ m,u x -m v 7 = [m x + m p οποτε υ = = -Q,33mIs m x + m το (-) δείχνει ότι το συσσωμάτωμα κινείται με την ίδια φορά με το σώμα μάζας m. β) Το ποσοστό κατά το οποίο ελαττώθηκε η μηχανική ενέργεια του συστήματος των σφαιρών κατά την κρούση είναι ΑΚ\ L100% = - - -Ι 100% = 98 % Κ 1 1 <*ρχ ~τη,υ, + m 7 v Εφόσον η κρούση είναι κεντρική και ελαστική και το ένα από τα δύο σώματα ήταν αρχικά ακίνητο, η ταχύτητα της πρώτης σφαίρας μετά την, m x -m κρούση θα είναι ν χ = υ, m x + m υ χ m x - m Στην πρώτη περίπτωση = 3 m, +m 7 1 ' '" υ χ m x οπότε m = = 0,5 kg υ χ m x - m Στη δεύτερη περίπτωση = υ χ 3 m x +m οπότε m = m x = kg 15

66 5.6 (+) υ >». υ,' υ,' 4 4!! * πριν την κρούση μετά την κρούση Θεωρούμε ως θετική φορά τη φορά της ταχύτητας υ,. Αφού η κρούση είναι ελαστική θα ισχύουν οι σχέσεις: m x uj -m u = -m x v x + m o (1) 1 1 1, 1, -mx u x +~m v = τη υ χ ~ +-m u () η(1) γράφεται και ιη χ {υ χ +υ χ ')=ηι (υ ' + υ ) (3) ενώ η () γράφεται m x (υ; - υ χ ' )= τη (υ - υ ) (4) Διαιρούμε τις (4) και (3) κατά μέλη και βρίσκουμε υ χ -υ χ = υ -υ και υ =υ χ -υ χ +υ (5) Αντικαθιστούμε την τιμή του υ στην (1) και λύνουμε ως προς υ χ υ = = S m / s m x + m Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε υ =\ mis 5.7 Η μέγιστη κινητική ενέργεια που μπορεί να αποκτήσει η σφαίρα μάζας /«μετά την κρούση είναι το σύνολο της κινητικής ενέργειας του συστήματος των δύο σφαιρών πριν την κρούση. Για να συμβεί αυτό πρέπει μετά την κρούση η σφαίρα μάζας mι να ακινητοποιηθεί κάτι που συμβαίνει όταν οι σφαίρες έχουν ίσες μάζες. 76

67 5.8 Αν η μάζα του νετρονίου είναι m n τότε ο πυρήνας πρωτίου (1 πρωτόνιο) έχει μάζα περίπου ίση με m, ο πυρήνας του δευτερίου (1 πρωτόνιο + 1 νετρόνιο) m,, και ο πυρήνας ηλίου ( πρωτόνια + νετρόνια) 4 m n Σύμφωνα με τη σχέση (5.8) η ταχύτητα του νετρονίου μετά την κρούση, σε κάθε περίπτωση, θα είναι με το πρωτιο ν χ ' m.-m. m + m n υ \ m -m n f μετοδευτέριο υ χ = - m n + m n m - 4 m n 3υ, μετοηλιο υ, υ, = - m n +4m n 5 Αν Κι η κινητική ενέργεια του νετρονίου πριν την κρούση το ποσοστό της απώλειας κινητικής ενέργειας για το νετρόνιο κατά την κρούση θα είναι κατά περίπτωση ΙΔΑ,Ι ~ μετοπρώτιο ' 100% = 100% = 100% Κ 1 \ m u x 1 1 ι. y~ ι m υ, m ΔΑ:,, με το δευτέριο 100% = 100 % = 88,9 % με το ήλιο Κ, 1 ~m n v x 1 1 Γ3υ, λ ι. ι *η υ, ml - ΔΛΓ, V I 5 J ^ 100 % = 100 % = 64 % 1 m nv\ 1 V 77

