ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β. Ένα σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Η ελάχιστη χρονική διάρκεια. για τη μετάβαση του σώματος από τη θέση

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Ερώτηση. Ένα σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Η ελάχιστη χρονική διάρκεια A για τη μετάβαση του σώματος από τη θέση x = 0 στη θέση x = + είναι t A. Η ελάχιστη A χρονική διάρκεια t B για τη μετάβαση του σώματος από τη θέση ακραία θέση x = + A της ταλάντωσης είναι α) μικρότερη από t A. β) ίση με t A. γ) μεγαλύτερη από t A. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. x = + στη θετική Λύση Η σωστή απάντηση είναι η γ. A Κατά τη μετάβαση του σώματος από τη θέση x = 0 στη θέση x = + διανύεται A απόσταση s = σε χρονικό διάστημα t A. Επομένως, η μέση ταχύτητα της κίνησης είναι s υ Α =. t A A Κατά τη μετάβαση του σώματος από τη θέση x = + στη θετική ακραία θέση x = + A A της ταλάντωσης, διανύεται απόσταση s = σε χρονικό διάστημα t B. Επομένως, η μέση s ταχύτητα της κίνησης είναι υ B =. t B Καθώς το σώμα κινείται από τη θέση ισορροπίας προς την ακραία θέση η ταχύτητά του A διαρκώς μειώνεται. Έτσι, η κίνηση από τη θέση x = 0 στη θέση x = + γίνεται με A μεγαλύτερη μέση ταχύτητα απ' ό,τι η κίνηση από τη θέση x = + στη θετική ακραία θέση x = + A της ταλάντωσης.

2 s s υ Α >υb > t B > t A t t A (βλ. σελ. 0 του Σχολικού Βιβλίου) B

3 Ερώτηση. Ένα σώμα μάζας m είναι δεμένο στην ελεύθερη άκρη κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k και ηρεμεί στη θέση ισορροπίας. Απομακρύνουμε το σώμα προς τα κάτω κατά Α και το αφήνουμε ελεύθερο. Το σύστημα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Αντικαθιστούμε το ελατήριο με άλλο, σταθεράς k, χωρίς να αλλάξουμε το αναρτημένο σώμα. Απομακρύνουμε το σώμα προς τα κάτω από τη νέα θέση ισορροπίας κατά Α και a max, το αφήνουμε ελεύθερο. Το σύστημα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Ο λόγος a max, των μέτρων των μεγίστων επιταχύνσεων των δύο ταλαντώσεων είναι ίσος με α). β). γ). Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η γ. Η μέγιστη επιτάχυνση δίνεται από τον τύπο: a max =ωα. Επειδή D k m = = ω έχουμε: k = mω ω = m k Με αντικατάσταση στο λόγο ταλαντώσεων, έχουμε: a a max, max, των μέτρων των μεγίστων επιταχύνσεων των δύο k amax, ω Α amax, amax, k = = m = a k max, ω Α amax, amax, k m a max, = a max, (βλ. σελ. 0- του Σχολικού Βιβλίου) 3

4 Ερώτηση 3. Η φάση μιας απλής αρμονικής ταλάντωσης μεταβάλλεται με το χρόνο όπως φαίνεται στο διάγραμμα: Η περίοδος της ταλάντωσης είναι ίση με α) s. β) s. γ) π s. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση η α. Η σχέση της φάσης με το χρόνο δίνεται από τον τύπο: ϕ=ω t +ϕ 0. Από τη γραφική παράσταση φαίνεται ότι για 3π 3π έχουμε: = 0 +ϕ0 ϕ 0 = rad. Από τη γραφική παράσταση φαίνεται ότι για π 3π rad έχουμε: = ω + ω= π. s 3π t = 0 ϕ= rad. Με αντικατάσταση π t = s ϕ= rad. Με αντικατάσταση Από τον τύπο π T = έχουμε: ω π T = π T = s (βλ. σελ. 8- του Σχολικού Βιβλίου) Εναλλακτικά, επειδή dϕ ϕ ϕτελ ϕαρχ ω= =σταθ. ω= ω= dt t t t τελ αρχ π/ 3 π/ rad rad ω= ω= π 0 s s T = s 4

5 Ερώτηση 4. Ένα σώμα μάζας m είναι δεμένο στην ελεύθερη άκρη κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k και ηρεμεί στη θέση ισορροπίας. Απομακρύνουμε το σώμα προς τα πάνω μέχρι να φτάσει στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου και το αφήνουμε ελεύθερο. Το σύστημα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Το μέτρο της μέγιστης δύναμης που δέχεται το σώμα από το ελατήριο κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης είναι ίσο με α) Μηδέν. β) k A. γ) k A. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η γ. Το σώμα ελευθερώνεται από τη θέση του Φυσικού μήκους του ελατηρίου, άρα το πλάτος ταλάντωσης Α ισούται με την απόσταση d μεταξύ της θέσης φυσικού μήκους ελατηρίου (ΘΦΜ) και της θέσης ισορροπίας της ταλάντωσης (ΘΙ). Το μέτρο της δύναμης που ασκεί το ελατήριο στο σώμα μπορεί να βρεθεί από το Νόμο Hooke: F = ελ kl,όπου L η επιμήκυνση του ελατηρίου. Το μέτρο της δύναμης που δέχεται το σώμα από το ελατήριο είναι μέγιστο στη θέση που το ελατήριο έχει τη μέγιστη επιμήκυνση L max. Από το σχήμα φαίνεται ότι αυτή είναι η κάτω ακραία θέση της ταλάντωσης ΑΘ ΚΑΤΩ στην οποία L = A. Επομένως: Fελ,max = klmax Fελ,max = k A 5

6 Ερώτηση 5. Να αποδείξετε ότι σε μια απλή αρμονική ταλάντωση η απομάκρυνση x του σώματος από τη θέση ισορροπίας, το πλάτος Α της ταλάντωσης, η ταχύτητα υ του σώματος στην απομάκρυνση χ και η μέγιστη ταχύτητα υ max της ταλάντωσης, συνδέονται με τη σχέση x υ + =. A υ max Λύση Από την Αρχή Διατήρησης της Ενέργειας στην ταλάντωση, έχουμε: E K U DA m Dx = + = υ + DA mυ Dx mυ x = + = + DA DA DA mω A A x A υ + = υ max 6

7 Ερώτηση 6. Ένα μικρό σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση έχοντας ενέργεια ταλάντωσης 0 J. Κάποια στιγμή, που το σώμα βρίσκεται σε ακραία θέση της ταλάντωσης, του ασκούμε στιγμιαία δύναμη με αποτέλεσμα το διπλασιασμό του πλάτους ταλάντωσης. Το έργο που προσφέραμε στο ταλαντούμενο σύστημα μέσω αυτής της στιγμιαίας δύναμης, για το διπλασιασμό του πλάτους ταλάντωσης, είναι ίσο με α) 0 J. β) 60 J. γ) 80 J. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η β. Το έργο W που προσφέραμε στο ταλαντούμενο σύστημα για το διπλασιασμό του πλάτους ταλάντωσης, είναι ίσο με: W= E' E, όπου E η αρχική ενέργεια της ταλάντωσης και E' η τελική ενέργεια της ταλάντωσης. Με αντικατάσταση, έχουμε: W E ' E W D(A ') DA W D(A) DA = = = = = = W = 60 J W D4A DA W 3 DA W 3E (βλ. σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) 7

8 Ερώτηση 7. Για ένα σύστημα που εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, να γράψετε τη σχέση που δίνει τη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης σε σχέση με την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας. Να αποδείξετε τη σχέση που γράψατε. Λύση Η σωστή απάντηση είναι U Dx = με απόδειξη. Έστω ότι το σώμα βρίσκεται ακίνητο στη θέση ισορροπίας. Δεχόμαστε ότι σ' αυτή τη θέση, το σώμα έχει δυναμική ενέργεια μηδέν. Για να μετακινηθεί το σώμα σε μια άλλη θέση που απέχει απόσταση x από τη θέση ισορροπίας, πρέπει να του ασκηθεί δύναμη F', ίδιου μέτρου και αντίθετης φοράς, ώστε να εξουδετερώνει τη δύναμη επαναφοράς F. Το μέτρο της F', σε κάθε θέση, θα είναι: F' = Dx. Το έργο W της δύναμης F' αποθηκεύεται ως δυναμική ενέργεια U στο σύστημα. Επομένως, η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης ισούται με το έργο της δύναμης που πρέπει να ασκηθεί για να μετακινηθεί το σώμα από τη θέση ισορροπίας, στη θέση που απέχει απόσταση x από τη θέση ισορροπίας. Ο υπολογισμός αυτού του έργου γίνεται από τη γραφική παράσταση F'=f(x), επειδή η F είναι μεταβλητή δύναμη. Tο εμβαδόν της επιφάνειας (τριγώνου) μεταξύ του διαγράμματος και του άξονα x είναι αριθμητικά ίσο με το έργο της δύναμης F': F' Dx W x x U = W = x Dx U = Dx (η απόδειξη βρίσκεται και στη σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) 8

9 Ερώτηση 8. Το διάγραμμα του σχήματος παριστάνει τη μεταβολή του φορτίου ενός οπλισμού του πυκνωτή σε σχέση με το χρόνο σε ένα ιδανικό κύκλωμα LC που εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Τα σημεία του διαγράμματος που αντιπροσωπεύουν χρονικές στιγμές, στις οποίες η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι αρνητική, είναι τα εξής: α) Α, Β και Γ. β) Γ και Δ. γ) Β και Ε. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Α' τρόπος: Σχεδιάζουμε τις γραφικές παραστάσεις q=f(t) και i=f(t) (η μορφή των γραφικών παραστάσεων προκύπτει από τη σελ. 5 του Σχολικού Βιβλίου). Από την αντιστοίχιση των διαγραμμάτων προκύπτει ότι η ένταση του ρεύματος είναι αρνητική μόνο στα σημεία Γ και Δ. 9

10 Β' τρόπος: dq Από τον ορισμό i = της έντασης του ρεύματος προκύπτει ότι η κλίση της γραφικής dt παράστασης της συνάρτησης q=f(t) στο διάγραμμα q-t δίνει τη στιγμιαία τιμή της έντασης του ρεύματος. Από το διάγραμμα q-t φαίνεται ότι η κλίση είναι αρνητική μόνο στα σημεία Γ και Δ. 0

11 Ερώτηση 9. Διαθέτουμε δύο κυκλώματα ηλεκτρικών ταλαντώσεων, τα Α και Β. Οι χωρητικότητες των πυκνωτών στα δύο κυκλώματα είναι ίσες. Στο σχήμα παριστάνεται η ένταση του ρεύματος στα κυκλώματα Α και Β, σε συνάρτηση με το χρόνο. i Αν η ολική ενέργεια του κυκλώματος Α είναι E, η ολική ενέργεια του κυκλώματος Β είναι α) 4E 9. β) E 3. γ) 9E 4. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η γ. Από το σχήμα φαίνεται ότι τα πλάτη των εντάσεων του ρεύματος στα δύο κυκλώματα είναι ίσα: I A = I B. Επίσης, από το σχήμα φαίνεται πως για τις περιόδους ταλάντωσης ισχύει ότι: 3T A 9 = TB 3 π LAC = π LBC LB = LA 4 Η ολική ενέργεια του κυκλώματος Α δίνεται από τον τύπο: Η ολική ενέργεια του κυκλώματος Β δίνεται από τον τύπο: E= L I E B A A = LI B B 9 Θέτοντας LB = LAκαι επειδή I A = I B έχουμε: E = B LA IA EB LAIA 4 = 4 E = 9E B 4

12 (βλ. σελ. 5-6 του Σχολικού Βιβλίου)

13 Ερώτηση 0. Στο κύκλωμα του σχήματος, αρχικά ο διακόπτης Δ είναι κλειστός, ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το κύκλωμα διαρρέεται από σταθερό ρεύμα: Κ Λ Όταν ανοίξουμε το διακόπτη, ο πυκνωτής α) θα παραμείνει αφόρτιστος. β) θα φορτιστεί, με τον οπλισμό Κ να αποκτά πρώτος θετικό φορτίο. γ) θα φορτιστεί, με τον οπλισμό Λ να αποκτά πρώτος θετικό φορτίο. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. Όταν ανοίξουμε το διακόπτη, το πηνίο και ο πυκνωτής δημιουργούν ένα κύκλωμα LC, με τον πυκνωτή αρχικά αφόρτιστο και το πηνίο να διαρρέεται από ρεύμα έντασης i= I, ίδιας φοράς με το αρχικό, λόγω του φαινομένου της αυτεπαγωγής. Το κύκλωμα LC ξεκινά ηλεκτρική ταλάντωση, με την ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα να μειώνεται και τον πυκνωτή να φορτίζεται. Επειδή η φορά του ρεύματος είναι η συμβατική φορά, δηλαδή η φορά κίνησης θετικών φορτίων, ο οπλισμός που θα φορτιστεί πρώτος θετικά είναι ο οπλισμός Λ. (βλ. σελ. 4-7 και ασκ..49 του Σχολικού Βιβλίου) 3

14 Ερώτηση. Το πλάτος A μιας φθίνουσας ταλάντωσης μεταβάλλεται με το χρόνο t σύμφωνα με τη t σχέση A= Ae Λ, όπου A 0 το αρχικό πλάτος και Λ μια θετική σταθερά. Ο 0 απαιτούμενος χρόνος μέχρι το πλάτος της ταλάντωσης να γίνει A 0 είναι α) ln Λ. β) ln Λ. γ) ln Λ. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Θέτουμε A A = 0 στη σχέση A= : t Ae Λ 0 Λt A0 Λt Λt Λt A = A0e = A0e = e ln = ln e ln = Λt ln t = Λ (βλ. σελ. 9 του Σχολικού Βιβλίου) 4

15 Ερώτηση. Σε μια φθίνουσα ταλάντωση όταν το πλάτος της ταλάντωσης είναι A η ενέργεια της E ταλάντωσης είναι E. Όταν η ενέργεια της ταλάντωσης γίνει, το πλάτος της ταλάντωσης θα είναι α) A 4. β) A. γ) A. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το γ. Με χρήση της σχέσης E DA = και με διαίρεση κατά μέλη, έχουμε: E Ε αρχ τελ DA Ε αρχ A = = = Aτελ = Ε DA τελ A τελ = A (βλ. σελ. 3 & 8 του Σχολικού Βιβλίου) 5

16 Ερώτηση 3. Ένα μηχανικό σύστημα εκτελεί φθίνουσα ταλάντωση. Κάποια στιγμή, το πλάτος της ταλάντωσης είναι Α και η ενέργεια της ταλάντωσης είναι Ε. Όταν το πλάτος της ταλάντωσης μειωθεί κατά 50%, η ενέργεια που έχει απομείνει στο σύστημα είναι α) 0,75Ε. β) 0,5Ε. γ) 0, 5Ε. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η γ. Όταν το πλάτος της ταλάντωσης μειωθεί κατά 50%, θα ισχύει ότι A A' =. Η ενέργεια της ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο: έχει απομείνει στο σύστημα, έχουμε: E DA =. Για την ενέργεια E' που A A E' = DA' E' = D E' = D E' = DA 4 4 E ' = 0, 5E (βλ. σελ. 3 & 8-0 του Σχολικού Βιβλίου) 6

17 Ερώτηση 4. Η σφαίρα Σ είναι αναρτημένη σε ιδανικό ελατήριο και εκτελεί φθίνουσα ταλάντωση στο εσωτερικό του δοχείου. Με τη χρήση μιας αεραντλίας μειώνουμε πολύ αργά την πίεση του αέρα στο δοχείο. Από τη στιγμή που σταματά η λειτουργία της αεραντλίας, το πλάτος της ταλάντωσης της σφαίρας Σ σε σχέση με το χρόνο α) αυξάνεται. β) παραμένει σταθερό. γ) μειώνεται. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το γ. (βλ. σελ. 8 του Σχολικού Βιβλίου) Μετά το σταμάτημα της λειτουργίας της αεραντλίας στο δοχείο εξακολουθεί να υπάρχει μια ποσότητα αέρα. Ο αέρας προκαλεί δύναμη που αντιτίθεται στην κίνηση, επομένως, προκαλεί απόσβεση και ελάττωση του πλάτους. 7

18 Ερώτηση 5. Ένα σώµα µάζας m είναι κρεμασμένο από ελατήριο σταθεράς k και εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση πλάτους A και συχνότητας f, μικρότερης από την ιδιοσυχνότητα f 0 του συστήματος. Για να γίνει το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης μεγαλύτερο του A, πρέπει η συχνότητα f του διεγέρτη α) να αυξηθεί και να πλησιάσει την τιμή f 0. Β) να μειωθεί. γ) να αυξηθεί και να ξεπεράσει κατά πολύ την τιμή f 0. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το α. Στο σχήμα φαίνεται η εξάρτηση του πλάτους μιας εξαναγκασμένης ταλάντωσης από τη συχνότητα του διεγέρτη: Η συχνότητα f 0 αντιστοιχεί στη συχνότητα συντονισμού, δηλαδή, στη συχνότητα στην οποία μεγιστοποιείται το πλάτος ταλάντωσης. Όπως φαίνεται, επειδή f < f0, για να γίνει το πλάτος της εξαναγκασµένης ταλάντωσης µεγαλύτερο του A, πρέπει η συχνότητα f του διεγέρτη να αυξηθεί και να πλησιάσει την τιμή f 0, δηλαδή, το σύστημα να πλησιάσει στην κατάσταση συντονισμού. (βλ. σελ. του Σχολικού Βιβλίου) 8

19 Ερώτηση 6. Το σώμα μάζας m του σχήματος εκτελεί εξαναγκασμένη ταλάντωση μέσα σε δοχείο που περιέχει αέρα υπό πίεση, από τον οποίο δέχεται δύναμη της μορφής F' = bυ με b =σταθ. Αν αυξηθεί η πίεση του αέρα στο δοχείο, με αποτέλεσμα να υπάρξει μια μικρή αύξηση της σταθεράς b, το σώμα θα εκτελέσει: α) φθίνουσα ταλάντωση. β) αμείωτη ταλάντωση μικρότερου πλάτους. γ) απεριοδική κίνηση. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Η εξάρτηση του πλάτους μιας εξαναγκασμένης ταλάντωσης από τη συχνότητα f του διεγέρτη, καθώς και από τη σταθερά απόσβεσης b, φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: Αν αυξηθεί η πίεση του αέρα στο δοχείο, αυξάνεται η σταθερά απόσβεσης b. Για μια συγκεκριμένη συχνότητα f, το σύστημα μεταβαίνει από την κατάσταση Κ του σχήματος, στην κατάσταση Λ. Επομένως, θα μειωθεί το πλάτος της ταλάντωσης, σε σχέση με το προηγούμενο. Όμως το νέο πλάτος ταλάντωσης θα παραμένει σταθερό σε σχέση με το χρόνο, διότι η ταλάντωση είναι εξαναγκασμένη. (βλ. σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) 9

20 Ερώτηση 7. Σε ένα κύκλωμα LC με αντιστάτη και πηγή εναλλασσόμενης τάσης, το πλάτος της έντασης του ρεύματος σε συνάρτηση με τη συχνότητα f της εναλλασσόμενης τάσης δίνεται στο παρακάτω διάγραμμα: Όταν η συχνότητα f είναι ίση με, το πλάτος της έντασης του ρεύματος είναι I. π LC Μεταβάλλουμε τη συχνότητα f. Για να ξαναγίνει το πλάτος της έντασης του ρεύματος ίσο με I, πρέπει η συχνότητα της εναλλασσόμενης τάσης να γίνει α) μεγαλύτερη από π LC β) ίση με π LC γ) μικρότερη από π LC Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το γ. (βλ. σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) Το πλάτος της έντασης του ρεύματος παίρνει τη μέγιστη τιμή όταν η συχνότητα της εναλλασσόμενης τάσης (διεγέρτης) γίνει ίση με τη συχνότητα της ελεύθερης ηλεκτρικής ταλάντωσης (ιδιοσυχνότητα): f = f0 = (συντονισμός). π LC Στο σχήμα φαίνεται η συχνότητα συντονισμού f = f0, η αρχική συχνότητα f = f =, για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος είναι ίσο με I και η π LC συχνότητα f, για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος γίνεται ξανά ίσο με I. 0

21 Παρατηρούμε ότι η συχνότητα f είναι μικρότερη από την f 0, δηλαδή μικρότερη από π LC.