68 5.9 α) Έστω V η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση. Αν Ρττμιν η ορμη του συστήματος αμέσως πριν την κρούση και Ρμετά η ορμή αμέσως μετά την κρούση θα είναι Ρπριν Ρ μετά Αναλύουμε το διάνυσμα V σε δύο συνιστώσες τη V x κατά την διεύθυνση χ και την V y κατά την διεύθυνση y (σχ. 5.7). Όταν δύο διανύσματα είναι ίσα, είναι ίσες και οι συνιστώσες τους, επομένως Ρ πριν ~ Ρ μετά ά Ρ«η π Ρ ιν " Γ Χ Γ Χ Ό π Ρ ιν γ η^τά Γ y ν m,y, =(m, +m )V x m v =(m l +m )V y Από όπου V - m ^ m x + m m υ και Vy = m, + m Επομένως, η ταχύτητα του συσσωματώματος θα έχει μέτρο V - \ υ \ \ ί \ m υ + = 6 mis Km x +m j ytnx + m j και θα σχηματίζει με την ταχύτητα υ,, γωνία θ για την οποία εφθ m u m, + m m, + m m u 3 m x v { 4 β) Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας κατά την κρούση είναι Ί 1 Ν -m x u x + m u yz λ j =-174J 78

69 5.30 Από την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - πλάκα αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε mo j = MV + mu οπότε (1) () Μ ν, ο Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για την πλάκα από τη θέση (1) έως τη θέση () 0 - ~ MV - -Mgh - -Mgl( 1 - συ ν φ) οποτε συνφ = 1 = 0,516 gl Κινήσεις σε αδρανειακά συστήματα 5.31 Το ποταμόπλοιο έχει ως προς την ξηρά ταχύτητα υ π = υ + u (υη ταχύτητα του ρεύματος του ποταμού) Όταν το πλοίο κινείται ομόρροπα με το ρεύμα η ταχύτητά του έχει μέτρο υ 1π = υ + u = 5 km/ h, ενώ όταν κινείται αντίρροπα με το ρεύμα, υ π υ-u = \5 km! h Ο συνολικός χρόνος για τη διαδρομή ΑΒΑ είναι ί ολ =t x +t = + =,56 h υ π 79

70 5.3 Αν u η ταχύτητα με την οποία κινείται ως προς τη Γη το πρώτο αεροπλάνο και υ' η ταχύτητα του δεύτερου αεροπλάνου ως προς το πρώτο, τότε τα ραντάρ στη Γη βλέπουν το δεύτερο αεροπλάνο να κινείται με ταχύτητα υ = u + υ οπότε υ = λ/μ + ο' 500 mis u 4 και εφθ, η = - = - υ α) Γ ια τον παρατηρητή του Σ mu = (m + M)V οπότε V m -υ = m! s m + Μ β) Γ ια τον παρατηρητή του Σ' το σώμα με μάζα m πριν την κρούση κινείται με ταχύτητα υ' = υ-u το σώμα με μάζα Μ πριν την κρούση κινείται με ταχύτητα υ' = -u το συσσωματωμα μετα την κρούση κινείται με ταχύτητα V' = V-u Αν ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής για την κρούση όπως τη βλέπει ο παρατηρητής του Σ' πρέπει m υ' + Μυ' =(m + M)V ή m(v μ) Mu = (m + M)(F -u), που είναι αληθές. 80

71 Κέντρο μάζας - Σχετικές κινήσεις 5.34 Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας είναι X + x m + 15 cm = m l + m + m i 7 και y c y x m x +y m +y i m i _ 9 m, + m + m Αν θεωρήσουμε ότι το κέντρο του Ήλιου βρίσκεται στη θέση (0, 0) και ότι το κέντρο της Γης βρίσκεται στη θέση (d, 0) το κέντρο μάζας του συστήματος Ήλιος - Γη βρίσκεται στη θέση y (m) m, m ο C~^ x(m) ~ct dm r =4,46x10 5 m m r + m H Παρατηρούμε ότι η απόσταση του κέντρου μάζας του συστήματος από το κέντρο του Ήλιου είναι περίπου 1500 φορές μικρότερη από την ακτίνα του Ήλιου α' τρόπος s/ Το σύστημα βάρκα - άνθρωπος μπορεί να θεωρηθεί απομονωμένο. Αυτό σημαίνει ότι κατά τη μετακίνηση του ανθρώπου πάνω στη 0 Κ βάρκα το κέντρο μάζας C θα παραμείνει ακίνητο. Για να συμβεί αυτό πρέπει ταυτόχρονα με τον άνθρωπο να μετατοπίζεται και η βάρκα στην αντίθετη κατεύθυνση. Θεωρούμε ότι η βάρκα έχει το κέντρο μάζας της στο μέσον της. Για την αρχική κατάσταση ισχύει m λ S Μ + ms X cm = Μ + m (1) 81

72 Γ ια την τελική κατάσταση ισχύει Μ 'j d 4- + md χ = V V φ Μ + πι Από τις (1) και () έχουμε d -f~ Μ + ms Μ V y + md Μ + m, Μ + m, m s απο οπου προκύπτει α = = m Μ + m β'τρόπος Εφόσον οι τριβές μεταξύ βάρκας και νερού είναι αμελητέες το σύστημα βάρκα - άνθρωπος μπορεί να θεωρηθεί απομονωμένο. Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα. () = Μυ β - m υ α (3) όπου υ β και υ α οι ταχύτητες του ανθρώπου και της βάρκας ως προς το νερό. Αν θεωρήσουμε ότι οι ταχύτητες της βάρκας και του ανθρώπου είναι σταθερές η (3) γράφεται και ως εξής 0 = Μ m (4) t t όπου d η μετατόπιση της βάρκας ως προς το νερό. jfls Τελικά από την (4) βρίσκουμε d = = m. m + Μ 5.37 Η προωστική δύναμη που ασκούν τα καυσαέρια στον πύραυλο δίνεται από τη σχέση F = u = Ν dt ρ όμως επίσης F = Μα και α = = 14 mis. Μ 8

73 5.38 F = επίσης F = Μα dt dm λ dm Μα Λ,. οποτε u = Μα και = = 40 kg / s. dt d t u Φαινόμενο Doppler 5.39 Η σχέση που δίνει τη συχνότητα που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής όταν αυτός απομακρύνεται από ακίνητη πηγή είναι f - υ ~ υ Λ f J A ~ υ όπου υ η ταχύτητα του ήχου στον αέρα, υ Α Js παρατηρητή και f s η συχνότητα του ήχου που εκπέμπει η πηγή. και / 9 r - 9 / υ ~ υ Α γ J A = J s οποτε / = f s υ ο υ, = - 34mis. Λ Α 10 η ταχύτητα του 5.40 Όταν το περιπολικό πλησιάζει ο παρατηρητής ακούει ήχο συχνότητας υ-υ, όπου υ η ταχύτητα του ήχου στον αέρα, u s η ταχύτητα του περιπολικού και f s η συχνότητα του ήχου που εκπέμπει το περιπολικό. Όταν το περιπολικό απομακρύνεται, ο παρατηρητής ακούει ήχο συχνότητας (Ο υ + υ, / ο +υ Από τις (1) και () έχουμε - = Λ ν ~ υ, f ~ f οπότε υ =υ = Π,9 m Ι s /ι+λ ( ) 83

74 Από την (1) βρίσκουμε /j=/i< Z J = 47WZ. υ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 5.41 α'τρόπος Αναλύουμε την ταχύτητα ν χ της κινούμενης σφαίρας αμέσως πριν την κρούση σε δύο άξονες. Ο ένας περνάει από τα κέντρα των σφαιρών και ο άλλος είναι κάθετος σ' αυτόν. Αν η σφαίρα 1 είχε πριν την κρούση μόνο την υ, χ η κρούση θα ήταν / Ό ΜΕΤΑ υ, ΠΡΙΝ κεντρική και ελαστική, οι σφαίρες θα άλλαζαν μεταξύ τους ταχύτητες, επειδή έχουν ίδιες μάζες, δηλαδή η σφαίρα 1 θα έμενε ακίνητη μετά την κρούση ενώ η σφαίρα θα αποκτούσε ταχύτητα υ 1χ. Αν η σφαίρα 1 είχε πριν την κρούση μόνο την υ, δεν θα γινόταν κρούση και η σφαίρα 1 θα συνέχιζε την κίνησή της με υ χ. Συνδυάζοντας τα δύο αποτελέσματα καταλήγουμε ότι μετά την κρούση η σφαίρα 1 κινείται με υ χ ταχύτητες είναι κάθετες μεταξύ τους. β' τρόπος ενώ η σφαίρα με υ, ν. Οι δύο Από τη διατήρηση ορμής για την κρούση έχουμε mv, = mv[ + mx>\ οποτε υ 1 = υ, +υ οπου υ, η ταχύτητα της κινούμενης σφαίρας πριν την κρούση, υ, η ταχύτητα της πρώτης σφαίρας μετά την κρούση και υ' η ταχύτητα της αρχικά ακίνητης σφαίρας μετά την κρούση. Από τον κανόνα του παραλληλογράμμου έχουμε υ = υ[ + υ' + υ[υ' συνθ (1) όπου θ η γωνία ανάμεσα στα διανύσματα υ', και υ 84