22 Ερώτηση 8. Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων που περιγράφονται από τις εξισώσεις: x = 0, 0ηµ 00πt και x = 0, 0ηµ 0π t (SI). Οι δύο ταλαντώσεις γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και στην ίδια διεύθυνση. Η εξίσωση της ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα δίνεται από τη σχέση α) x = 0,0 συν( πt) ηµ 0π t (SI) β) x = 0,0συνπtηµ 0π t (SI) γ) x = 0,0ηµ 0π t (SI) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η α. rad Οι δύο ταλαντώσεις είναι της μορφής x = Aηµω t και x = Aηµω t, με ω = 00π, s rad ω = 0π και A = 0,0 m. Η απομάκρυνση του σώματος λόγω της σύνθεσης αυτών s των ταλαντώσεων δίνεται από τον τύπο: ω ω ω+ω x = Aσυν t ηµ t Με αντικατάσταση έχουμε: ω ω ω+ω = συν ηµ x A t t x = 0, 0συνπt ηµ 0π t (SI) (βλ. σελ. 7 του Σχολικού Βιβλίου)

23 Ερώτηση 9. Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση των απλών αρμονικών ταλαντώσεων x = 0, 04ηµ 400π t και x = 0, 04ηµ 404π t (SI). Οι δύο ταλαντώσεις γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και στην ίδια διεύθυνση. Τη χρονική στιγμή t το πλάτος της κίνησης που εκτελεί το σώμα είναι 0,08 m. Το πλάτος της ταλάντωσης του σώματος θα μηδενιστεί για πρώτη φορά τη χρονική στιγμή α) t β) t γ) t + 0, 5 s. + 0,5 s. + s. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το α. Η κίνηση του σώματος παρουσιάζει διακροτήματα επειδή οι γωνιακές συχνότητες διαφέρουν ελάχιστα. Οι ταλαντώσεις x = 0, 04ηµ 400π t και x = 0, 04ηµ 404π t έχουν πλάτος ταλάντωσης A = 0, 04 m. Τη χρονική στιγμή t το πλάτος της κίνησης που εκτελεί το σώμα είναι 0,08 m = A, δηλαδή είναι μέγιστο. Επομένως, το πλάτος της κίνησης του σώματος θα μηδενιστεί για πρώτη φορά μετά από χρόνο ίσο με το μισό της περιόδου T δ των διακροτημάτων: t Tδ = t + () Υπολογίζουμε την περίoδο T δ των διακροτημάτων (βλ. σελ. 8 του Σχολικού Βιβλίου): π π π T = T = T = T = s δ δ δ δ ω ω π π π Με αντικατάσταση στην () έχουμε: t = t + 0, 5 s 3

24 Ερώτηση 0. Το σώμα Σ του σχήματος εκτελεί ταυτόχρονα δύο απλές αρμονικές ταλαντώσεις ίδιας διεύθυνσης, γύρω από το ίδιο σημείο, με περιόδους T και T, με αποτέλεσμα η κίνησή του να παρουσιάζει διακροτήματα. Ο χρόνος μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους της ταλάντωσης που θα εκτελέσει το σώμα είναι ίσος με α) TT T T. β) T + T. T T. γ) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι η α. Ο χρόνος μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους της ταλάντωσης, που θα εκτελέσει του σώμα, ονομάζεται περίοδος των διακροτημάτων και δίνεται από τον τύπο T = δ. f f (βλ. σελ. 8 του Σχολικού Βιβλίου) Θέτοντας f = και f = έχουμε: T T Tδ = Tδ = Tδ = T T T T T T TT TT TT T δ = TT T T 4

25 Ερώτηση. Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που οφείλεται στη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας διεύθυνσης, που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο, με το ίδιο πλάτος A και συχνότητες f και f που διαφέρουν λίγο μεταξύ τους. Στο χρονικό διάστημα μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους, το σώμα έχει διέλθει από τη θέση ισορροπίας του α) β) f+ f f f f f + f f φορές. φορές. γ) (f+ f ) f f φορές. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Το χρονικό διάστημα μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους ονομάζεται περίοδος των διακροτημάτων και δίνεται από τον τύπο: Τ δ = f f Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης δίνεται από τον τύπο: ω +ω ω= Η περίοδος Τ της ταλάντωσης βρίσκεται από τον τύπο π T = : ω π 4π 4π T= T= T= T= ω ω +ω π (f + f ) f + f Ο αριθμός N των ταλαντώσεων που γίνονται σε χρόνο ίσο με την περίοδο των διακροτημάτων είναι: T f f δ f+ f N= N= N= Τ f f f + f Επειδή σε κάθε ταλάντωση το σώμα διέρχεται φορές από τη θέση ισορροπίας, ο αριθμός N ΘΙ των διελεύσεων από τη θέση ισοροπίας στο χρονικό διάστημα μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών του πλάτους θα είναι: 5

26 N = ΘΙ Ν f+ f NΘΙ = f f (βλ. σελ. 7-8 του Σχολικού Βιβλίου) 6

27 Ερώτηση. Το σχήμα παρουσιάζει τις απλές αρμονικές ταλαντώσεις, και 3, οι οποίες γίνονται στην ίδια διεύθυνση, γύρω από το ίδιο σημείο. Αν γνωρίζετε ότι ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο ταλαντώσεων από αυτές τότε η ταλάντωση που περιγράφει την κίνηση του σώματος είναι α) η ταλάντωση. β) η ταλάντωση. γ) η ταλάντωση 3. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το γ. Από το σχήμα φαίνεται πως οι απλές αρμονικές ταλαντώσεις, και 3 έχουν ίδια περίοδο, επομένως έχουν ίδια συχνότητα. Η ταλάντωση είναι της μορφής x = Aηµω t Η ταλάντωση είναι της μορφής x = A ηµ ( ω t + π) x = Aηµω t Η ταλάντωση 3 είναι της μορφής x3 = A3ηµω t Από το σχήμα φαίνεται ότι: A3 = A A A3ηµω t = Aηµωt Aηµωt A3ηµω t= Aηµω t + ( Aηµωt) x3 = x+ x Επομένως, η ταλάντωση που περιγράφει την κίνηση του σώματος είναι η ταλάντωση 3. 7

28 Ερώτηση 3. Από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων, που οι συχνότητές τους f και f (f >f ) διαφέρουν πολύ λίγο, προκύπτει η ιδιόμορφη περιοδική κίνηση του σχήματος. Αν η συχνότητα f ισούται με 9 Hz, η συχνότητα της περιοδικής κίνησης ισούται με α) 3Hz. β) 30 Hz. γ) Hz. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Από το σχήμα υπολογίζουμε την περίοδο των διακροτημάτων: T = 0, 75s 0, 5s T = 0,5 s δ δ Επομένως, η συχνότητα των διακροτημάτων θα είναι: fδ = fδ = Hz T δ και επειδή f = f δ f και f > f: f f = f 9 = f = 3 Hz Η συχνότητα της περιοδικής κίνησης υπολογίζεται ως εξής: ω +ω π f + π f f + f f f f 30 Hz ω= π = = = 8

29 Ερώτηση 4. Ένα σώμα εκτελεί ταλάντωση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων ίδιας συχνότητας που γίνονται στην ίδια διεύθυνση γύρω από το ίδιο σημείο. Όταν το σώμα εκτελεί μόνο την πρώτη ταλάντωση, η ενέργεια της ταλάντωσης είναι E = J. Όταν το σώμα εκτελεί μόνο τη δεύτερη ταλάντωση, η ενέργεια της ταλάντωσης είναι E = 8J. Όταν το σώμα εκτελεί ταυτόχρονα τις δύο απλές αρμονικές ταλαντώσεις, η ενέργεια της ταλάντωσης είναι E = 0 J. Η διαφορά φάσης των δύο ταλαντώσεων είναι ίση με α) β) γ) Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Η σωστή απάντηση είναι το β. Η σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων της ίδιας συχνότητας, που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο στην ίδια διεύθυνση, είναι απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος A = A + A + AAσυνϕ, όπου A, A είναι τα πλάτη των αρμονικών ταλαντώσεων και ϕ είναι η διαφορά φάσης τους. Έχουμε: A = A + A + A A συνϕ A = A + A + A A συνϕ DA = DA + DA + D AAσυνϕ E = E+ E + DAAσυνϕ E E E 0J J 8J π DA A DA A συνϕ= συνϕ= συνϕ= 0 ϕ= (βλ. σελ. 6 του Σχολικού Βιβλίου) 9

30 ΘΕΜΑ Γ Άσκηση. Ένα σώμα μάζας m = kg είναι στερεωμένο στην άκρη οριζοντίου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = 00 N / m, του οποίου το άλλο άκρο είναι ακλόνητα στερεωμένο. Το σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, κατά τη διεύθυνση του άξονα χ'χ, σε λείο οριζόντιο επίπεδο με πλάτος A = 0, m. Τη χρονική στιγμή t 0 = 0 το σώμα βρίσκεται στη θέση τη μέγιστης θετικής απομάκρυνσης. Να βρείτε: α) τη γωνιακή συχνότητα ω και την ενέργεια Ε της ταλάντωσης. β) την εξίσωση x = f(t) της απομάκρυνσης του σώματος από τη θέση ισορροπίας του. γ) το διάστημα d που θα διανύσει το σώμα μέχρι το μέτρο της ταχύτητάς του να μεγιστοποιηθεί για δεύτερη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0. δ) την ταχύτητα υ του σώματος τη στιγμή που βρίσκεται στη θέση κινείται με κατεύθυνση προς τη θέση ισορροπίας του. A x = + και Λύση α) Επειδή το σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση και η μοναδική δύναμη που ασκείται στο σώμα, κατά τη διεύθυνση της κίνησης του, είναι αυτή του ελατηρίου, η σταθερά επαναφοράς D ισούται με τη σταθερά του ελατηρίου k. Από τη σχέση D = mω, για N D = k = 00 έχουμε: m k = mω ω= m k rad ω= 0 s (βλ. και σελ. του Σχολικού Βιβλίου) Από τη σχέση E DA = έχουμε: = = E = 0,5 J E DA E 00 0, J (βλ. και σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) β) Η απλή αρμονική ταλάντωση του σώματος είναι της μορφής x = A ηµ ( ω t + ϕ 0). (βλ. και σελ. του Σχολικού Βιβλίου) 30

31 Για t0 = 0 το σώμα βρίσκεται στη θέση τη μέγιστης θετικής απομάκρυνσης (x = + A). Επομένως: π x = A ηµ ( ω t + ϕ0) A = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad, επειδή 0<ϕ 0 < π Με αντικατάσταση των Α, ω, φ 0 προκύπτει: π x = 0, ηµ (0 t + ) (SI) γ) Η ταχύτητα του σώματος μεγιστοποιείται στη θέση ισορροπίας. Επομένως, αναζητούμε το μήκος της τροχιάς που έχει διανύσει το σώμα μέχρι τη χρονική στιγμή που διέρχεται για η φορά από τη θέση ισορροπίας. χ=-α χ=0 χ=+α Από το σχήμα φαίνεται ότι αυτό το διάστημα είναι d = 3A, το πλάτος Α είναι ίσο με 0,m, επομένως: d = 0,3 m δ) Η ενέργεια της ταλάντωσης του συστήματος δίνεται από τη σχέση E= K+ U. Με αντικατάσταση, όταν το σώμα βρίσκεται στη θέση χ, έχουμε: A E K U ka m kx ka m k( ) = + = υ + = υ + υ= m s (βλ. και σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) Επειδή x>0 και η κατεύθυνση της κίνησης είναι προς τη θέση ισορροπίας, συμπεραίνουμε ότι υ<0. Άρα: υ= m s 3

32 Άσκηση. Ένα κατακόρυφο ιδανικό ελατήριο σταθεράς k = 00 N / m έχει το πάνω άκρο του στερεωμένο σε μια οροφή. Στο κάτω άκρο του ελατηρίου έχει προσδεθεί σώμα μάζας m = kg που ισορροπεί. Μετακινούμε το σώμα προς τα πάνω κατά d = 0, m και τη χρονική στιγμή t 0 = 0 το αφήνουμε ελεύθερο. Το σώμα ξεκινά να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Θεωρώντας θετική την κατακόρυφη προς τα κάτω φορά να βρείτε: α) την αρχική φάση ϕ 0 της ταλάντωσης. β) τη μέγιστη ταχύτητα υ max του σώματος κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης. γ) την κινητική ενέργεια Κ του σώματος τις χρονικές στιγμές που η δυναμική ενέργεια ταλάντωσης είναι U= J. δ) το μέτρο της μέγιστης δύναμης F ελ,max που ασκεί το ελατήριο στο σώμα κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης. Δίνεται: g = 0 m / s. Λύση (βλ. σελ. 0-3 του Σχολικού Βιβλίου) α) Το σώμα θα ξεκινήσει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση από ακραία θέση με A = d = 0, m. Επειδή έχουμε θέσει θετική την κατακόρυφη προς τα κάτω φορά, η ταλάντωση θα ξεκινήσει από την αρνητική ακραία θέση της ταλάντωσης. Για την εύρεση της αρχικής φάσης της ταλάντωσης θέτουμε t = 0 και x = A στην εξίσωση της ταλάντωσης: 3π x = A ηµ ( ω t + ϕ0) Α = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad επειδή 0<ϕ 0 < π β) Θέτουμε N D = k = 00 και βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης: m rad k = mω 00 = ω ω= 0 s Από τη σχέση υ max = ωα υπολογίζουμε τη μέγιστη ταχύτητα του σώματος κατά τη διάρκεια ταλάντωσης: 3

33 m υ max = ωα υ max = s γ) Θέτουμε N D = k = 00 και υπολογίζουμε την ενέργεια της ταλάντωσης: m E = ka E = 4 J Επειδή E= K+ U έχουμε: E= K+ U 4= K+ K= 3J δ) Το ελατήριο ασκεί στο σώμα μέγιστη δύναμη F ελ,max, κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης, στη θέση που έχει μεγιστοποιηθεί η απόσταση L max από το φυσικό μήκος του. Αυτή η θέση είναι η κατώτερη θέση της ταλάντωσης (θετική ακραία θέση, ΑΘ(+), όπως φαίνεται στο σχήμα. Από το σχήμα φαίνεται ότι η απόσταση L max ισούται με d+ A, όπου d είναι η απόσταση μεταξύ της θέσης φυσικού μήκους (ΘΦΜ) και της θέσης ισορροπίας (ΘΙ). Βρίσκουμε την απόσταση d από τη συνθήκη ισορροπίας: στη ΘΙ: mg Σ F = 0 Fελ = w kd = mg d = d = 0, m k Υπολογίζουμε την απόσταση Lmax = d+ A Lmax L max : = 0,3 m Από το Νόμο Hooke έχουμε: Fελ = kl Fελ,max = klmax F,max ελ = 60 N 33

34 Άσκηση 3. Κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς k έχει το κάτω άκρο του στερεωμένο στο δάπεδο. Στο άνω άκρο του ελατηρίου έχει προσδεθεί σώμα μάζας m που ισορροπεί. Στη θέση ισορροπίας, το ελατήριο είναι συσπειρωμένο κατά d = 0,05 m. Το σύστημα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με ενέργεια E= J και εξίσωση απομάκρυνσης x = 0, ηµ ( ω t + π ) (SI). Θετική έχει θεωρηθεί η κατακόρυφη προς τα κάτω φορά. Να βρείτε: α) τη σταθερά k του ελατηρίου. β) τη μάζα m του σώματος. γ) τη γωνιακή συχνότητα ω της ταλάντωσης. δ) την ταχύτητα υ του σώματος, τη χρονική στιγμή π t = s. 80 Δίνεται: g = 0 m / s. Λύση α) Θέτουμε D = k στον τύπο της ενέργειας της ταλάντωσης: E = = A E ka k N k = 00 m (βλ. σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) β) Από τη συνθήκη ισορροπίας (για τη θέση ισορροπίας, ΘΙ), θέτοντας d = 0,05 m έχουμε: στη ΘΙ: kd Σ F = 0 Fελ = w kd = mg m = m = kg g (βλ. σελ. του Σχολικού Βιβλίου) 34

35 γ) Από τη σχέση m T= π έχουμε: D m T= π T= π s D 00 π T= 0 s Επειδή π ω=, με αντικατάσταση έχουμε: T π ω= T rad ω= 0 s (βλ. σελ. του Σχολικού Βιβλίου) δ) Γράφουμε τη συνάρτηση της ταχύτητας σε σχέση με το χρόνο. υ = υmaxσυν( ω t + ϕ 0) Υπολογίζουμε τη μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης: υ =ωa υ = max max m s Αντικαθιστούμε στην παραπάνω συνάρτηση τις τιμές: υ = max m s π t = s, 80 rad ω= 0 και s m υ = υmaxσυν( ω t + ϕ0) υ = συν(0 0,05 + π) s π m υ = συν(0 + π) 80 s π m υ = συν ( + π) 4 s m υ= s (βλ. σελ. - του Σχολικού Βιβλίου) 35