75 Εφόσον η κρούση είναι ελαστική ισχύει επίσης 1, 1 mu, = mu', + mu'-, 1 η υ = υ' + υ' () Συγκρίνοντας τις (1) και () βρίσκουμε ότι συνθ = 0 δηλαδή θ = 90" 5.4 α) Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = (in + m)v οποτε Τ/ M V V = m + Μ I m Λ) (1) Μ ν Κ xsumxsuuo Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (1) έως τη θέση () έχουμε {m + M)V =Wj () wxm και mu [m + Μ \m + Μ Λ = - - Κ χ m υ K(m + M) = 0,1 m max β) Πριν την κρούση το σύστημα είχε την κινητική ενέργεια του βλήματος Ε «η = κ Τελικά το σύστημα έχει τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου 1, Ε τελ U ελ ~ ^max Το ποσοστό της ενέργειας που έχασε το σύστημα είναι 85

76 Δ y mv--^kxl 100% = ^ <*ΡΧ 1 mu -100% = 95% 5.43 Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = (m + M)V m + Μ οποτε υ = V (1) m Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (I) έως τη θέση (II) έχουμε (Ι) (Π) υ, Μ Ε3 u=o οπότε 0 -^(m + Μ)ν = ~(m + M)gh = -{m + Mf)gl( 1 - σννθ) V = A/g/(l - συνθ) Αντικαθιστούμε στην (1) και βρίσκουμε u= m + M sigl(\-συνθ) m Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο μάζας του συσσωματώματος στη θέση (I) ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω θέσης μέσα στο πεδίο βαρύτητας Αρχικά το σύστημα είχε την κινητική ενέργεια του βλήματος =K,=jmu!,. 1 E a m =- m V m + M m y]gl(\-<wve) (m + M) m glix-συνθ) 86

77 Τελικά το σύστημα έχει τη δυναμική ενέργεια του συσσωματώματος λόγω της θέσης του μέσα στο πεδίο βαρύτητας Ε τελ = U = (m + M)gh = (m + M)gl( 1 - συνθ) Η μηχανική ενέργεια που έχασε το σύστημα είναι \ΑΕ ΜΗΧ (m + Μ) ΥΠ «Ό - συνθ)-(m + M)gl(\ - συνθ) = 55 J 5.44 Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε τη υ = (m, + m )V ιη υ οπότε V = m ] + m Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (I) έως τη θέση (II) έχουμε o-i( m,+ m; )r =w + w, W w = -( W 1 + m )gm<p s W 3 = -3s - - μ Kns = -μ κ (w, + m ^συνφ s 1/ οποτε I m, + 1 m, m υ m l +m j = -(w, + m )gημφ s- μ κ (m, + m )gσυνφ s και τελικά s = m o (m, + m ) g(ημφ + μ κ συνφ) = 1,8 m 87

78 β) Το συσσωμάτωμα θα επιστρέψει αν η συνιστώσα w x του βάρους είναι μεγαλύτερη από το όριο της στατικής τριβής την οποία εδώ θεωρούμε ίση με την τριβή ολίσθησης νν Λ = (m l + m )ξημφ - 50 Ν 3 = μ κ η = μ κ \m x + m )gauv<p = 50 Ν Παρατηρούμε ότι w x = 3 οπότε το συσσωμάτωμα δεν επιστρέφει α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα 1 από τη θέση (I) έως τη θέση (II) -mu =W. Κι = %ημφ ^ οποτε 1 mu = mgημφs 1 και h \ ' * > ' > h, u = J.^ημφ7 { Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = mv οπότε γ =υ = g g 5, Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (III) έως τη θέση (IV) 0-- mv =Ψ+Ψ Ί W w =mgημφ (s-s,) W~ = -3(ί - 5,) = -μ κ η(ξ - 5,) = -μ κ mgauv(p{s - 5,) οπότε 88

79 g w 5, m- mgημφ(s - s l )- μ κ mgauv(p{s - Sj) και τελικά μ κ = ημφ* λ + 7^(5-5,) avv(p(s-s l ) 13 β) Θεωρούμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από τη βάση του πλάγιου επιπέδου. Η αρχική ενέργεια του συστήματος των δύο σωμάτων είναι Ε α Ρχ = mgh 1 + mgh = mgημφ[s + (s-.ν,)] = 34 J Η τελική ενέργεια του συστήματος είναι Ε τελ = 0 Η συνολική θερμότητα που παράχθηκε είναι Μ = ^-^= Το σύστημα άνθρωπος - αερόστατο αρχικά ηρεμεί οπότε η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δέχεται είναι μηδενική και το κέντρο μάζας του συστήματος είναι ακίνητο. Όταν ο άνθρωπος αρχίσει να ανεβαίνει το αερόστατο θα κατεβαίνει ώστε το κέντρο μάζας να παραμένει ακίνητο στην αρχική του θέση. Αναγκαστικά το κέντρο μάζας βρίσκεται στο σημείο συνάντησης του ανθρώπου με το αερόστατο. Η θέση του κέντρου μάζας βρίσκεται σε ύψος y από το έδαφος και ΜΗ ισχύει γ = m + M και επομένως το αερόστατο θα κατέβει κατά y ΜΗ m x =H -y =Η = Η m+m m+m 89

80 5.47 α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας mi από τη θέση (3) έως τη θέση (4) 1 0 m,v, 1 1 ι W, W 3 = -3jc : - / u K nx = - J u K m l gx οποτε 1, -~ ι υ ι = ~M K \gx (1) () (3) m, m, m, m, υ, υ, m, m, και 4 Ί = Εφόσον η κρούση είναι ελαστική και μετωπική και το σώμα μάζας (4) m ήταν αρχικά ακίνητο, μετά την κρούση, το σώμα μάζας m, θα έχει ταχύτητα m, m υ,, = m 1 l -m υ, = - ^, - - οπότε υ, - ->υ[ = -S^jY/J^gx m { + m 3 (Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι η έχει φορά αντίθετη με τη υ[) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας mι από τη θέση (1) έως τη θέση () -^υ 0 = W 3 fv 3 = -3x = -μ κ ηχ = - μ Km A gx 1 1 οποτε m,u, -m,v ο 1 1 -μ K m\gx η ^k/zmkgx] ~~^o = ~Μκ& και υ 0 = ^/ΐμ^χΤΐ^μ^χ = 10 mis 90

81 β) Η ταχύτητα του σώματος μάζας m αμέσως μετά την κρούση είναι υ, = Ζ~Ζ7 υ ι = 3 Λ/ ^^χ m ] +m Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας m από τη θέση (3) έως τη θέση (4) 0--mu' =W^ = W 3 = -3s = -μ κ η $ = - μ Km gx ji 1 ιϊ οποτε m u =-μ κ m gs και s = - /"^g 8 μ κ ξχ = 4χ = 4m 5.48 Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα 1 από τη θέση (I) έως τη θέση (II) 1, W wi = τη^ημφ I οπότε m x u x = m l gημφl και υ χ = τ]g ημφ I 91

82 Αμέσως μετά την κρούση τα σώματα θα έχουν ταχύτητες υ \ = τη, -m υ, ρημφΐ υ \ = 1 = -J m x +m V m i και = υ, = = m x + m V ϋ ι Το πρόσημο της ταχύτητας ν[ υποδηλώνει ότι η φορά κίνησης του σώματος 1 είναι αντίθετη με την αρχική. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας 1 από τη θέση (III) έως τη θέση (IV) 0-{»,<= Κ, J Αλλά W w] = -τη^ημφ S, επομένως τη χ υ[ = -τη^ημφ ξημφΐ υ 1 I, και s { = = = = 1 m gw ξημφ 4 Το σώμα πριν την κρούση ισορροπεί στη θέση στην οποία η συσπείρωση του ελατηρίου είναι χ,, οπότε F & = w, ή Κχ λ = τη&ημφ rn gw <p Κ m Η ταχύτητα του σώματος θα μηδενιστεί όταν διανύσει στο πλάγιο επίπεδο απόσταση $. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα από τη θέση (III) έως τη θέση (IV). 0-i 9

83 w wi = m is ημφ s και οπότε - m o = ϊη ξημφ s + Kx - Κ (s + x,) η 1 ημφ I 1 r. 1 \ ~ mi = πι^ημφ 5 +-^i -~Μ 5 +*,) και τελικά s =0,lV5m 5.49 α) Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - σώμα Σι αμέσως πριν και αμέσως μετά την πλαστική κρούση. V. πι Β υ Β ~ ( m B + m \ οπότε ν= m ι m B +m x -υ Β =5 m/s Το σύστημα (συσσωμάτωμα - Σ ) είναι απομονωμένο οπότε η ορμή του διατηρείται σταθερή. (m B + m x )V = (m B + m x +m )V όπου V η κοινή ταχύτητα που αποκτά το σύστημα τελικά οποτε V m B +m, V = 1 m/s m B + m l + m Η συνολική θερμότητα που παράγεται είναι ίση με τη διαφορά της αρχικής κινητικής ενέργειας του βλήματος και της τελικής κινητικής ενέργειας του συστήματος. Q = ^mb B -^( m B+ m ι +m )V = 47,5 J 93