36 Άσκηση 4. Ένα σώμα μάζας m εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Η ενέργεια της ταλάντωσης είναι E = 0,8 J. Η γραφική παράσταση της ταχύτητας υ του σώματος σε συνάρτηση με το χρόνο t απεικονίζεται στο παρακάτω σχήμα: α) να βρείτε το πλάτος Α της ταλάντωσης. β) να υπολογίσετε τη σταθερά επαναφοράς D της ταλάντωσης. γ) να παραστήσετε γραφικά τη φάση φ της ταλάντωσης συναρτήσει του χρόνου t, στο χρονικό διάστημα από t 0 = 0 ως t = T, αν γνωρίζουμε ότι η απομάκρυνση του σώματος μεταβάλλεται όπως το ημίτονο σε σχέση με το χρόνο. δ) να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της ορμής του σώματος τη χρονική στιγμή t π = s. 40 Λύση Από το σχήμα εξάγουμε τις εξής πληροφορίες: υ = max m 4 s T π π = s T= s 0 0 Για t = 0 υ= 0, δηλαδή το σώμα βρίσκεται σε ακραία θέση. Αμέσως μετά τη στιγμή t = 0 υ> 0, άρα το σώμα τη στιγμή t = 0 βρίσκεται στην αρνητική ακραία θέση ( x = A). Θέτοντας t = 0 και x = A στην εξίσωση x = A ηµ ( ω t + ϕ 0) της απλής αρμονικής ταλάντωσης, βρίσκουμε την αρχική φάση της ταλάντωσης: 3π x = A ηµ ( ω t + ϕ0) A = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad επειδή 0<ϕ 0 < π. α) Από τον τύπο π ω= Τ υπολογίζουμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης: 36

37 π rad ω= ω= 0 Τ s Από τον τύπο υ max =ω A υπολογίζουμε το πλάτος της ταλάντωσης: υ =ωa A = 0, m max (βλ. σελ. 8-0 του Σχολικού Βιβλίου) β) Από τον τύπο E DA = υπολογίζουμε τη σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης: E = = A E DA D N D = 40 m (βλ. σελ. 3 του Σχολικού Βιβλίου) γ) Η φάση φ της ταλάντωσης συναρτήσει του χρόνου t δίνεται από τη συνάρτηση: 3π ϕ=ω t +ϕ0 ϕ= 0t + (SI) Η συνάρτηση αυτή είναι πρώτου βαθμού ως προς t. Η γραφική παράσταση της φάσης φ της ταλάντωσης συναρτήσει του χρόνου t, στο χρονικό διάστημα από t 0 = 0 ως t=t φαίνεται στο σχήμα: (βλ. σελ. του Σχολικού Βιβλίου) δ) Σύμφωνα με το ο Νόμο Newton, ο ρυθμός μεταβολής της ορμής ισούται με τη dp συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα: Σ F =. dt Στην απλή αρμονική ταλάντωση, η συνισταμένη δύναμη δίνεται από τον τύπο F Dx Σ =, επομένως: 37

38 dp Dx dt = Βρίσκουμε την απομάκρυνση χ του σώματος από τη θέση ισορροπίας τη χρονική στιγμή π t = s: 40 3π x = 0, ηµ (0t + ) m 0π 3π x = 0, ηµ ( + )m x = 0 40 Με αντικατάσταση προκύπτει: dp 0 dt = (βλ. σελ. του Σχολικού Βιβλίου) 38

39 Άσκηση 5. Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Τη χρονική στιγμή t0 = 0, ο πυκνωτής έχει το μέγιστο ηλεκτρικό φορτίο Q = 4 mc. Ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C = 50 µ F και το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L = 0 mh. C Κ Λ L Να βρείτε: α) Την εξίσωση q = f(t) του φορτίου του οπλισμού Κ του πυκνωτή. β) Την ενέργεια Ε της ηλεκτρικής ταλάντωσης. γ) Τη χρονική στιγμή t κατά την οποία η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα μεγιστοποιείται για δεύτερη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0. δ) Την ένταση i του ρεύματος τη χρονική στιγμή κατά την οποία το φορτίο του οπλισμού Κ είναι q = 3 mc και ο πυκνωτής είναι σε κατάσταση φόρτισης. Λύση α) Επειδή τη χρονική στιγμή t0 = 0, ο πυκνωτής έχει μέγιστο ηλεκτρικό φορτίο, με τον οπλισμό Κ θετικά φορτισμένο, η χρονική εξίσωση q = f(t) του φορτίου του οπλισμού Κ του πυκνωτή είναι της μορφής: q= Qσυνω t Βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης: 3 rad ω= ω= 0 LC s Επομένως: 3 3 q = 4 0 συν 0 t (SI) β) Από τον τύπο ταλάντωσης: Q E = υπολογίζουμε την ολική ενέργεια της ηλεκτρικής C 39

40 3 Q (4 0 ) E= E= J 6 C 50 0 E = 0,6 J γ) Από τις γραφικές παραστάσεις των εξισώσεων q = f(t) και i = f(t) παρατηρούμε ότι η χρονική στιγμή t κατά την οποία η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα μεγιστοποιείται 3T για δεύτερη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0 είναι η: t = 4 Υπολογίζουμε την περίοδο Τ της ηλεκτρικής ταλάντωσης: π = = π ω 3 T T 0 s Με αντικατάσταση έχουμε: t 3T = 4 3 t =, 5π 0 s δ) i= A Από τη σχέση E= UE + UB έχουμε: Q q Q q E = UE + UB = + Li = Li C C C C Q q i = i =ω (Q q ) i = 0 (6 0 0 ) A LC i = 4A i = A Σύμφωνα με την εκφώνηση ο πυκνωτής είναι σε κατάσταση φόρτισης. Αυτό σημαίνει ότι το q αυξάνεται και για τον οπλισμό Κ που έχει αρνητικό φορτίο θα ισχύει, dq 0 dt <.Άρα i= A. (βλ. και γραφικές παραστάσεις στο ερώτημα γ). 40

41 Άσκηση 6. Στο κύκλωμα του σχήματος δίνονται: πηγή ηλεκτρεγερτικής δύναμης E = 0 V μηδενικής εσωτερικής αντίστασης, πυκνωτής χωρητικότητας C = 00 µ F, ιδανικό πηνίο με συντελεστή αυτεπαγωγής L. Αρχικά ο μεταγωγός μ είναι στη θέση (Α) και ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος. Στρέφουμε το μεταγωγό στη θέση (Β) και το κύκλωμα LC αρχίζει να εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα LC είναι I = 0, A. Να βρείτε: α) Το μέγιστο φορτίο Q του πυκνωτή. β) Την περίοδο Τ της ηλεκτρικής ταλάντωσης. γ) Το συντελεστή αυτεπαγωγής L του πηνίου. UE δ) Το λόγο της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή προς την ενέργεια UB του μαγνητικού πεδίου του πηνίου τις χρονικές στιγμές που το φορτίο του πυκνωτή είναι Q q =. Λύση (βλ. σελ. 4-7 του Σχολικού Βιβλίου) α) Επειδή αρχικά ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος, ισχύει: Q Q = = = = V E 6 C C Q C E Q C max 3 Q = 0 C β) Από τον τύπο I= ω Q βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα: 3 rad I = ωq 0,A = ω 0 C ω= 00 s 4

42 Υπολογίζουμε την περίοδο της ηλεκτρικής ταλάντωσης από τον τύπο: π π T= T= s ω 00 T= π 50 s γ) Από τον τύπο T = π LC υπολογίζουμε το συντελεστή αυτεπαγωγής του πηνίου: T π = π = π = = 4π C 4π 0 50 T LC T 4 LC L L H L= H 4 50 L = H δ) Από τη σχέση E= UE + UB έχουμε: E= UE + UB UB = E UE UE Με αντικατάσταση στο λόγο της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή UB προς την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου, έχουμε: q U U U U q U E U U U Q q C C E E E E = = C = B E B Q q B Θέτοντας Q q = έχουμε: Q Q = = Q Q UE UE UB UB Q Q U E U = B 4

43 Άσκηση 7. Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C= 4µ F και η περίοδος ταλάντωσης του κυκλώματος είναι 3 T 0 s = π. Τη χρονική στιγμή που το φορτίο του πυκνωτή είναι ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι i ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος. = 3 ma. Τη χρονική στιγμή 6 q 0 C =, η 3π 3 t = 0 s 4 C L Να βρείτε: α) Τη χρονική στιγμή t κατά την οποία ο πυκνωτής φορτίζεται πλήρως για πρώτη φορά μετά τη χρονική στιγμή t. β) Τη μέγιστη ένταση I του ρεύματος στο κύκλωμα. γ) Το συντελεστή αυτεπαγωγής L του πηνίου. δ) Τη μέγιστη τάση V max μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή. Λύση T α) Δύο διαδοχικές φορτίσεις του πυκνωτή απέχουν μεταξύ τους χρονικά t = Επειδή. 3π 3 τη χρονική στιγμή t = 0 s ο πυκνωτής είναι πλήρως φορτισμένος για τη χρονική 4 στιγμή t θα ισχύει: T 3π π = + = t t t 0 s 0 s 7π 4 3 t = 0 s β) Από τη σχέση E= UE + UB έχουμε: q q 4π q LI = + Li I = + i I = + i C LC (π LC) 43

44 6 4πq 4 π ( 0 ) 3 I = + i I = + ( 3 0 ) A 3 Τ (π 0 ) I A I 6 0 A = + = 3 I 4 0 A = γ) Από τον τύπο T = π LC με αντικατάσταση έχουμε: T LC 0 s L 4 0 F 0 H L = π π = π = L = 0, 5 H δ) Από τη σχέση Q C = έχουμε: V max Q Q I I Τ C= Vmax = Vmax = Vmax = V C ωc πc max V π 0 = V π 4 0 max 6 Vmax = V 44

45 Άσκηση 8. Ένα σώμα εκτελεί κίνηση που προέρχεται από τη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων που περιγράφονται από τις εξισώσεις: x = 3ηµ 0πt (cm) και π x = 3 ηµ (0 π t + ) (cm). Οι δύο ταλαντώσεις γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και 3 στην ίδια διεύθυνση. Να βρείτε: α) Την περίοδο Τ της ταλάντωσης του σώματος. β) Το πλάτος Α της ταλάντωσης. γ) Την αρχική φάση ϕ 0 της ταλάντωσης. δ) Τη χρονική στιγμή t στην οποία το σώμα φτάνει σε ακραία θέση της ταλάντωσής του για πρώτη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0 = 0. Δίνονται: π 3 συν =, 6 π συν =, 3 π 7π 3 εϕ = εϕ = Λύση α) Οι δύο ταλαντώσεις είναι της μορφής Επομένως: x = A ηµ ( ω t) και x = A ηµ ( ω t + ϕ ). A = 3 cm A = 3 cm rad ω= 0π s ϕ= π rad 3 Η σύνθεση δύο αρμονικών ταλαντώσεων που γίνονται στην ίδια διεύθυνση και γύρω από το ίδιο σημείο με ίδια ω είναι απλή αρμονική ταλάντωση με την ίδια ω, της μορφής: x = A ηµ ( ω t + ϕ ). 0 Επομένως, για την περίοδο της σύνθετης ταλάντωσης, έχουμε: π π T= T= ω 0 π T = 0, s 45

46 β) Για το πλάτος Α της ταλάντωσης έχουμε: π A= A + A + AAσυνϕ A = ( 3) συν cm 3 A = ( ) cm A = 3 cm γ) Για την αρχική φάση ϕ 0 της ταλάντωσης, έχουμε: π 3 3ηµ 3 Αηµϕ εϕϕ 3 0 = εϕϕ 0 = εϕϕ 0 = Α + Ασυνϕ π 3+ 3συν εϕϕ = εϕϕ = 3 3 εϕϕ = 3. π 7π Επομένως (για 0 ϕ 0 < π rad ) έχουμε ϕ 0 = rad ή ϕ 0 = rad π Η τιμή ϕ 0 = rad απορρίπτεται διότι η ϕ 0 πρέπει να είναι μεταξύ των αρχικών 6 π φάσεων των αρχικών ταλαντώσεων, επομένως πρέπει 0 ϕ 0 < rad, το οποίο ισχύει 3 π για ϕ 0 = rad 6 π δ) Από τη σχέση x = A ηµ ( ω t + ϕ 0), με αντικατάσταση έχουμε: x = 3 ηµ (0 π t + ). Η 6 π αντίστοιχη εξίσωση της ταχύτητας είναι υ = υmax συν(0 π t + ). Θέτοντας t0 = 0 σ' αυτή 6 π 3 την εξίσωση έχουμε: υ 0 =υmaxσυν( ) υ 0 =υmax υ 0 > 0. 6 Επειδή η ταλάντωση ξεκινά με θετική ταχύτητα, το σώμα φτάνει πρώτα στη θετική ακραία θέση της ταλάντωσής του ( x = + A). π Θέτοντας x =+ A =+ 3 cm στην εξίσωση x = 3 ηµ (0 π t + ) (cm), έχουμε: 6 π π π π 3 = 3 ηµ (0π t + ) ηµ (0π t + ) = 0π t+ = kπ

47 π π k 0π t = kπ+ t = k 6 Πρέπει: 0 t < T 0 t < 0, s 0 + < k 5 5 < k < k = 0 ή k = Επειδή τη χρονική στιγμή t το σώμα φτάνει σε ακραία θέση της ταλάντωσής του για πρώτη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0 = 0, θέτουμε k = 0 και έχουμε: t = 0+ s 30 t = s 30 47

48 Άσκηση 9. (Η άσκηση δόθηκε από τον εθελοντή κ. Παπαδημητρίου Αθανάσιο) Διαθέτουμε δύο κυκλώματα ηλεκτρικών ταλαντώσεων Α και Β. Τα πηνία είναι ιδανικά και οι αγωγοί σύνδεσης έχουν αμελητέα αντίσταση. Η μεταβολή του φορτίου καθενός πυκνωτή, σε συνάρτηση με το χρόνο, φαίνεται στο ακόλουθο διάγραμμα.(η κόκκινη καμπύλη αντιστοιχεί στο Α και η κυανή στο Β). Οι πυκνωτές έχουν χωρητικότητες CA = F µ και CB = µ F. α) Να βρείτε τις μέγιστες τιμές της ενέργειας ηλεκτρικού πεδίου για κάθε κύκλωμα. β) Να βρείτε τις τιμές των συντελεστών αυτεπαγωγής των δύο πηνίων. γ) Να βρείτε τις μέγιστες τιμές των ρευμάτων που διαρρέουν τα δύο κυκλώματα. δ) Να γράψετε τις εξισώσεις των φορτίων των πυκνωτών, σε συνάρτηση με το χρόνο, στα δύο κυκλώματα, σε μονάδες του S.I. Δίνεται π = 0. Λύση α) Από το διάγραμμα βρίσκουμε: QA 6 0 C =, QB 6 = 3 0 C. Η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου σε κάθε κύκλωμα υπολογίζεται από τις παρακάτω σχέσεις: U A,max QA = = C A ( 0 ) C F 6 = 0 J, Q (3 0 ) C 6 B 6 UB,max = = =,5 0 J 6 CB 0 F 48

49 β) Από το διάγραμμα βρίσκουμε: 3T A = = = 5m s TA 0m s 0 s και 3T 4 B = = =. 3 5ms TB 0ms 0 0 s T 0 s 0 T = π L C L = = = H =,5H, 4 C F 4 4 A A A A A 6 π A T 4 0 s 0 T = π L C L = = = H = 5H 4 C F 4 B B B B B 6 π B γ) π π =ω = = = π, 6 0 C 4 IA AQA QA 4 0 A TA 0 s π π C 4 IB =ω BQB = QB = = 3π 0 A TB 0 s δ) Γενικά ισχύει: q= Q συν( ω t + ϕ 0) Για την ταλάντωση Α όταν t = 0, ισχύει q = 0 T π και όταν t = ω t = ισχύει q= Q. 4 π Άρα, για t = 0 ισχύει 0 = συνϕ 0 οπότε ή ϕ 0 = ή ϕ 0 = 3π Για T π t = και ϕ 0 = βρίσκουμε q = Q (άτοπο), 4 3π ενώ για ϕ 0 = βρίσκουμε q = Q (δεκτό) Έτσι παίρνουμε 3π π ( ) 6 qa = Q A συν( ω t + ) = QA ηµω t = QA ηµ t qa = 0 ηµ 00π t S.I. TA Για την ταλάντωση Β όταν t = 0, ισχύει q= Q. π Οπότε Q= Qηµϕ 0, δηλαδή ηµϕ 0 = και ϕ 0 = 49

50 Έτσι η π 6 qb = QB συνω t = QB συν t qb = 3 0 συν00πt (S.I.) TB 50

51 ΘΕΜΑ Δ Πρόβλημα. Στο κύκλωμα του σχήματος η πηγή έχει ηλεκτρεγερτική δύναμη E= V και μηδενική εσωτερική αντίσταση, οι ωμικοί αντιστάτες έχουν αντίσταση R = 0 Ω, ο πυκνωτής έχει 6 χωρητικότητα C = 5 0 F, το πηνίο L έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L = 00 mh και το πηνίο L έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L = 4 mh. Αρχικά ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος, ο μεταγωγός μ είναι στη θέση (Α), ο μεταγωγός μ είναι στη θέση (Γ) και το πηνίο L διαρρέεται από σταθερό ρεύμα. Στρέφουμε το μεταγωγό μ στη θέση (Β) και το κύκλωμα L C αρχίζει να εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Κάποια χρονική στιγμή t0 = 0 που η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα L C είναι μηδέν, στρέφουμε το μεταγωγό μ στη θέση (Δ) και το κύκλωμα RL C αρχίζει να εκτελεί φθίνουσα ηλεκτρική ταλάντωση. (Α) μ (Β) (Γ) μ (Δ) E L Κ Λ C L R R Να βρείτε: α) τη μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα L C. β) την ενέργεια E της ταλάντωσης του κυκλώματος L C. UE γ) το λόγο της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή προς την ενέργεια UB του μαγνητικού πεδίου του πηνίου στο κύκλωμα L C, τις χρονικές στιγμές κατά τις 4 οποίες το φορτίο του πυκνωτή είναι q = 0 C. δ) τη θερμότητα Q R που ρέει από το κύκλωμα RL C προς το περιβάλλον, από τη χρονική στιγμή t 0 μέχρι τη χρονική στιγμή t, κατά την οποία το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι 5 Q 5 0 C =. Λύση α) Επειδή το πηνίο E = I R I = 0, A 0 ολ 0 L διαρρέεται από σταθερό ρεύμα I 0 ισχύει: 5

52 Όταν στρέψουμε το μεταγωγό μ στη θέση (Β), λόγω αυτεπαγωγής, το πηνίο στιγμιαία εξακολουθεί να διαρρέεται από το ίδιο ρεύμα I 0. Επειδή αρχικά ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος, αυτή θα είναι η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα L C: I = 0, A β) Η ενέργεια του κυκλώματος L C βρίσκεται από τη σχέση Q E = () C Από τη σχέση T= π LC υπολογίζουμε την περίοδο ταλάντωσης του κυκλώματος L C: T= π LC 6 T 0, 5 0 s = π 3 T = π 0 s Από τη σχέση π ω= έχουμε: T 3 rad ω= 0 s Από τον τύπο I = ω Q βρίσκουμε το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή: I 4 Q = Q = 0 C ω Με αντικατάσταση στη σχέση () παίρνουμε 3 E = 4 0 J γ) Επειδή UB = E UE, έχουμε: q UE UE UE UE q = = C = UB E UE UB Q q UB Q q C C UE 0 J U 0 J U = J U = 3 0 J B 8 8 E 8 B 8 8 ( ) UE = U 3 B δ) Επειδή τη χρονική στιγμή t0 = 0, που στρέψαμε το μεταγωγό μ στη θέση (Δ), η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα L C είναι μηδέν, το φορτίο του πυκνωτή είναι 4 μέγιστο, δηλαδή ισούται με Q = 0 C. Αυτό είναι το φορτίο Q 0 του πυκνωτή τη 4 χρονική στιγμή t 0, δηλαδή Q = 0 C. 0 5

53 Η θερμότητα Q R που ρέει από το κύκλωμα RL C προς το περιβάλλον, από τη χρονική στιγμή t 0 μέχρι τη χρονική στιγμή t, ισούται με την απώλεια ενέργειας E0 E από το κύκλωμα, στο ίδιο χρονικό διάστημα: Q0 Q QR = E0 E QR = Q R = (Q0 Q ) C C C 3 QR = 3,75 0 J (βλ. και ερώτηση.9, σελ. 34 του Σχολικού Βιβλίου) 53

54 Πρόβλημα. Στο ιδανικό κύκλωμα του σχήματος έχουμε αρχικά τον πυκνωτή χωρητικότητας C = 0 µ F φορτισμένο με φορτίο Q, με πολικότητα που φαίνεται στο σχήμα και τους διακόπτες Δ και Δ, ανοικτούς. Τη χρονική στιγμή t0 = 0 ο διακόπτης Δ κλείνει οπότε στο κύκλωμα L C έχουμε αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Ο συντελεστής αυτεπαγωγής L του πηνίου του κυκλώματος L C είναι L = mh. Η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα L C είναι I = 0 A. Τη χρονική στιγμή t = T, όπου T η περίοδος της ταλάντωσης του κυκλώματος L C, ο διακόπτης Δ ανοίγει και ταυτόχρονα κλείνει ο Δ, οπότε στο κύκλωμα L C έχουμε αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση με περίοδο T = T. Δ Δ L Κ ++++ Λ C L Να βρείτε: α) την περίοδο T της ταλάντωσης του κυκλώματος L C. β) το μέγιστο φορτίο Q που θα αποκτήσει ο πυκνωτής χωρητικότητας C κατά τη διάρκεια της ηλεκτρικής ταλάντωσης του κυκλώματος L C. γ) το συντελεστή αυτεπαγωγής L του πηνίου του κυκλώματος L C. δ) τη συνάρτηση του φορτίου q του οπλισμού Κ του πυκνωτή σε σχέση με το χρόνο και να σχεδιάσετε την αντίστοιχη γραφική παράσταση από t 0 = 0 μέχρι t = 3T. Λύση (βλ. σελ. 4-6 του Σχολικού Βιβλίου) α) Από τον τύπο T = π LC με αντικατάσταση έχουμε: 3 6 T LC T s = π = π 4 T = 4π 0 s π β) Από τον τύπο ω = Τ έχουμε: 54

55 π 3 rad ω = ω = 5 0 s Τ Με αντικατάσταση στη σχέση I = ω Q έχουμε: I Q Q =ω = ω I 6 Q = 4 0 C γ) Επειδή T = T, έχουμε: T = T π LC = π LC L = 4L 3 L = 8 0 H δ) Από t0 = 0 μέχρι t = T το φορτίο του οπλισμού (Κ) του πυκνωτή μεταβάλλεται σύμφωνα με τη σχέση: = συνω = συν, 0 t < T 6 3 q Q t q t (SI) Σύμφωνα με αυτή, στο χρονικό διάστημα 0 t < T, το κύκλωμα L C έχει εκτελέσει μια πλήρη ηλεκτρική ταλάντωση. Τη χρονική στιγμή t = T, ο διακόπτης Δ ανοίγει και ταυτόχρονα κλείνει ο Δ, οπότε το κύκλωμα L C ξεκινά αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση με τον οπλισμό Κ να έχει φορτίο q = Q, διότι το κύκλωμα έχει επιστρέψει στην αρχική κατάσταση. Από t = T μέχρι t = 3T το φορτίο του οπλισμού (Κ) του πυκνωτή μεταβάλλεται σύμφωνα με τη σχέση: = συνω = συν π, T t < 3T 6 3 q Q (t T ) q 4 0 (,5 0 t ) (SI) Το μέγιστο φορτίο παραμένει το ίδιο και αλλάζει η περίοδος ταλάντωσης Τ. Σύμφωνα με την προηγούμενη σχέση, στο χρονικό διάστημα T t < 3T, επειδή T = T, το κύκλωμα L C έχει εκτελέσει μια πλήρη ηλεκτρική ταλάντωση. Η γραφική παράσταση του φορτίου q του οπλισμού Κ του πυκνωτή σε σχέση με το χρόνο, από t 0 = 0 μέχρι t = 3T, είναι η εξής: 55

56 56

57 Πρόβλημα 3. Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση. Η ένταση 3 του ρεύματος σε σχέση με το χρόνο δίνεται από την εξίσωση i = 0, ηµ 0 t (SI), ενώ ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C = 0 µ F. Να βρείτε: α) τη μέγιστη τάση V max μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή. β) την ενέργεια U B του μαγνητικού πεδίου του πηνίου τη χρονική στιγμή t κατά την οποία η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα λαμβάνει την τιμή i = 0, A. γ) την παραπάνω χρονική στιγμή t αν γνωρίζουμε ότι αυτό συμβαίνει για πρώτη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0 = 0. δ) την απόλυτη τιμή του ρυθμού μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα, τη χρονική στιγμή t. Λύση Με σύγκριση των εξισώσεων πληροφορίες: 3 i = 0, ηµ 0 t (SI) και i= Iηµω t εξάγουμε τις εξής I = 0, A 3 rad ω= 0 s α) Από τη σχέση I= ω Q υπολογίζουμε το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή: I =ω = = ω 4 I Q Q Q 0 C Από τον ορισμό της χωρητικότητας του πυκνωτή υπολογίζουμε τη μέγιστη τάση μεταξύ των οπλισμών του: V max Q Q C = Vmax V = C V max max (βλ. σελ. 5 του Σχολικού Βιβλίου) = 0 V 57

58 β) Από τον τύπο T = π LC υπολογίζουμε το συντελεστή αυτεπαγωγής του πηνίου: T = π LC ω= L = L = H L = 0, 05 H LC ω C ( ) Από τη σχέση U στιγμή t κατά την οποία η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα λαμβάνει την τιμή i = 0, A : B = Li υπολογίζουμε την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου τη χρονική U Li B = 4 UB =,5 0 J (βλ. σελ. 5-6 του Σχολικού Βιβλίου) γ) Επειδή η εξίσωση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι της μορφής αντίστοιχη εξίσωση του φορτίου θα είναι της μορφής 3 i = Iηµ 0 t, η 3 q = Qσυν 0 t. Σχεδιάζουμε τις αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις και σημειώνουμε τη χρονική στιγμή t κατά την οποία η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα λαμβάνει την τιμή i = 0, A για πρώτη φορά μετά τη χρονική στιγμή t 0 = 0: T Παρατηρούμε ότι t <. 4 Θέτουμε την τιμή i = 0, A στην εξίσωση 3 i = 0, ηµ 0 t (SI) και έχουμε: π kπ π 0, = 0, ηµ 0 t ηµ 0 t = 0 t = kπ + t = + s Για πρώτη φορά συμβαίνει για k=0, άρα 58

59 π = 6 3 t 0 s δ) Από τη σχέση = συν υπολογίζουμε το φορτίο τη χρονική στιγμή t : 4 3 q 0 0 t π = συν = συν = q 0 0 t q 0 q 3 0 C Από τον ορισμό της χωρητικότητας του πυκνωτή υπολογίζουμε την τάση V μεταξύ των οπλισμών του τη χρονική στιγμή t : q q C= V= V= 5 3V V C Η τάση V μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή ισούται κάθε στιγμή με την απόλυτη τιμή της ηλεκτρεγερτικής δύναμης από αυτεπαγωγή E αυτ στα άκρα του πηνίου: E = V = αυτ 5 3V Η ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή δίνεται από τον τύπο: di E = αυτ L di E = αυτ L dt dt όπου di dt κύκλωμα. είναι η απόλυτη τιμή του ρυθμού μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο Με αντικατάσταση τιμών έχουμε: di di E = L 5 3 0, 05 αυτ dt = dt di = 00 3 A dt s (βλ. σελ. 7 του Σχολικού Βιβλίου) 59

60 Πρόβλημα 4. Ένα σώμα μάζας m = 4 kg ισορροπεί πάνω σε λείο κεκλιμένο επίπεδο που σχηματίζει με 0 τον ορίζοντα γωνία ϕ= 30. Το σώμα είναι δεμένο στην άκρη ιδανικού ελατηρίου N σταθεράς k = 00 το άλλο άκρο του οποίου στερεώνεται στην κορυφή του m κεκλιμένου επιπέδου, όπως φαίνεται στο σχήμα. (+) φ Εκτρέπουμε το σώμα κατά 0, m από τη θέση ισορροπίας του προς τα κάτω κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου και τη χρονική στιγμή t0 = 0 το αφήνουμε ελεύθερο. Θεωρώντας θετική τη φορά του σχήματος: α) Να αποδείξετε ότι το σώμα θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση. β) Να γράψετε την εξίσωση που περιγράφει πως μεταβάλλεται η επιτάχυνση του σώματος σε σχέση με το χρόνο κατά τη διάρκεια της απλής αρμονικής ταλάντωσης. γ) Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της ορμής του σώματος στη θέση πλάτος της απλής αρμονικής ταλάντωσης. A x =, όπου Α το δ) Να υπολογίσετε την επιπλέον ενέργεια W που πρέπει να δοθεί στο σύστημα, προκειμένου να διπλασιαστεί το πλάτος της απλής αρμονικής ταλάντωσης. 60

61 Λύση α) Σχεδιάζουμε το ελατήριο στη θέση φυσικού μήκους (ΘΦΜ). Σχεδιάζουμε το σύστημα που ταλαντώνεται στη θέση ισορροπίας (ΘΙ) και σε μια τυχαία θέση (ΤΘ). Ονομάζουμε d την απόσταση ΘΦΜ ΘΙ και x την απόσταση ΘΙ ΤΘ (Τυχαία Θέση). Σχεδιάζουμε τις ασκούμενες δυνάμεις στη ΘΙ και στην ΤΘ. Στη ΘΙ ισχύει: Σ = + = = F 0 Fελ wx 0 k wx d Στην ΤΘ ισχύει: Σ F = F ελ ' + w Σ F = k(d + x) + w Σ F = kd kx + w () x x x Με αντικατάσταση της () έχουμε: Σ F = kx Αυτή η εξίσωση είναι της μορφής Σ F = Dx, η οποία αποτελεί ικανή και αναγκαία συνθήκη απλής αρμονικής ταλάντωσης. Επομένως, το σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με D= k. β) Από τη σχέση ταλάντωσης: D = mω, θέτοντας D k =, υπολογίζουμε τη γωνιακή συχνότητα της 6

62 N m k = mω 00 = 4kg ω ω= 5 rad s Επειδή εκτρέψαμε το σώμα κατά 0, m από τη θέση ισορροπίας του προς τα κάτω κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου και το αφήσαμε ελεύθερο, το πλάτος της ταλάντωσης είναι A = 0, m. Από τη σχέση amax = ω A υπολογίζουμε τη μέγιστη επιτάχυνση: m a max =ω A a max =,5 s Τη χρονική στιγμή t0 = 0 το σώμα βρίσκεται στην ακραία θετική θέση της ταλάντωσής του. Επομένως: x = + A t0 = 0 υ= 0 Με αντικατάσταση στην εξίσωση της απομάκρυνσης x = A ηµ ( ω t + ϕ 0) έχουμε: π A = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad Αντικαθιστώντας τις τιμές των a max, ω και ϕ 0 στην εξίσωση της επιτάχυνσης, έχουμε: π a = a maxηµ ( ω t + ϕ0) a =,5 ηµ (5t + ) (SI) γ) Σύμφωνα με το ο Νόμο Newton, ο ρυθμός μεταβολής της ορμής του σώματος ισούται με τη συνισταμένη δύναμη (δύναμη επαναφοράς). Με αντικατάσταση έχουμε: dp dp dp 0, m dp kg m Σ F = = Dx = 00 ( ) kg = 5 dt dt dt s dt s δ) Αν η αρχική ενέργεια ταλάντωσης είναι E και η τελική ενέργεια ταλάντωσης είναι E ', η διαφορά των δύο ενεργειών οφείλεται στην επιπλέον ενέργεια W που θα δοθεί στο σύστημα. Επομένως: W E ' E W D(A) DA = = W 3 ka = W =, 5 J 6

63 Πρόβλημα 5. Κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς k έχει το κάτω άκρο του στερεωμένο στο δάπεδο. Στο άνω άκρο του ελατηρίου έχει προσδεθεί σώμα Σ μάζας m = kg που ισορροπεί. Τη χρονική στιγμή t0 = 0 αφήνεται πάνω στο σώμα Σ, χωρίς ταχύτητα, ένα άλλο σώμα Σ μάζας m = kg. Το σύστημα ελατήριο Σ Σ ξεκινά να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους A= m. 30 Θεωρώντας θετική την κατακόρυφη προς τα πάνω φορά, να βρείτε: α) Τη σταθερά k του ελατηρίου. β) Τη μέγιστη συσπείρωση Lmax του ελατηρίου από το φυσικό του μήκος. γ) Την εξίσωση U = f(t) της δυναμικής ενέργειας ταλάντωσης του συστήματος. δ) Τη δύναμη επαφής N που ασκείται από το Σ στο Σ στη θέση μέγιστης συσπείρωσης του ελατηρίου. Δίνεται: g = 0 m / s. Λύση (βλ. σελ. 8-3 του Σχολικού Βιβλίου) Σχεδιάζουμε το ελατήριο στη θέση φυσικού μήκους (ΘΦΜ) και το σύστημα ελατήριο Σ στη θέση ισορροπίας του (ΘΙ()). Σχεδιάζουμε το σύστημα ελατήριο Σ Σ στην αρχική του θέση, η οποία είναι και ακραία θετική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(+)), στη θέση ισορροπίας του (ΘΙ(+)) και στην ακραία αρνητική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(-)), η οποία είναι και θέση μέγιστης συσπείρωσης του ελατηρίου: 63

64 α) Βρίσκουμε την απόσταση d μεταξύ της θέσης φυσικού μήκους (ΘΦΜ) και της θέσης ισορροπίας του σώματος Σ (ΘΙ()), από τη συνθήκη ισορροπίας: Στη ΘΙ(): Σ F= 0 Fελ + w = 0 kd mg = m g d = () k Βρίσκουμε την απόσταση d μεταξύ της θέσης ισορροπίας του σώματος Σ και της θέσης ισορροπίας του συστήματος Σ +Σ (ΘΙ(+)),από τη συνθήκη ισορροπίας: Στη ΘΙ(+): Σ F = 0 F ελ ' + w + w = 0 k(d + d ) = (m + m )g και επειδή kd = mg : mg kd = mg d = k kd+ kd = mg + mg Επειδή το σύστημα ελατήριο Σ Σ ξεκινά να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση από τη ΘΙ() χωρίς ταχύτητα, αυτή η θέση θα είναι ακραία θέση της ταλάντωσης. Επομένως, το πλάτος Α της ταλάντωσης ισούται με την απόσταση ΘΙ() ΘΙ(+), δηλαδή με την απόσταση d : mg d A A k k mg A = = = N k = 300 m β) Από τη σχέση () υπολογίζουμε την απόσταση d : d mg = d = m k 30 64

65 Όπως φαίνεται στο σχήμα, η μέγιστη συσπείρωση του μήκος είναι: Lmax του ελατηρίου από το φυσικό Lmax = d + A Lmax = 4 m 30 γ) Η δυναμική ενέργεια μιας α.α.τ. σε σχέση με το χρόνο δίνεται από τη σχέση U= E ηµ ( ω t + ϕ ) Όμως E = DA 0 N Επειδή D = k = 300, με αντικατάσταση στον τύπο m ενέργεια της ταλάντωσης: E DA =, υπολογίζουμε την N E = DA E = 300 m E = J m 30 6 Από τη σχέση D (m m ) = + ω υπολογίζουμε τη γωνιακή συχνότητα: D = (m+ m ) ω 300 = 3ω ω= 0 s rad Τη χρονική στιγμή t0 = 0 η ταλάντωση ξεκινά από τη θέση x = + A. Βρίσκουμε την αρχική φάση της ταλάντωσης ως εξής: π x = A ηµ ( ω t + ϕ0) A = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad Με αντικατάσταση στον τύπο U E ( t 0) = ηµ ω + ϕ έχουμε: π U = E ηµ ( ω t + ϕ0) U = ηµ (0 t + ) 6 6 U = συν 0t (SI) δ) Για να υπολογίσουμε τη δύναμη επαφής N που ασκείται από το Σ στο Σ αρκεί να υπολογίσουμε τη δύναμη επαφής N που ασκείται από το Σ στο Σ. Στη θέση μέγιστης συσπείρωσης του ελατηρίου, σχεδιάζουμε τις ασκούμενες δυνάμεις στο Σ. Για την απλή αρμονική ταλάντωση του σώματος Σ, σε κάθε θέση ισχύει: Σ F= Dx () 65

66 Το σώμα Σ ταλαντώνεται με την ίδια γωνιακή συχνότητα ω που ταλαντώνεται το σύστημα ελατήριο Σ Σ, άρα για τη σταθερά D ισχύει: D = m ω Έτσι η σχέση () γίνεται: N' m g= m ω x N' = m g m ω x Με αντικατάσταση στην τελευταία σχέση παίρνουμε: m rad N ' = kg 0 kg 0 m s s N' = 0+ N' = N 3 3 Επειδή οι δυνάμεις N' και N είναι αντίθετες, για τις αλγεβρικές τιμές τους έχουμε: N = N' 40 N= N 3 Δηλαδή, η δύναμη N έχει μέτρο 40 N 3 και κατεύθυνση προς τα κάτω. 66