84 β) Το συσσωμάτωμα (βλήμα - Σι) επιβραδύνεται λόγω της τριβής που δέχεται από το Σ λόγω της σχετικής του κίνησης με αυτό. Η τριβή είναι σταθερή και έχει μέτρο 3 = μη = μ{τη Β + W, )g Η επιβράδυνση με την οποία κινείται το συσσωμάτωμα είναι a=- f = =5m/s 1 ψι Β + m x ) \m B + m,) Από V = V - at x βρίσκουμε τον χρόνο κίνησης του συσσωματώματος μέχρι να αποκτήσ^ το σύστημα κοινή ταχύτητα t V-V x = = 0,85 α Το διάστημα που διάνυσε το συσσωμάτωμα ως προς το έδαφος στον χρόνο αυτό είναι 1, s = Vt, at, =,4m 1 ' Στο ίδιο χρονικό διάστημα το Σ κάνει κίνηση ομαλά επιταχυνόμενη με την επίδραση της δύναμης που του ασκεί το συσσωμάτωμα και είναι η αντίδραση στην τριβή που δέχεται το συσσωμάτωμα από το Σ. Το Σ σε χρόνο t ] διανύει, ως προς το έδαφος, διάστημα, 1,,, 3 u(m R +m,)g,,7 s= at x οπου α = = = 1,5 mis m m οπότε s' = 0,4 m Τελικά το συσσωμάτωμα μετακινήθηκε ως προς το Σ κατά As = s-s' = m 5.50 Η μεγαλύτερη κάλυψη επιτυγχάνεται όταν ο άξονας της ομπρέλας τοποθετείται κατά τη διεύθυνση της ταχύτητας των σταγόνων όπως την αντιλαμβάνεται ο άνθρωπος Το διάνυσμα της ταχύτητας της βροχής ως προς τον άνθρωπο υ ) είναι υ = υ - υ, ^ -υ, 94

85 εφθ = υ ι όπου θ η γωνία της ομπρέλας με το οριζόντιο επίπεδο Η συχνότητα του ήχου που ακούει ο κινούμενος παρατηρητής δίνεται υ + απο τη σχέση fγ υ Α r A -f s (1) υ άρα η ταχύτητα με την οποία κινείται κάθε στιγμή ο παρατηρητής f Α ~ fs δίνεται από τη σχέση υ λ -υ fs Θέτουμε f Α = f AX =603,5 Ηζ και βρίσκουμε την ταχύτητα του παρατηρητή τη στιγμή που φτάνει στην πηγή υ Α1 =40m/s. Ο παρατηρητής κάνει ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση χωρίς αρχική ταχύτητα οποτε U A1 = at l d = at x Απαλείφουμε το χρόνο από τις παραπάνω εξισώσεις και βρίσκουμε /(Hz) a = ^ - = m/s d Θέτουμε στην (1) υ Α = at και βρίσκουμε την f A ως συνάρτηση του χρόνου r u + at Γ, r r a fa ~ fs ή fa~ fs ^ υ υ της οποίας η γραφική παράσταση φαίνεται στο σχήμα. t (s) 5.5 f A = υ + υν f s =415 Hz 5.53 Av f A η συχνότητα που ακούει ο σιδηροδρομικός όταν είναι ακίνητος, f s η συχνότητα που εκπέμπει το τρένο και v s η ταχύτητα του τρένου Ο - f A -fs ισχύει f A = υ + υο fs οποτε o s =- f A -υ = 18,9 m/s 95

86 Αν ο υπάλληλος τρέχοντας με ταχύτητα υ Α διανύει διάστημα 5, = 500 m στον ίδιο χρόνο το τρένο διανύει διάστημα s = 000 m. 5, = v A t l και s = u s t\ s, υ, s. οποτε = και υ, = υ, - = 4,7m/s s u s s Ενώ τρέχει, ο σιδηροδρομικός ακούει ήχο συχνότητας ΓΑ υ ~v s =355//ζ 96