67 Πρόβλημα 6. Ένα κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς k = 00 N / m έχει το άνω άκρο του στερεωμένο σε οροφή. Στο κάτω άκρο του ελατηρίου έχει προσδεθεί σώμα Σ μάζας m = 3 kg που ισορροπεί στη θέση ΘΙ(). Τη χρονική στιγμή t 0 = 0, ένα βλήμα Σ μάζας m = kg που κινείται στον άξονα του ελατηρίου με ταχύτητα μέτρου υ και φορά προς τα πάνω, προσκρούει στο σώμα Σ και σφηνώνεται σ' αυτό. Το συσσωμάτωμα ξεκινά να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με αρχική ταχύτητα μέτρου 3m υ σ =. s (+) Σ υ Σ Θεωρώντας θετική την κατακόρυφη προς τα κάτω φορά, να βρείτε: α) την επιμήκυνση d του ελατηρίου ως προς το φυσικό του μήκος, στη θέση ισορροπίας ΘΙ() του σώματος Σ. β) το μέτρο της ταχύτητας υ του βλήματος. γ) το πλάτος Α της ταλάντωσης του συσσωματώματος. δ) την εξίσωση υ= f(t) της ταχύτητας με την οποία ταλαντώνεται το συσσωμάτωμα. Δίνεται: g = 0 m / s. Λύση (βλ. σελ. 8-3 και 54, 57 του Σχολικού Βιβλίου) Σχεδιάζουμε το ελατήριο στη θέση φυσικού μήκους (ΘΦΜ), το σύστημα ελατήριο Σ στη θέση ισορροπίας του (ΘΙ()) και στην ίδια θέση το σύστημα ελατήριο Σ Σ αμέσως μετά την κρούση, η οποία είναι και αρχική θέση της ταλάντωσης. Επίσης σχεδιάζουμε το σύστημα ελατήριο Σ Σ στην ακραία αρνητική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(-)), στη θέση ισορροπίας (ΘΙ(+)) και στην ακραία θετική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(+)): 67

68 α) Βρίσκουμε την απόσταση d μεταξύ της θέσης φυσικού μήκους (ΘΦΜ) και της θέσης ισορροπίας του σώματος Σ (ΘΙ()) από τη συνθήκη ισορροπίας: στη ΘΙ(): Σ F= 0 Fελ + w = 0 kd mg = m g d = k d 3 0 = m d = 0,3 m 00 β) Το σύστημα είναι μονωμένο κατά τον ελάχιστο χρόνο που διαρκεί η κρούση, επομένως η ορμή του συστήματος διατηρείται: p ( πριν) = p ( μετά) ολ ολ Θεωρώντας θετική την κατακόρυφη προς τα κάτω φορά και με χρήση αλγεβρικών τιμών έχουμε: p ( πριν) = p ( μετά) p + p = pσ 0+ m υ = (m + m ) υσ ολ ολ m+ m 3+ 3 m υ = υσ υ = m s m υ = 3 s Το αρνητικό πρόσημο δείχνει τη φορά κίνησης του βλήματος. Η ταχύτητα του βλήματος m έχει μέτρο υ = 3 s γ) Μετά την κρούση το συσσωμάτωμα ξεκινά αρμονική ταλάντωση με θέση ισορροπίας που βρίσκεται χαμηλότερα από την αρχική κατά d. Το πλάτος της ταλάντωσης θα βρεθεί εφαρμόζοντας τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση. 68

69 Από τη συνθήκη ισορροπίας του συστήματος Σ +Σ βρίσκουμε τη μετατόπιση d της θέσης ισορροπίας. Για τη ΘΙ(+) ισχύει: Σ F = 0 F ελ ' + w+ w = 0 k(d+ d ) = (m+ m )g kd+ kd = mg + mg και επειδή kd = mg παίρνουμε: mg kd = mg d = d = 0, m k Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση μεταξύ της αρχικής θέσης και της N ακραίας και λαμβάνοντας υπόψη ότι D = k = 00, έχουμε: m (m+ m ) υσ E = K + U ka = (m+ m ) υ σ + k( d ) A = + d k 3 4 A = + 0, m 00 A = 0, m δ) Η εξίσωση της ταχύτητας στη γενική της μορφή δίνεται από τη σχέση υ = υ συν( ω t + ϕ ) max 0 Από τη σχέση D (m m ) = + ω για ταλάντωσης του συσσωματώματος: D = (m+ m ) ω 00 = 4ω ω= 5 s N D = k = 00 βρίσκουμε τη γωνιακή συχνότητα της m rad Από τη σχέση υ max =ω A υπολογίζουμε τη μέγιστη ταχύτητα της ταλάντωσης: m υ max =ωa υ max = s Για τον υπολογισμό της αρχικής φάσης εργαζόμαστε ως εξής: Τη χρονική στιγμή t0 = 0 ισχύει x0 = d και υ 0 =υ Σ < 0. Με αντικατάσταση στις εξισώσεις x = A ηµ ( ω t + ϕ 0) και υ = υmaxσυν( ω t + ϕ 0) έχουμε: x = A ηµ ( ω t + ϕ0) d = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = () 69

70 υ = υmaxσυν( ω t + ϕ0) υmaxσυνϕ 0 < 0 συνϕ 0 < 0 () 7π Η επίλυση του συστήματος των () και () δίνει ϕ 0 = kπ+. Επειδή 0<ϕ 0 < π, 6 7π θέτοντας k = 0 έχουμε ϕ 0 = rad. 6 Με αντικατάσταση των τιμών υ = υmaxσυν( ω t + ϕ 0) έχουμε: 7π υ = συν (5t + ) (SI) 6 m υ max =, s rad 7π ω= 5, ϕ 0 = rad στη σχέση s 6 70

71 Πρόβλημα 7. Το σώμα Σ μάζας m = kg του σχήματος είναι δεμένο στο ένα άκρο οριζοντίου N ελατηρίου σταθεράς k = 400. Το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι ακλόνητα m στερεωμένο. Το σύστημα ελατήριο σώμα Σ ισορροπεί σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Τη χρονική στιγμή t0 = 0 ασκείται στο σώμα Σ σταθερή οριζόντια δύναμη μέτρου F με αποτέλεσμα το σύστημα να ξεκινήσει απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους A = 0, 4 m. (+) Σ F Να βρεθεί: α) το μέτρο F της δύναμης. β) η εξίσωση x = f(t) της απομάκρυνσης του σώματος από τη θέση ισορροπίας. γ) η εξίσωση Fελ = f(t) της δύναμης που ασκεί το ελατήριο στο σώμα. δ) Το πλάτος A' και η ολική ενέργεια E' της νέας ταλάντωσης που θα εκτελέσει το σώμα, αν κάποια στιγμή που το σώμα βρίσκεται στην ακραία θετική θέση ταλάντωσης, καταργηθεί η δύναμη F. Λύση (βλ. σελ. 8-3 του Σχολικού Βιβλίου) Σχεδιάζουμε το ελατήριο στη θέση φυσικού μήκους (ΘΦΜ), το σύστημα ελατήριο Σ στην αρχική του θέση, η οποία είναι και ακραία αρνητική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(-)), στη θέση ισορροπίας του (ΘΙ), και στην ακραία θετική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(+)). Επίσης, σχεδιάζουμε το σύστημα ελατήριο Σ στην αρχική θέση της νέας ταλάντωσης, η οποία είναι και ακραία θετική θέση ταλάντωσης (ΑΘ(+)) και στη νέα ακραία αρνητική θέση ταλάντωσης (ΝΕΑ ΑΘ(-)). Η νέα θέση ισορροπίας (ΝΕΑ ΘΙ) συμπίπτει με τη ΘΦΜ: 7

72 α) Επειδή το σώμα Σ αρχικά δεν έχει ταχύτητα, ξεκινά να ταλαντώνεται από ακραία θέση ταλάντωσης (ΑΘ(-)). Επομένως, η απόσταση d μεταξύ της θέσης φυσικού μήκους (ΘΦΜ) και της θέσης ισορροπίας (ΘΙ) του σώματος Σ είναι ίση με το πλάτος της ταλάντωσης: d = A = 0, 4 m. Από τη συνθήκη ισορροπίας στη ΘΙ παίρνουμε: Σ F = 0 Fελ + F = 0 kd = F F = 400 0, 4N F = 60 N β) Η εξίσωση της απομάκρυνσης στη γενική της μορφή δίνεται από τη σχέση x = A ηµ ( ω t + ϕ ) 0 Από τη σχέση D k m = = ω υπολογίζουμε τη γωνιακή συχνότητα: k rad k = mω ω= ω= 0 m s Τη χρονική στιγμή t0 = 0 η ταλάντωση ξεκινά από τη θέση x = A. Βρίσκουμε την αρχική φάση της ταλάντωσης ως εξής: 3π x = A ηµ ( ω t + ϕ0) A = Aηµϕ0 ηµϕ 0 = ϕ 0 = rad Επομένως, η εξίσωση x = f(t) της απομάκρυνσης του σώματος από τη θέση ισορροπίας 3π δίνεται από τον τύπο: x = 0, 4 ηµ (0t + ) (SI) γ) Θέτοντας D= k (βλέπε σχ. Βιβλίο) στη σχέση Σ F = Dx και χρησιμοποιώντας αλγεβρικές τιμές, έχουμε: 7

73 Σ F = kx F + F = kx F + 60 = 400x F = 400x 60 SI ελ ελ ελ ( ) Αντικαθιστώντας την απομάκρυνση με 3π x = 0, 4 ηµ (0t + ) έχουμε: 3π Fελ = 60 ηµ (0t + ) 60 (SI) δ) Αν κάποια στιγμή που το σώμα βρίσκεται στην ακραία θετική θέση ταλάντωσης, καταργηθεί η δύναμη F, η νέα θέση ισορροπίας (ΝΕΑ ΘΙ) θα συμπίπτει με τη ΘΦΜ. Επομένως: A' = A A ' = 0,8 m Για τη νέα ολική ενέργεια της ταλάντωσης έχουμε (θέτοντας D N E ' DA ' E ' 400 0,8 m m = = E ' = 8 J = k): 73

74 Πρόβλημα 8. (Το πρόβλημα δόθηκε από τον εθελοντή κ. Παπαδημητρίου Αθανάσιο) Tο σώμα του σχήματος έχει μάζα m = kg και ισορροπεί στερεωμένο στο πάνω άκρο ιδανικού κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς k = 00 N / m, το άλλο άκρο του οποίου είναι ακλόνητα στερεωμένο. Εκτρέπουμε το σώμα από τη Θ.Ι. του φέρνοντάς το στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. Τη χρονική στιγμή t = 0 δίνουμε στο σώμα αρχική ταχύτητα υ= 3 m/s, προς τα πάνω. α) Να υπολογίσετε το πλάτος της ταλάντωσης. β) Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης y f( t) =. γ) Να υπολογίσετε την μέγιστη ενέργεια του ελατηρίου; δ) Να βρείτε ποια χρονική στιγμή το σώμα αποκτά τη μέγιστη ταχύτητά του για δεύτερη φορά, μετά τη στιγμή t = 0. π ε) Να βρείτε την ορμή του σώματος κατά τη χρονική στιγμή t = s. 0 Δίνονται: πάνω. g = 0 m / s, π ηµ =, 6 π 3 συν = και ότι η θετική φορά είναι προς τα 6 Λύση α) Στη θέση ισορροπίας ισχύει 74

75 mg 0N mg = ky y = = = 0,m k 00N / m Εφαρμόζουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση μεταξύ της θέσης που ξεκινά η ταλάντωση και της πάνω ακρότατης θέσης. U+ K = E + υ + ky + mυ = ka A = = m A = 0, m k 00 ky m 00 0,0 3 β) Γενικά η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι: y A t ( ) υ = ωα συν( ω t + ϕ ) = ηµ ω + φ0 και της ταχύτητας είναι 0 Για t 0 = 0 γίνονται y= Aηµφ 0 και υ = ωa συνϕ 0 Από την εκφώνηση για t 0 = 0, A y = 0,m = και υ> 0 Με αντικατάσταση βρίσκουμε: π 5 π ηµϕ 0 = ϕ 0 = ή ϕ 0 = 6 6 π Δεκτή γίνεται η τιμή φ 0 = ( ο τεταρτημόριο, συνφ 0 > 0 υ > 0). 6 Από τη σχέση k = m ω παίρνουμε k 00 ω= = rad / s ω= 0rad / s m π 6 Άρα, η εξίσωση της απομάκρυνσης γίνεται y = 0, ηµ 0 t + ( S.I. ) γ) Η μέγιστη ενέργεια του ελατηρίου βρίσκεται στη θέση της μέγιστης παραμόρφωσης του, δηλαδή στην κάτω ακρότατη θέση της ταλάντωσης. ( ) Uελ.max. = k A + y = 00 0,09 J = 9J δ) Η ταχύτητα αποκτά τη μέγιστη τιμή της όταν το σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του, δηλαδή όταν: 75

76 π π π y = 0 0 = 0, ηµ 0t + ηµ 0t + = 0 0t + = kπ k = 0 t < 0 απορρίπτεται 5π k = t = s η φορά 60 π k = t = s η φορά. 60 ε) π π π π p = mυ = m ωa συν ω t + = 0 0, συν 0 + kgm / s = 4συν π + kgm / s π 3 p = 4 συν kgm / s p = 4 kgm / s p = 3 kgm / s 6 Το αρνητικό πρόσημο δηλώνει ότι το σώμα κινείται προς τα κάτω. 76

77 Πρόβλημα 9. (Το πρόβλημα δόθηκε από τον εθελοντή κ. Παπαδημητρίου Αθανάσιο) Ένας κύβος μάζας M = 0 kg ισορροπεί τοποθετημένος πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Στη μια κατακόρυφη έδρα του κύβου είναι δεμένη η μια άκρη ιδανικού οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς k = 50 N / m, του οποίου η άλλη άκρη είναι δεμένη σε ακλόνητο σημείο κατακόρυφου τοίχου. Το ελατήριο βρίσκεται στο φυσικό του μήκος. Στην απέναντι κατακόρυφη έδρα του κύβου είναι δεμένο μη ελαστικό και αβαρές νήμα το οποίο έχει όριο θραύσεως F = θ 0 Ν. Μέσω του νήματος ασκούμε στο σώμα δύναμη κατά τη διεύθυνση του άξονα του ελατηρίου και με φορά τέτοια ώστε το ελατήριο να επιμηκύνεται. Το μέτρο της δύναμης μεταβάλλεται σε συνάρτηση με την επιμήκυνση x του ελατηρίου σύμφωνα με την εξίσωση F = x (SI). α) Να βρείτε τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου τη στιγμή που κόβεται το νήμα. β. Να βρείτε την ταχύτητα του κύβου τη στιγμή που κόβεται το νήμα. γ) Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης y f( t) =. Να θεωρήσετε t 0 = 0 τη στιγμή που κόβεται το νήμα και άξονα xx με αρχή τη θέση ισορροπίας του κύβου και θετική φορά εκείνη κατά την οποία το ελατήριο επιμηκύνεται. δ) Να βρείτε μετά από πόσο χρόνο από τη στιγμή t0 = 0 που κόβεται το νήμα, θα περάσει ο κύβος από τη θέση ισορροπίας του για πρώτη φορά. Λύση α) Τη στιγμή που κόβεται το νήμα, το ελατήριο έχει επιμηκυνθεί κατά x και η δύναμη έχει πάρει την τιμή που καθορίζει το όριο θραύσης του νήματος. 0N 80N Fθ = x x = 00N / m x = 0, m Την ίδια στιγμή η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι: 77

78 N m ( ) Uελ = kx = 50 0, m Uελ = 5J β) Παρατηρούμε ότι από x = 0 μέχρι x = 0, m, η δύναμη που ασκούμε στο σώμα, μέσω του νήματος, είναι μεγαλύτερη από τη δύναμη που του ασκεί το ελατήριο ( x > 50x). Αυτό σημαίνει ότι η ενέργεια που προσφέραμε εμείς στο σώμα, μέσω του έργου της F = x, είναι μεγαλύτερη από την ενέργεια που του αφαιρείται, μέσω του έργου της Fελ = k x. Έτσι στη θέση όπου θραύεται το νήμα ( x = 0, m ) το σώμα έχει κινητική ενέργεια. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. από x = 0 μέχρι x = 0, m M 0 W F W Fελ υ = + () Οι δύο δυνάμεις που ασκούνται στον κύβο είναι μεταβλητές, έτσι τα έργα τους μπορούν να υπολογιστούν από τα εμβαδά των περιοχών που περιλαμβάνονται ανάμεσα από τις γραφικές παραστάσεις και τον άξονα των χ WF = 0,J WF = 0J 50 WF = 0, J WF = 5J ελ ελ Με αντικατάσταση στην σχέση () παίρνουμε: 0kg υ 0 = 0J 5J υ= 3m / s 78

79 γ) Μετά τη θραύση του νήματος το σύστημα ελατήριο μάζα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, πλάτους Α. Οι εξισώσεις της απομάκρυνσης και της ταχύτητας είναι αντίστοιχα: ( ) x = A ηµ ω t+ ϕ () 0 ( t ) υ = ωa συν ω + ϕ 0 Πρέπει να υπολογίσουμε το πλάτος ταλάντωσης, τη γωνιακή συχνότητα καθώς και την αρχική φάση. Για να βρούμε το πλάτος ταλάντωσης εφαρμόζουμε τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση μεταξύ των θέσεων, ακριβώς μετά τη θραύση του νήματος και στην ακρότατη θέση: kx + Mυ kx + M υ = k A + 0 A = k Και με αντικατάσταση προκύπτει: A = 0, 4m k 50 k = M ω ω= = rad / s = 5rad / s M 0 Για t = 0, x = 0, m, υ> 0 π 5π Άρα, 0, = 0, 4ηµφ0 ηµφ 0 = φ 0 = ή φ 0 =. 6 6 π Δεκτή γίνεται η τιμή φ 0 = ( ο τεταρτημόριο και υ> 0 ) 6 Με αντικατάσταση στη σχέση () βρίσκουμε την εξίσωση της απομάκρυνσης π x = 0, 4 ηµ (5π t + ) (S.I.) 6 δ) Όταν το σώμα περνά από τη θέση ισορροπίας του, για πρώτη φορά μετά τη θραύση του νήματος, αυτό θα κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση και θα ισχύει: x = 0 και υ< 0 π π Άρα, 0= A ηµ ( ω t + ) ηµ ( ω t + ) =

80 π π ω+ t = kπ ή ω+ t = kπ+π 6 6 π Δεκτή γίνεται η λύση ω t + = kπ+π, διότι υ< 0. 6 Οπότε, η η διέλευση από το x = 0 γίνεται για k = 0 5π 5π 5T t = = t = 6ω π 6 T (3) Όμως, M π T= π = s k 5 και με αντικατάσταση στην σχέση (3) παίρνουμε: 5T 0π π t = = t = s Ημερομηνία τροποποίησης: 3/09/0 80

81 ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΚΥΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Ερώτηση. Κατά μήκος του θετικού ημιάξονα Οχ διαδίδεται αρμονικό κύμα. H εξίσωση ταλάντωσης του σημείου Ο της θέσης x = 0 (πηγή) είναι y= Aηµω t. Το υλικό σημείο Α που απέχει από την πηγή x λ = Α. έχει γραφική παράσταση απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο όπως στο διάγραμμα α) α) α3)

82 Β. το σημείο Α έχει φάση β) μεγαλύτερη από το σημείο της θέσης x = 0. β) μικρότερη από το σημείο της θέσης x = 0 κατά ακέραιο πολλαπλάσιο του π. β3) μικρότερη από το σημείο της θέσης x = 0 κατά π. Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις. Να αιτιολογήσετε τις επιλογές σας. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η α. x λ Τ Το υλικό σημείο Α αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t = = =. υ υ Φυσικά, για t < t ισχύει y= 0 Β. Σωστή απάντηση είναι η β3. Το υλικό σημείο Α απέχει από την πηγή x λ = και η φάση του είναι: λ t t ϕ A = π ϕ A = π T λ T Άρα η διαφορά φάσης με την πηγή είναι: πt t ϕo-ϕ A = π π ϕo-ϕ A =π ϕ A =ϕo-π T T

83 Ερώτηση. Κατά μήκος του θετικού ημιάξονα Οχ διαδίδεται αρμονικό κύμα. Το σημείο της θέσης x = 0 τη χρονική στιγμή t = 0 διέρχεται από τη θέση ισορροπίας με θετική ταχύτητα. Τη 5T λ χρονική στιγμή t = το σημείο της θέσης x = έχει ταχύτητα με μέτρο 4 ) υ= 0. ) υ=υ max (μέγιστη). 3) 0 <υ<υ max. Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση η. Το κύμα για να φτάσει στη θέση x λ Τ = χρειάζεται χρόνο ίσο με. Άρα το υλικό σημείο αυτό αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή Τ, με θετική ταχύτητα. Συνεπώς, τη χρονική στιγμή 5T T 3T ίσο με t = = T t' = έχει ταλαντωθεί για χρονικό διάστημα 4 Άρα το υλικό σημείο αυτό θα βρίσκεται σε αρνητική απομάκρυνση με μέγιστο μέτρο (y = A) και η ταχύτητά του θα είναι μηδέν. Β Τρόπος: Με αντικατάσταση των δεδομένων: t x y= Aηµ π T λ παίρνουμε: x λ = και 5T t = στη γενική εξίσωση του κύματος 4 5T λ 5 3 3π y= Aηµ π y= Aηµ π y= Aηµ π y= Aηµ 4T λ 4 4 y = A Άρα, αφού το υλικό σημείο βρίσκεται σε ακραία θέση θα έχει ταχύτητα μηδέν. 3

84 Ερώτηση 3. Κατά μήκος ενός γραμμικού ελαστικού μέσου διαδίδεται εγκάρσιο αρμονικό κύμα με φορά προς την κατεύθυνση του θετικού ημιάξονα Οχ. Το σημείο της θέσης x = 0 ταλαντώνεται σύμφωνα με τη σχέση y = 0, 05 ηµ (8π t) (S.I.). Στο παρακάτω σχήμα απεικονίζεται το στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t, κατά την οποία το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση 3m. Η ταχύτητα ( υ ) διάδοσης του κύματος στο ελαστικό μέσο, είναι ) m υ= 8. s ) m υ=. s 3 m 3) υ=. 4 π s Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η. Από τη σύγκριση της σχέσης y = 0,05 ηµ (8π t), με τη γενική εξίσωση των απλών αρμονικών ταλαντώσεων, y = A ηµ (π ft) προκύπτει: π ft = 8π t, συνεπώς, f = 4Hz, και T= s. 4 3λ Σύμφωνα με το διάγραμμα, το κύμα έχει διανύσει απόσταση x = ή x = 3m, που T 3 αντιστοιχεί σε χρονικό διάστημα t = T+ ή t = s+ s t = s

85 Άρα x m υ= υ= 8. t s Συνεπώς η απάντηση είναι η σωστή. 5

86 Ερώτηση 4. Κατά μήκος του χ Οχ διαδίδεται αρμονικό κύμα. Το σημείο της θέσης x = 0 ταλαντώνεται σύμφωνα με τη σχέση y= Aηµω t. Η διαφορά φάσης μεταξύ δύο σημείων που βρίσκονται στη διεύθυνση διάδοσης του κύματος ) αυξάνεται σε σχέση με το χρόνο. ) είναι ανεξάρτητη από το χρόνο. 3) μειώνεται σε σχέση με το χρόνο. Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή είναι η πρόταση. Οι εξισώσεις των φάσεων για τα δύο σημεία A και B είναι: x A t ϕ Α = π( ) και T λ x B t ϕ Β = π( ) T λ Με αφαίρεση προκύπτει: t x t x x x ϕα ϕ B = π( ) π( ) ϕ ϕ = π T λ T λ λ A B B A Α B Άρα η διαφορά φάσης μεταξύ των δύο σημείων είναι ανεξάρτητη του χρόνου. 6

87 Ερώτηση 5. Το διάγραμμα παριστάνει το στιγμιότυπο ενός εγκάρσιου αρμονικού κύματος μια δεδομένη χρονική στιγμή t, ενώ το διάγραμμα παριστάνει την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του σε συνάρτηση µε το χρόνο, ενός δεδομένου σημείου Α του ελαστικού μέσου, στο οποίο διαδίδεται το παραπάνω κύμα. Από τη μελέτη των δύο διαγραμμάτων προκύπτει ότι η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι α) cm 0, s. β) cm s. γ) cm s. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. λ Από το ο διάγραμμα προκύπτει: 5 = 5cm λ= cm Από το ο διάγραμμα προκύπτει: s s = T T = s f = Hz Από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής προκύπτει: υ=λ f = cm / s 7

88 8

89 Ερώτηση 6. Το διάγραμμα παριστάνει το στιγμιότυπο ενός εγκάρσιου αρμονικού κύματος μια δεδομένη χρονική στιγμή t, ενώ το διάγραμμα παριστάνει την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του σε συνάρτηση µε το χρόνο, ενός δεδομένου σημείου Α του ελαστικού μέσου, στο οποίο διαδίδεται το παραπάνω κύμα. Τη χρονική στιγμή t που αντιστοιχεί το παραπάνω στιγμιότυπο, η πηγή και το υλικό σημείο Α περνούν από τη θέση ισορροπίας τους με α) αρνητική ταχύτητα. β) αντίθετες ταχύτητες. γ) θετική ταχύτητα. Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η α. Από το διάγραμμα παρατηρούμε ότι το υλικό σημείο Α άρχισε να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t = T, οπότε απέχει από την πηγή απόσταση x = λ. Άρα σημείο Α και πηγή είναι σε συμφωνία φάσης. λ Το στιγμιότυπο του διαγράμματος δείχνει ότι το κύμα έχει διαδοθεί κατά λ+, άρα T το στιγμιότυπο αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή t = + T. Αυτή τη χρονική στιγμή η πηγή έχει κάνει δύο πλήρεις ταλαντώσεις και μισή επί πλέον ταλάντωση, άρα διέρχεται 9

90 από τη θέση ισορροπίας με αρνητική ταχύτητα. Την ίδια χρονική στιγμή, το ίδιο κάνει και το σημείο Α, εφόσον είναι σε συμφωνία φάσης με την πηγή, όπως προαναφέρθηκε. 0

91 Ερώτηση 7. Στο διπλανό σχήμα η πηγή Ο παράγει αρμονικό κύμα που διαδίδεται πάνω σε γραμμικό U ελαστικό μέσο με ταχύτητα υ. Δύο σημεία Α,Β του μέσου βρίσκονται πάνω στη ευθεία Ο Β Α χ διάδοσης και έχουν φάσεις 4 ϕ = π A και 3 ϕ = π B. 3 Α. Να βρείτε αν υπάρχει λάθος στο σχήμα ως προς τις θέσεις των σημείων Α και Β σε σχέση με την πηγή Ο, και αν ναι να το διορθώσετε φτιάχνοντας το σωστό σχήμα. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Β. Τη χρονική στιγμή που το σημείο Α βρίσκεται στη μέγιστη θετική του απομάκρυνση, το σημείο Β θα βρίσκεται στη θέση α) y = Α. β) y = Α. γ) y= 0. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση A. Πιο κοντά στην πηγή είναι το υλικό σημείο Α. t x Από τη σχέση ϕ= π( - ), φαίνεται ότι όσο πιο μακριά από την πηγή είναι ένα υλικό T λ σημείο τόσο μικρότερη φάση έχει. Συνεπώς το σημείο με τη μεγαλύτερη φάση θα είναι πιο κοντά στην πηγή. Η σωστή θέση των σημείων Α και Β φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: U Ο Α Β x

92 B. Σωστή απάντηση είναι η β. Επειδή η διαφορά φάσης των δύο σημείων είναι ίση με π, θα βρίσκονται σε αντίθεση φάσης. Συνεπώς το σημείο Β θα βρίσκεται σε απομάκρυνση y = Α.

93 Ερώτηση 8. Μια πηγή κυμάτων Ο αρχίζει την χρονική στιγμή t = 0, να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, πλάτους Α, περιόδου T και αρχικής φάσης ϕ 0 = 0. Το στιγμιότυπο του κύματος, τη χρονική στιγμή t = T, είναι όπως το διάγραμμα Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. 3

94 Σε χρόνο μιας περιόδου το κύμα διαδίδεται κατά ένα μήκος κύματος. Αυτό συμβαίνει στα στιγμιότυπα β, γ. Σε ένα κύμα κάθε υλικό σημείο επαναλαμβάνει την κίνηση του προηγούμενού του. Στο διάγραμμα β, το σημείο της θέσης x = λ δείχνεται να ξεκινά ταλάντωση προς τα κάτω, ενώ στο διάγραμμα γ, δείχνεται να ξεκινά προς τα πάνω. Επειδή η πηγή ταλαντώνεται σύμφωνα με τη σχέση y= Aηµω t, αυτό σημαίνει ότι σε κάθε σημείο που φτάνει η διαταραχή αυτό ξενικά αρμονική ταλάντωση προς τα θετικά. Άρα σωστό διάγραμμα είναι το γ. 4

95 Ερώτηση 9. Δύο μεγάφωνα Μ και Μ τροφοδοτούνται από την ίδια γεννήτρια συχνοτήτων και τοποθετούνται όπως στο σχήμα. Ένας ανιχνευτής ήχου τοποθετείται στο σημείο Α. Μ 40m A m 4m Μ Καθώς η συχνότητα της γεννήτριας αυξάνεται σιγά - σιγά από 00Hz 000Hz διαπιστώνεται ότι ο ανιχνευτής Α καταγράφει σειρά ενισχύσεων και αποσβέσεων. Οι 40m M A = 4m, ενώ η αποστάσεις του ανιχνευτή από τις πηγές είναι ( MA) ταχύτητα του ήχου στον αέρα είναι πρώτη απόσβεση είναι α) 00Hz. β) 50Hz. γ) 850Hz. = και ( ) m 340 s. Η συχνότητα για την οποία παρατηρείται η Να επιλέξτε τη σωστή απάντηση. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η β. Για να συμβαίνει απόσβεση πρέπει για τα κύματα που φτάνουν από τα δύο μεγάφωνα ( K + ) λ υ στον ανιχνευτή να ισχύει η σχέση : r r =. Αντικαθιστώντας, λ=, f m r = 4m, r = 40m και υ= 340 παίρνουμε: s υ 340m / s 4m 40m = ( K + ) m = ( K + ) f = ( K + ) 70 Hz f f Για K = 0 βρίσκουμε f = 70Hz η οποία απορρίπτεται γιατί είναι μικρότερη από 00Hz. Για K = βρίσκουμε f = 50Hz που είναι η ζητούμενη, ενώ για K = βρίσκουμε f = 850Hz κλπ. 5

96 Ερώτηση 0. Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων Π και Π ταλαντώνονται κάθετα στην επιφάνεια ενός υγρού με το ίδιο πλάτος Α, παράγοντας αρμονικά κύματα συχνότητας f και μήκους κύματος λ. Ένα σημείο Σ της επιφάνειας του υγρού απέχει r = 4λ από την πηγή Π και r = 7λ από την πηγή Π. Το πλάτος ταλάντωσης του υλικού σημείου Σ, αφού συμβάλλουν σε αυτό τα κύματα, ισούται με: α) Α. β) Α. γ) 3Α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η β. Η διαφορά των αποστάσεων του σημείου από την πηγή είναι r r r 3 = = λ, δηλαδή ακέραιο πολλαπλάσιο μήκους κύματος. Συνεπώς έχουμε ενισχυτική συμβολή και πλάτος ταλάντωσης ίσο με Α. 6

97 Ερώτηση. Κατά μήκος χορδής μήκους L, που η μια της άκρη είναι ακλόνητα στερεωμένη, έχει δημιουργηθεί στάσιμο κύμα, με το ελεύθερο άκρο της να είναι κοιλία. Α. Το μήκος της χορδής μπορεί να είναι α) L κλ =. κλ λ β) L = +. 4 γ) L = κλ. Β. Αν Α είναι το πλάτος των αρμονικών κυμάτων που συμβάλλουν και παράγεται το στάσιμο κύμα, τότε η σχέση που δίνει τη μέγιστη ταχύτητα με την οποία ταλαντώνονται οι κοιλίες, είναι: α) υ max = ωα. β) υ max = ωα. γ) υ max = ωασυνω t. Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις. Να δικαιολογήσετε τις επιλογές σας. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η β. Το ένα άκρο της χορδής είναι ακλόνητο, οπότε εκεί θα υπάρχει δεσμός. Στο άλλο άκρο, σύμφωνα με την εκφώνηση, δημιουργείται κοιλία. Η απόσταση μεταξύ μιας κοιλίας και ενός δεσμού είναι 4 λ, άρα το μήκος της χορδής θα πρέπει να είναι περιττό πολλαπλάσιο του 4 λ. Διαιρώντας το μήκος χορδής με το 4 λ βρίσκουμε περιττό αριθμό μόνο στο β. K λ λ (K + ) λ L = + = 4 4 Β. Σωστή η απάντηση είναι η β. 7

98 Η μέγιστη ταχύτητα ενός υλικού σημείου που εκτελεί αρμονική ταλάντωση δίνεται από τη σχέση = ωα, με A, να δηλώνει το πλάτος ταλάντωσής του. Οι κοιλίες υ max ταλαντώνονται με πλάτος Α 0 = Α. Με αντικατάσταση εύκολα προκύπτει υ max = ωα. 8

99 Ερώτηση. Δύο σύγχρονες πηγές αρμονικών κυμάτων Ο και Ο δημιουργούν κύματα ίδιου πλάτους Α και μήκους κύματος λ= 0,5m. Αν για τις αποστάσεις r και r ενός σημείου Σ από τις πηγές ισχύει r r = 4cm, τότε το σημείο Σ α) ταλαντώνεται με πλάτος Α. β) ταλαντώνεται με πλάτος A. γ) παραμένει ακίνητο. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η α. Γνωρίζουμε ότι για να συμβεί ενισχυτική συμβολή πρέπει να ισχύει η σχέση r r = Νλ. Αυτό πράγματι ισχύει γιατί r r = 4cm r r = 8 0,5cm r r = 8λ, όπου λ= 0,5cm. Συνεπώς το υλικό σημείο Σ εκτελεί σύνθετη ταλάντωση μεγίστου πλάτους. 9

100 Ερώτηση 3. Κατά μήκος χορδής, που έχει στερεωμένο το ένα της άκρο, διαδίδεται ο παλμός του σχήματος. Όταν ο παλμός φτάσει στο σημείο Κ, τότε ο τοίχος θα ασκήσει δύναμη στο σχοινί που θα έχει την κατεύθυνση της α) F. β) F. γ) F 3. δ) F 4. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. Σε ένα κύμα (ή παλμό) κάθε υλικό σημείο επαναλαμβάνει την κίνηση του προηγούμενού του. Ο παλμός του σχήματος κινείται προς τα δεξιά και η μορφή του δηλώνει ότι σε κάθε σημείο που φθάνει αυτό κινείται προς τα πάνω. Έτσι, όταν ο παλμός φτάσει στο σημείο Κ θα τραβήξει προς τα πάνω το πρώτο μόριο του σημείου στήριξης. Σύμφωνα με τον 3 ο νόμο του Νεύτωνα το σημείο στήριξης θα ασκήσει στο άκρο του σχοινιού αντίθετη δύναμη. 0

101 Ερώτηση 4. Κατά μήκος ομογενούς ελαστικής χορδής αποκαθίσταται στάσιμο κύμα που πx περιγράφεται από την εξίσωση : y= 4 συν( ) ηµ 6π t, όπου x, y σε cm και t σε s. 0 Α. Η συχνότητα των κυμάτων που συμβάλλουν είναι α) 6Hz. β) 3Hz. γ) 0Hz. Β. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι α) 5cm. β) cm. 5 γ) 0cm. Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις. Να δικαιολογήσετε τις επιλογές σας. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η β. πx Από τη σύγκριση της εξίσωσης y= 4 συν( ) ηµ 6π t με τη γενική εξίσωση των 0 πx πt στάσιμων κυμάτων y = A συν( ) ηµ ( ), έχουμε: λ T π t = 6 π t π f = 6 π f = 3Hz T Β. Σωστή απάντηση είναι η γ. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών σε ένα στάσιμο είναι λ.

102 πx Από τη σύγκριση της εξίσωσης y= 4 συν( ) ηµ 6π t με τη γενική εξίσωση των 0 πx πt στάσιμων κυμάτων y = A συν( ) ηµ ( ), έχουμε: λ T πx πx =, από όπου προκύπτει λ= 0cm. Συνεπώς η απόσταση μεταξύ δύο λ 0 λ διαδοχικών δεσμών είναι d = = 0cm.

103 Ερώτηση 5. Δύο κύματα που διαδίδονται πάνω στην ίδια ευθεία έχουν εξισώσεις: π π y = 4 ηµ (0 π t - x) και y = 5 ηµ (0 π t + x). 6 6 Από τη συμβολή των δύο παραπάνω κυμάτων: α) δεν μπορεί να προκύψει στάσιμο κύμα. β) θα δημιουργηθεί στάσιμο κύμα, γιατί τα δύο κύματα διαδίδονται στην ίδια διεύθυνση με αντίθετες φορές, έχουν ίδιες συχνότητες και ίδιο μήκος κύματος. γ) θα δημιουργηθεί στάσιμο κύμα, γιατί τα δύο κύματα έχουν ίδιες συχνότητες, και διαδίδονται σε αντίθετες κατευθύνσεις. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η α. Για να δημιουργηθεί στάσιμο κύμα, είναι απαραίτητο τα κύματα που συμβάλλουν να διαδίδονται σε αντίθετες κατευθύνσεις και να έχουν όλα τα άλλα στοιχεία τους (πλάτος, συχνότητα, ταχύτητα) ίσα. Τα εν λόγω κύματα διαδίδονται σε αντίθετες κατευθύνσεις, έχουν ίσες συχνότητες, ίσες ταχύτητες διάδοσης αλλά δεν έχουν ίσα πλάτη. Συνεπώς θα συμβάλλουν, αλλά δεν θα προκύψουν σημεία που να παραμένουν ακίνητα, δηλαδή στάσιμο κύμα. 3

104 Ερώτηση 6. Το ηλεκτρικό πεδίο ενός ηλεκτρομαγνητικού κύματος περιγράφεται από την εξίσωση ( ) 0 E 60 ( 0 t 4 0 x) SI = ηµ π. Η σχέση που περιγράφει το μαγνητικό πεδίο του παραπάνω ηλεκτρομαγνητικού κύματος είναι α = ηµ π 7 0 ) B 0 ( 0 t x)(s.i.) β = ηµ π 7 0 ) B 4 0 ( 0 t x)(s.i.) γ = ηµ π 8 0 ) B 3 0 ( 0 t x)(s.i.) Λύση Σωστή απάντηση είναι η α. Η διαφορά μεταξύ των απαντήσεων είναι η τιμή του Β 0, άρα αρκεί να υπολογίσουμε το Β 0. Η εξίσωση του μαγνητικού πεδίου θα είναι: 0 B = B0ηµ π( 0 t x) Ισχύει E c 0 B =. 0 Η ταχύτητα του φωτός βρίσκεται από τα στοιχεία της δοθείσας εξίσωσης. 0 Από τη σύγκριση της εξίσωσης E 60 ( 0 t 4 0 x) ( S.I. ) = ηµ π με τη γενική εξίσωση του ηλεκτρικού πεδίου του ηλεκτρομαγνητικού κύματος x E = E ηµ π(f t ) S.I. έχουμε: λ 0 ( ) f λ= m = 0 Hz και Με εφαρμογή της θεμελιώδους εξίσωσης της κυματικής βρίσκουμε την ταχύτητα διάδοσης του ηλεκτρομαγνητικού κύματος. m υ=λ = ( ) υ= = 4 0 m s 0 8 f 0 Hz 3 0 c Άρα, E c 60V / m 3 0 m / s 0 7 B0 = = B 8 0 = 0 T 4

105 Ερώτηση 7. (Η άσκηση δόθηκε από τον κ. Αντώνιο Παλόγο) Ένα ηλεκτρομαγνητικό κύμα διαδίδεται κατά τη θετική κατεύθυνση του οριζοντίου άξονα. Σε ένα σημείο του χώρου η φάση του ηλεκτρικού πεδίου περιγράφεται από τη ϕ= π f t (S.I). σχέση ( ) Στο σημείο του χώρου, όπου το ηλεκτρικό πεδίο του ηλεκτρομαγνητικού κύματος παρουσιάζει την παραπάνω φάση, η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου α) είναι σε συμφωνία φάσης με την ένταση του μαγνητικού πεδίου. β) παρουσιάζει διαφορά φάσης π με την ένταση του μαγνητικού πεδίου. γ) είναι χρονικά σταθερή. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή είναι η απάντηση β. Σε ένα ηλεκτρομαγνητικό κύμα, κοντά στην πηγή η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου παρουσιάζει διαφορά φάσης π με την ένταση του μαγνητικού, ενώ μακριά από την πηγή οι δύο εντάσεις είναι σε συμφωνία φάσης. Από τη σύγκριση της δοθείσας εξίσωσης t x ϕ= π( ft ) με την γενική εξίσωση της φάσης φ= π, προκύπτει ότι: T λ x = x =λ λ Όμως απόσταση ίση με ένα μήκος κύματος δηλώνει θέση πολύ κοντά στην πηγή δημιουργίας του ηλεκτρομαγνητικού κύματος. Άρα οι δύο εντάσεις παρουσιάζουν διαφορά φάσης π. 5

106 Ερώτηση 8. Μια ακτίνα μονοχρωματικού φωτός συχνότητας f, στην πορεία της συναντά και διαπερνά κάθετα δύο διαφανή πλακίδια Α και Β, τα οποία έχουν ίδιο πάχος και δείκτες διάθλασης αντίστοιχα n A και n B, για τους οποίους ισχύει na > nb. Α. Για τα μήκη κύματος λ Α, α) λ Α =λ Β. λ Β του φωτός στα δύο πλακίδια ισχύει β) λ Α >λ Β. γ) λ Α <λ Β. Β. Για τους χρόνους διέλευσης του φωτός t A, t B από το κάθε πλακίδιο θα ισχύει t = t. α) A B t > t. β) A B t < t. γ) A B Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις. Να αιτιολογήσετε τις επιλογές σας. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η γ. c c Από τη σχέση n = υ=, προκύπτει ότι στο υλικό με μεγάλο δείκτη διάθλασης η υ n ταχύτητα διάδοσης του φωτός είναι μικρότερη. n > n υ <υ A B A B Εφαρμόζοντας στην τελευταία σχέση τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής και παίρνοντας υπόψη ότι η συχνότητα δεν αλλάζει, προκύπτει: υ <υ λ f <λ f λ <λ A B A B A B Άρα, το φως στο πλακίδιο Β έχει μεγαλύτερο μήκος κύματος, γιατί διαδίδεται με μεγαλύτερη ταχύτητα. Β. Σωστή απάντηση είναι η γ. 6

107 Ο χρόνος διέλευσης του φωτός από το κάθε πλακίδιο είναι d t = υ (όπου d το πάχος του πλακιδίου). Δεδομένου ότι τα πλακίδια έχουν το ίδιο πάχος, το φως θα περάσει σε μικρότερο χρονικό διάστημα από το πλακίδιο όπου διαδίδεται με μεγαλύτερη ταχύτητα. c Όμως υ=, άρα θα περάσει πιο γρήγορα από το πλακίδιο που έχει μικρότερο δείκτη n διάθλασης, δηλαδή το οπτικώς αραιότερο υλικό. 7

108 Ερώτηση 9. Ακτίνα φωτός εισέρχεται από οπτικά πυκνότερο σε οπτικά αραιότερο μέσο. Αν συμβολίσουμε με θ τη γωνία πρόσπτωσης και θ τη γωνία διάθλασης, τότε ισχύει α) θ a =θ b. a b β) θ a >θ b. γ) θ a <θ b. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. Συμβολίζουμε με n Α το δείκτη διάθλασης του οπτικά πυκνότερου μέσου και με n Β το δείκτη διάθλασης του οπτικά αραιότερου, άρα nb < na Από το νόμο του Snell έχουμε: naηµθ α = nbηµθ b. Έτσι, αφού nb < na πρέπει ηµθ α < ηµθ b. Επειδή οι γωνίες είναι οξείες προκύπτει ότι: θ <θ. α b 8

109 Ερώτηση 0. Όταν μονοχρωματικό φως μεταβαίνει από οπτικά πυκνότερο σε οπτικά αραιότερο μέσο, τότε α) η συχνότητά του μειώνεται. β) το μήκος κύματος μειώνεται. γ) η ταχύτητά του αυξάνεται. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ. Η συχνότητα δεν αλλάζει ποτέ γιατί είναι ίδια με τη συχνότητα της πηγής. Όταν το φως μεταβαίνει από οπτικά πυκνότερο σε οπτικά αραιότερο μέσο, τότε μεταβαίνει από μεγαλύτερο σε μικρότερο δείκτη διάθλασης. Από τη σχέση αυξάνεται. υ=λ f προκύπτει ότι επειδή η ταχύτητα αυξάνεται το μήκος κύματος 9

110 Ερώτηση. Μονοχρωματικό φως κινούμενο στο εσωτερικό διαφανούς υλικού με δείκτη διάθλασης na =, προσπίπτει σε διαχωριστική επιφάνεια και εισέρχεται σε δεύτερο διαφανές υλικό με δείκτη διάθλασης nb = 3. Α. Για τις γωνίες πρόσπτωσης θ a και διάθλασης α) ηµθ a < ηµθ b. θ b ισχύει β) ηµθ a = ηµθ b. γ) ηµθ a > ηµθ b. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. π Β. Αν η γωνία πρόσπτωσης είναι θ a = και 3 ακτίνας του μονοχρωματικού φωτός. 3 ημ π = 3, να σχεδιάσετε τη πορεία μιας Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η α. Με εφαρμογή του νόμου του Snell προκύπτει ηµθ n 3 n ηµθ = n ηµθ = = < ηµθ < ηµθ. a b b b a a a b ηµθb na Β. Με αντικατάσταση στο νόμο του Snell παίρνουμε: 3 π nb ηµθ b = na ηµθa 3ηµθ b = ηµθ b = θ b =, συνεπώς η ακτίνα θα έχει πορεία παράλληλα στη διαχωριστική επιφάνεια. 30

111 3

112 Ερώτηση. Μονοχρωματική ακτινοβολία που διαδίδεται στο γυαλί προσπίπτει στη διαχωριστική π επιφάνεια του γυαλιού µε τον αέρα, µε γωνία πρόσπτωσης θ a = rad. Ο δείκτης 3 διάθλασης του γυαλιού είναι na = και του αέρα είναι n =. Η ακτινοβολία θα α) διαθλαστεί και θα εξέλθει στον αέρα. β) κινηθεί παράλληλα προς τη διαχωριστική επιφάνεια. γ) ανακλαστεί ολικά από τη διαχωριστική επιφάνεια. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Δίνεται π 3 ηµ =. 3 Λύση Σωστή απάντηση είναι η γ (θα γίνει ολική ανάκλαση). Για να κρίνουμε ποια θα είναι η πορεία της ακτίνας μετά την πρόσπτωσή της στη διαχωριστική επιφάνεια των δύο μέσων, πρέπει να υπολογίσουμε την κρίσιμη γωνία. Με εφαρμογή του νόμου του Snell για την κρίσιμη γωνία παίρνουμε π π ηµθ n = ηµ n ηµθ = ηµθ = θ = rad n 4 crit a αερα crit crit crit a Η γωνία πρόσπτωσης είναι π θ a = rad 3 Επειδή η γωνία πρόσπτωσης, θ a, είναι μεγαλύτερη από την κρίσιμη γωνία, φωτεινή ακτίνα θα υποστεί ολική ανάκλαση. θ crit, η 3

113 Ερώτηση 3. Α. Μονοχρωματική ακτινοβολία μήκους κύματος λ 0 περνάει από τον αέρα σε διαφανές υλικό, μέσα στο οποίο το μήκος κύματός της μειώνεται κατά το 3 της αρχικής του τιμής. Ο δείκτης διάθλασης του διαφανούς υλικού είναι α) 3. β) 3. γ). Β. Ο λόγος της περιόδου της ακτινοβολίας στο διαφανές υλικό προς την περίοδό της στον αέρα, είναι: α) 3. β) 3. γ). Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις. Να δικαιολογήσετε τις επιλογές σας. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η α. Επειδή το μήκος κύματος μειώνεται κατά λ 0, το νέο μήκος κύματος είναι 3 λ=λ λ λ= λ Από τον ορισμό του δείκτη διάθλασης παίρνουμε n c λ f λ 3 n. υ λf λ = = = = Β. Σωστή απάντηση είναι η γ. 33

114 Η συχνότητα (και η περίοδος του κύματος) είναι ίδια με της πηγής, συνεπώς δε μεταβάλλονται. 34

115 ΘΕΜΑ Γ Άσκηση. Κατά μήκος μιας ελαστικής χορδής μεγάλου μήκους που το ένα άκρο της είναι ακλόνητα στερεωμένο, διαδίδονται δύο κύματα, των οποίων οι εξισώσεις είναι αντίστοιχα: y = 0ηµ π(5t x) και y = 0ηµ π (5t + x), όπου y και x είναι μετρημένα σε cm και το t σε s. Στη θέση x = 0, που είναι το ελεύθερο άκρο της χορδής δημιουργείται κοιλία. α) Να βρείτε την ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων στη χορδή. β) Να βρείτε την εξίσωση του στάσιμου κύματος που θα δημιουργηθεί από τη συμβολή των δύο αυτών κυμάτων και το πλάτος ταλάντωσης κάθε υλικού σημείου της χορδής, συναρτήσει της απόστασής του από το ελεύθερο άκρο της. γ) Να σχεδιάσετε τις γραφικές παραστάσεις απομάκρυνσης - χρόνου, για τα σημεία Α, Β λ λ και Γ, τα οποία απέχουν από το ελεύθερο άκρο αντίστοιχα, xa =, xb = και 4 x Γ = λ, αφού δημιουργηθεί το στάσιμο. δ) Να βρείτε τη σχέση που δίνει τη μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης κάθε υλικού σημείου της χορδής. Μεταξύ ποιών τιμών κυμαίνεται το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας των υλικών σημείων της χορδής; ε) Ποιά είναι η απόσταση από το ελεύθερο άκρο της χορδής των σημείων που παραμένουν ακίνητα και των σημείων που πάλλονται με μέγιστο πλάτος; Λύση t x α) Η γενική εξίσωση του αρμονικού κύματος είναι y= Aηµ π T λ. Συγκρίνοντάς την με μία από τις δύο εξισώσεις των τρεχόντων κυμάτων, έστω την εξίσωση y = 0ηµ π(5t x), προκύπτει: t 5t = T s T = 5 και x = x λ= λ cm Με αντικατάσταση στη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής προκύπτει: λ cm cm υ= = υ= 5 Τ s s 5 β) Η γενική εξίσωση του στάσιμου κύματος δίνεται από τη σχέση 35

116 πx πt y = Aσυν ηµ λ T. Με αντικατάσταση των τιμών των Α, λ και Τ προκύπτει: y = 0 συν(πx) ηµ (0π t), όπου y και x είναι μετρημένα σε cm και το t σε s. Άρα το πλάτος ταλάντωσης συναρτήσει της απόστασης είναι: A ' = 0 συνπ x ( cm) γ) Αντικαθιστούμε στην εξίσωση του στάσιμου τις τιμές του x των τριών σημείων. Για το υλικό σημείο Α: A ya 0 ( ) (0 t) cm,s ya 0 (0 t) cm,s A x π = συν π π ( ) = συν π ( ) λ ( ) y = 0 0 (0πt) cm,s y = 0cm Το σημείο Α παραμένει ακίνητο, άρα είναι δεσμός. Για το υλικό σημείο Β: x λ A ( ) ( ) B yb = 0 συν( π ) ηµ (0π t) cm,s = 0 συν( π) ηµ (0πt) cm,s, δηλαδή yb = 0 ηµ 0π t (cm,s).άρα το υλικό σημείο Β πάλλεται με μέγιστο πλάτος, επομένως είναι κοιλία. Για το υλικό σημείο Γ: xγ yγ = 0 συν( π ) ηµ (0πt) cm,s yγ = 0 συν( π) ηµ (0πt) cm,s λ y = 0 ηµ 0 π Γ t ( cm,s). ( ) ( ) δηλαδή Άρα και το υλικό σημείο Γ πάλλεται με μέγιστο πλάτος, επομένως είναι κοιλία. Σχόλιο: To αρνητικό πρόσημο στην εξίσωση ταλάντωσης του σημείου Β σημαίνει ότι το Β βρίσκεται στη μέγιστη αρνητική απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του όταν το σημείο Γ βρίσκεται στη μέγιστη θετική απομάκρυνση. Λέμε ότι τα δύο σημεία ταλαντώνονται με διαφορά φάσης Δϕ=π. Οι γραφικές παραστάσεις απομάκρυνσης χρόνου φαίνονται στα διαγράμματα που ακολουθούν. 36

117 δ) Το τυχαίο υλικό σημείο της χορδής ταλαντώνεται με βάση την εξίσωση y = A ' ηµ (0 π t) ( cm,s), όπου A ' 0 ( x) ( cm) = συν π. Η μέγιστη ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται κάθε υλικό σημείο θα είναι: υ max = ω Α ' = 00 π συν(π x) ( cm / s) Επειδή 0 συν(πx), το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας των υλικών σημείων cm κυμαίνεται μεταξύ της ελάχιστης τιμής υ= 0 και της μέγιστης υ max = 00π s ε) Tα σημεία που παραμένουν ακίνητα απέχουν από το ελεύθερο άκρο της χορδής, ( K + ) λ ( K + ) x = = cm, όπου K = 0,,,3 4 4 Kλ K Για τα σημεία που πάλλονται με μέγιστο πλάτος ισχύει: x = = cm, όπου K = 0,,,

118 Άσκηση. Κατά μήκος ενός γραμμικού ελαστικού μέσου και κατά τη θετική κατεύθυνση του άξονα πx x'0x διαδίδεται αρμονικό κύμα με εξίσωση: y = 0, ηµ (4πt ) (S.I.). Κάποια χρονική στιγμή t οι φάσεις δυο σημείων (Μ) και (Ν) του μέσου, τα οποία βρίσκονται δεξιά της 0π 7π πηγής (Ο), είναι ϕ Μ = rad και ϕ Ν = rad αντίστοιχα. 3 6 α) Να βρείτε το μέτρο της ταχύτητας διάδοσης του κύματος. β) Να βρείτε ποιο από τα δυο σημεία (Μ), (Ν) είναι πιο κοντά στην πηγή (Ο), καθώς και την απόσταση μεταξύ των δύο σημείων. γ) Να σχεδιάσετε το στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t = s. δ) Να βρείτε την απομάκρυνση του σημείου (Ν) από τη θέση ισορροπίας του, κάθε φορά που το σημείο (Μ) αποκτά τη μέγιστη θετική απομάκρυνση. Λύση α) Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος θα βρεθεί από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής υ=λ f. Συγκρίνοντας την εξίσωση t x y= Aηµ π( - ) T λ έχουμε ότι: πt 4π t = T = 0,5s f = Hz T πx y = 0, ηµ (4π t - ) με τη γενική εξίσωση των κυμάτων, πx πx = λ= λ 4m Συνεπώς υ=λ f = 8m / s t x β) Όπως φαίνεται από τη σχέση που δίνει τη φάση του κύματος ϕ= π( - ), όσο πιο T λ μακριά είναι ένα σημείο από την πηγή τόσο μικρότερη είναι η φάση του. 0π 0π H φάση του σημείου Μ, ϕ Μ = rad = rad, είναι μεγαλύτερη από τη φάση του 3 6 7π σημείου Ν, ϕ Ν = rad. Συνεπώς πιο κοντά στην πηγή είναι το σημείο Μ. 6 38

119 Ο υπολογισμός της απόστασης μεταξύ των σημείων Μ και Ν γίνεται με αφαίρεση των δύο φάσεων. ( x x ) t xμ t x Ν Ν Μ ϕμ ϕ Ν = π - -π - ϕμ ϕ Ν = π T λ T λ λ 0π 7π ( xν xμ) 3π ( xν xμ) = π = π ( x Ν x Μ) = m 6 6 λ 6 4m γ) Υπολογίζουμε σε πόση απόσταση θα έχει διαδοθεί το κύμα σε χρονικό διάστημα s. Σε χρόνο t s T = =, το κύμα θα έχει διαδοθεί απόσταση ίση με δύο μήκη κύματος ( λ ) Βρίσκουμε την κίνηση χαρακτηριστικών υλικών σημείων. Τα υλικά σημεία στις θέσεις x = 0, x = λ και x = λ, θα βρίσκονται σε απομάκρυνση y= 0 και είναι έτοιμα να κινηθούν κατά τη θετική φορά. δ) Επειδή τα σημεία Μ, Ν, απέχουν μεταξύ τους m 4 λ =, παρουσιάζουν διαφορά φάσης π, με το σημείο Μ να προηγείται. Έτσι, όταν το Μ είναι στη θέση μέγιστης θετικής απομάκρυνσης, τότε το Ν περνά από τη θέση ισορροπίας του με θετική ταχύτητα. 39

120 Άσκηση 3. Κατά μήκος μιας ελαστικής χορδής μήκους L = 6, 5cm διαδίδεται αρμονικό κύμα της πx μορφής: y = 8 ηµ (0 πt ) όπου x, y σε cm και t σε s. Το ένα άκρο της χορδής 5 είναι στερεωμένα ακλόνητα, με αποτέλεσμα το κύμα να ανακλαστεί και να δημιουργηθεί στάσιμο κύμα. Το άλλο άκρο της χορδής είναι ελεύθερο, δημιουργείται σε αυτό κοιλία και θεωρούμε ότι βρίσκεται στη θέση x = 0. Η κοιλία της θέσης x = 0 εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση χωρίς αρχική φάση. α) Να βρείτε το μέτρο της ταχύτητας διάδοσης του αρμονικού κύματος. β) Να βρείτε τον αριθμό των κοιλιών που δημιουργούνται. γ) Να βρείτε την εξίσωση της ταχύτητας συναρτήσει του χρόνου για την κοιλία Κ που λ απέχει από το σημείο x = 0. δ) Αν ένα σημείο Μ του θετικού ημιάξονα ταλαντώνεται με πλάτος Α 0 = 8 3cm, να υπολογίσετε την απόσταση του σημείου αυτού από τον πλησιέστερο δεσμό. Λύση α) Για να υπολογίσουμε την ταχύτητα θα εφαρμόσουμε τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής. Γράφουμε τη δοθείσα εξίσωση σε μορφή αντίστοιχη της γενικής εξίσωσης του x αρμονικού κύματος y = Aηµ π(f t ) λ Έχουμε πx y = 8 ηµ (0 πt ) 5 x y = 8ηµ π(5t ) (cm,s) 5 Από τη σύγκριση των δύο εξισώσεων παίρνουμε: π f = 0π, συνεπώς f = 5Hz και π π =, συνεπώς λ= 5cm 5 λ Άρα cm υ=λ f = 5 s β) Το σημείο ανάκλασης είναι ακλόνητο, άρα σε αυτό δημιουργείται δεσμός. Στο ελεύθερο άκρο δημιουργείται κοιλία. Επειδή σε ένα στάσιμο, ο δεσμός από την κοιλία 40

121 απέχουν 4 λ το μήκος της χορδής L συνδέεται με το μήκος κύματος λ με τη σχέση: κλ λ L = + 4 Με αντικατάσταση του L και του λ προκύπτει ότι κ= 6. Συνεπώς μεταξύ πρώτου και τελευταίου δεσμού οι κοιλίες είναι 6 και δεδομένου ότι στη θέση x = 0 υπάρχει κοιλία στο σύνολο δημιουργούνται 7 κοιλίες. γ) Η απομάκρυνση των υλικών σημείων του μέσου σε ένα στάσιμο δίνονται από τη σχέση πx y= Ασυν ηµωt. λ Έτσι η κοιλία Κ της θέσης λ x = θα ταλαντώνεται σύμφωνα με τη σχέση πλ yκ = 8 συν λ ηµ 0πt yκ = 6 ηµ 0πt (cm,s) και η ταχύτητα ταλάντωσής της θα δίνεται από τη σχέση: υ K = 0 π( 6) συν(0πt) (cm / s) υ K = 60 π συν(0πt) (cm / s) δ) Το πλάτος συναρτήσει της απόστασης από τη θέση x = 0, δίνεται από τη σχέση: x A' = A συν π λ συνεπώς συνπx 8 3 = 6 δηλαδή 5 πx 3 συν ( ) = ± 5 Άρα π x π = κπ + ή π x π 5κ 5 = κπ, οπότε x = ± cm, όπου x η απόσταση από το ελεύθερο άκρο της χορδής που πάλλεται με μέγιστο πλάτος (κοιλία). Οι κοιλίες απέχουν από το ελεύθερο άκρο απόσταση x κ κλ 5κ = = (cm) Συνεπώς κάθε σημείο που πάλλεται με πλάτος 8 3cm, θα απέχει από την πλησιέστερη 5 κοιλία απόσταση d = cm. Οι δεσμοί απέχουν από το ελεύθερο άκρο απόσταση x (κ+ ) λ 5κ 5 = = + (cm)

122 Συνεπώς κάθε σημείο που πάλλεται με πλάτος 8 3cm, θα απέχει από τον πλησιέστερο δεσμό απόσταση d για την οποία ισχύει: λ λ d+ d = d = d d = cm cm d = cm

123 Άσκηση 4. Μονοχρωματική ακτινοβολία συχνότητας f 4 π = 5 0 Hz προσπίπτει υπό γωνία στην 3 έδρα ΑΒ τριγωνικού ισοπλεύρου γυάλινου πρίσματος ΑΒΓ. Η διαθλώμενη ακτίνα μέσα στο πρίσμα είναι παράλληλη στη πλευρά ΒΓ. α) Να βρεθεί ο δείκτης διάθλασης του υλικού του πρίσματος. β) Να βρεθεί το μήκος κύματος και η ταχύτητα της ακτινοβολίας μέσα στο πρίσμα. γ) Να σχεδιασθεί η πορεία της ακτίνας και να βρεθεί η γωνία με την οποία βγαίνει από το πρίσμα. Δίνεται η ταχύτητα του φωτός στο κενό 8 m c = 3 0, ο δείκτης διάθλασης του αέρα s na =, π ηµ = και 6 π 3 ηµ =. 3 Λύση α) Ο υπολογισμός του δείκτη διάθλασης, n b γίνεται με βάση το νόμο του Snell, αρκεί πρώτα να υπολογίσουμε τη γωνία διάθλασης θ. Επειδή η διαθλώμενη ακτίνα ΚΛ είναι παράλληλη στη πλευρά ΒΓ, η γωνία διάθλασης π π π μέσα στο πρίσμα θα είναι θ b = =. 3 6 b θb (Το τρίγωνο ΑΚΛ θα είναι επίσης ισόπλευρο) 43

124 Με εφαρμογή του νόμου του Snell στο σημείο Κ που συμβαίνει το φαινόμενο της διάθλασης παίρνουμε: π 3 ηµ na ηµθa nb ηµθ b = n 3 a ηµθa nb = nb = = nb = 3 ηµθ π b ηµ 6 β) Από τον ορισμό του δείκτη διάθλασης έχουμε: n c c 3 0 m / s 8 m b = υ b = = υ b = υb nb 3 s Συνεπώς από τη σχέση υ f 5 0 s υ=λ f προκύπτει ότι: 8 b 3 0 m / s 7 λ b = = λ 4 b = 3 0 m γ) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell στο σημείο Λ που συμβαίνει εκ νέου διάθλαση της ακτίνας, καθώς η ακτίνα εξέρχεται από το πρίσμα. Η νέα γωνία πρόσπτωσης είναι θ = γωνία διάθλασης θ παίρνουμε: π 6. Με εφαρμογή του νόμου του Snell για τη νέα n ηµθ 3 / 3 π n ηµθ = n ηµθ ηµθ = = ηµθ = θ =. n 3 b a b a 44

125 Άσκηση 5. Εγκάρσιο αρμονικό κύμα πλάτους 0cm και μήκους κύματος λ= m διαδίδεται κατά τη θετική φορά σε οριζόντια ελαστική χορδή που εκτείνεται κατά τη διεύθυνση του άξονα x x. Θεωρούμε ότι το σημείο της χορδής στη θέση x = 0 τη χρονική στιγμή t = 0 έχει μηδενική απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του και θετική ταχύτητα. Η ταχύτητα m διάδοσης του κύματος είναι υ= 00. s α) Να υπολογίσετε την περίοδο ταλάντωσης των υλικών σημείων της χορδής. β) Να γράψετε την εξίσωση του κύματος στο S.I. και να κάνετε τη γραφική παράσταση απομάκρυνσης συναρτήσει του χρόνου, για ένα υλικό σημείο Α της χορδής, το οποίο 3λ βρίσκεται στη θέση x =. 4 γ) Να υπολογίσετε την ενέργεια της ταλάντωσης στοιχειώδους τμήματος της χορδής μάζας 0,00 kg. (Να θεωρήσετε το στοιχειώδες τμήμα της χορδής ως υλικό σημείο.) δ) Στην παραπάνω χορδή διαδίδεται ταυτόχρονα άλλο ένα κύμα πανομοιότυπο με το προηγούμενο, αλλά αντίθετης φοράς, με αποτέλεσμα τη δημιουργία στάσιμου κύματος με κοιλία στη θέση x = 0. Να υπολογίσετε στο θετικό ημιάξονα τη θέση του 5 ου δεσμού του στάσιμου κύματος. Δίνεται: π = 0. Λύση α) Με βάση τη σχέση: λ υ= βρίσκουμε ότι: T λ m = = = υ 00m / s T T 0 s. β) Η γενική εξίσωση κύματος είναι: t x y= Aηµ π( ) T λ Η συχνότητα είναι rad f = 00Hz, άρα ω= π f = 00π, και λ= m. s Η εξίσωση του αρμονικού κύματος προκύπτει με αντικατάσταση και είναι: y = 0,ηµ π(00t x) (S.I.) το οποίο βρίσκεται στη θέση 3λ x =. 4 45

126 Η απομάκρυνση του υλικού σημείου Α, που βρίσκεται στη θέση 3λ 3 x = = m 4 4, θα δίνεται από τη σχέση 3 ya = 0,ηµ π(00t ) (S.I.) 4 Για να φθάσει το κύμα στο σημείο Α, που απέχει από τη πηγή 3λ/4 χρειάζεται χρόνο ίσο x 0, 75m με t = = t = 0,75 0 s. Άρα για t < t το σημείο Α είναι ακίνητο. Έτσι η υ 00m / s παραπάνω εξίσωση ισχύει για ή t t t 0,75 0 s γ) Η ενέργεια της ταλάντωσης θα είναι ίση με τη μέγιστη κινητική ενέργεια του υλικού σημείου δηλαδή: E= Kmax = mυ max rad m υ =ω A = 00π 0,m υ = 0π s s Όμως, max max Με αντικατάσταση παίρνουμε K = J δ) Από τον τύπο x (k ) 4 λ = + που δίνει τις θέσεις των δεσμών σε ένα στάσιμο, βλέπουμε ότι ο πρώτος δεσμός προκύπτει για k = 0, οπότε η θέση του πέμπτου δεσμού θα προκύψει για k = 4: λ λ x 5 = ( 4 + ) = 9 x5 =, 5m

127 Άσκηση 6. Ένα αρμονικό ηλεκτρομαγνητικό κύμα συχνότητας αέρα σε ορθογώνιο διαφανές πλακίδιο πάχους d f 4 = 6 0 Hz εισέρχεται από τον =, 4 8cm, με γωνία πρόσπτωσης 0 θ= 30. Κατά τη διάδοση του κύματος στον αέρα, το πλάτος της έντασης του V ηλεκτρικού πεδίου είναι Emax = 8 0. Κατά την είσοδο του κύματος στο πλακίδιο m παρατηρείται ελάττωση του μήκους κύματος λ κατά 0%, σε σχέση με την τιμή του στο κενό. α) Να υπολογίσετε το μήκος κύματος στο κενό και να γράψετε τις εξισώσεις που περιγράφουν το ηλεκτρικό και το μαγνητικό πεδίο του κύματος αυτού στον αέρα, κατά τη διάδοση του στον άξονα χ. Β) Να υπολογίσετε την ταχύτητα διάδοσης του κύματος αυτού στο διαφανές πλακίδιο και να βρείτε τον δείκτη διάθλασης του πλακιδίου. γ) Να βρείτε τη γωνία με την οποία εξέρχεται η ακτίνα από την απέναντι πλευρά του πλακιδίου. δ) Να βρείτε σε πόσο χρόνο η παραπάνω παράλληλη λεπτή δέσμη θα διαπεράσει το πλακίδιο. Δίνεται: 8 m c = 3 0. s Λύση α) Με αντικατάσταση στη σχέση: προκύπτει: λ = = m 500nm c= λ f βρίσκουμε το μήκος κύματος στο κενό, 0 Από τη θεωρία γνωρίζουμε ότι: V E E 8 0 = = = m = 3 0 s max max 9 c Bmax Bmax 6 0 T Bmax c 8 m Συνεπώς οι ζητούμενες εξισώσεις θα είναι: t T x λ ( ) 4 6 E = Emaxηµ π( ) E = 8 0 ηµ π(6 0 t- 0 x) SI t T x λ B = Bmaxηµ π( ) B = 6 0 ηµ π(6 0 t- 0 x)(si) 47

128 β) 0λ λ=λ0 = 500nm 00nm = 400nm λ= 4 0 m Η ταχύτητα στο πλακίδιο θα είναι: υ=λ = υ= f (4 0 m) (6 0 Hz), 4 0 m / s Ο δείκτης διάθλασης θα είναι c λ 5 0 υ λ n = = 0 = 7 n =, 5 γ) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell στο σημείο εισόδου Α και το σημείο εξόδου Β: Σημείο Α: ηµ ηµ ηµθ o o 30 n 30 = ηµθ = n ηµθ Σημείο Β: ηµϕ ηµϕ = ηµθ = n n Από τη γεωμετρία του σχήματος προκύπτει θ =θ, έτσι στις δύο παραπάνω σχέσεις τα πρώτα μέλη είναι ίσα, οπότε εύκολα παίρνουμε o ηµϕ = ηµ 30, και επειδή οι γωνίες είναι οξείες, προκύπτει ότι 0 ϕ= 30. δ) Ο ζητούμενος χρόνος είναι (AB) t= υ Υπολογισμός της διαδρομής (ΑΒ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε: d d συνθ = (AB) =. Άρα (AB) συνθ d t = υ συνθ () 48

129 Από το νόμο του Snell για το σημείο εισόδου Α με αντικατάσταση, βρίσκουμε το ηµθ. ηµ ηµ ηµθ n 5 / 4 0 o o 30 n 30 / 4 = ηµθ = = ηµθ = Από τη σχέση ηµ θ + συν θ =, βρίσκουμε το αντικατάσταση στη σχέση () προκύπτει: συνθ. Προκύπτει συνθ = Με d, m t = = = 0 s t = 0 s υ συνθ m , 4 0 s 0 Άρα ο ζητούμενος χρόνος θα είναι 3 9 t = 0 s. 3 49

130 Άσκηση 7. Το σημείο Ο ομογενούς ελαστικής χορδής μεγάλου μήκους, τη χρονική στιγμή t = 0, αρχίζει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με εξίσωση y = 0,05ηµ 8π t (S.I.) κάθετα στη διεύθυνση της χορδής. Το αρμονικό κύμα που παράγεται διαδίδεται με ταχύτητα μέτρου m / s, κατά τη θετική φορά του άξονα x Οx, κατά μήκος της χορδής. α) Να βρεθούν ο χρόνος που χρειάζεται ένα υλικό σημείο του ελαστικού μέσου για να εκτελέσει μια πλήρη ταλάντωση καθώς και το μήκος κύματος του αρμονικού κύματος. β) Να γραφεί η εξίσωση του κύματος που παράγεται και να βρεθούν οι θέσεις όλων των σημείων που βρίσκονται σε συμφωνία φάσης με την πηγή. γ) Να γράψετε και να σχεδιάσετε την εξίσωση της ταχύτητας συναρτήσει του 3λ χρόνου για ένα υλικό σημείο Α που απέχει απόσταση x = από την πηγή. T δ) Να σχεδιάσετε τα στιγμιότυπα του κύματος τις χρονικές στιγμές t = και 4 3T t =. 4 Λύση α) Από την εξίσωση y = 0, 05ηµ 8π t (S.I.) βρίσκουμε: Α= 0,05m, ω= 8 π rad / s. H π περίοδος προκύπτει από τη σχέση ω=, άρα T = 0, 5s και συνεπώς η συχνότητα T είναι f = 4Hz. Ο χρόνος που χρειάζεται ένα υλικό σημείο να κάνει μια πλήρη ταλάντωση, είναι η περίοδος ταλάντωσης του, δηλαδή είναι ίσος με 0, 5s. Το μήκος κύματος προκύπτει από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής. υ m / s υ=λf λ= = λ= 0,5m. f 4Hz β) Η γενική εξίσωση του κύματος είναι: των μεγεθών A, T και λ γίνεται: t x y= Aηµ π( - ), η οποία με αντικατάσταση, T λ y = 0,05ηµ π(4t x) ( SI) Τα σημεία που είναι σε συμφωνία φάσης με την πηγή απέχουν από αυτή ακέραιο αριθμό μηκών κύματος, δηλαδή βρίσκονται σε θέσεις για τις οποίες ισχύει x = kλ= k 0,5m k =,,3,... 50

131 γ) Η μέγιστη ταχύτητα θα είναι: υ max =ω A = 0, 4 π m / s, ενώ η εξίσωση ταχύτητας ταλάντωσης των υλικών σημείων είναι: υ = υ max t x συν π( - ) T λ. Άρα υ = 0,4πσυν π (4t -x) στο (S.I.). Η γενική εξίσωση της ταχύτητας ταλάντωσης των υλικών σημείων είναι t x υ = υmaxσυν π( - ) T λ Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης θα είναι: υ max =ω A = 0, 4 π m / s Με αντικατάσταση στη γενική εξίσωση της ταχύτητας ταλάντωσης: T = 0, 5s, 3λ 3 3 λ= 0,5m, x = = m παίρνουμε υ A = 0, 4πσυν π (4t - )( SI) 4 3 xa 3 Το κύμα φθάνει στο Α (xa = m) τη χρονική στιγμή ta = = s. Για t < ta το σημείο 4 υ 8 Α παραμένει ακίνητο. Άρα η εξίσωση ταχύτητας χρόνου είναι: υ A = 0,4πσυν π (4t -x) για 3 t s στο S.I. 8 δ) Για να σχεδιάσουμε το στιγμιότυπο, βρίσκουμε την εξίσωση της απομάκρυνσης συναρτήσει της απόστασης και υπολογίζουμε που έχει φθάσει το κύμα την κάθε χρονική στιγμή. Τη χρονική στιγμή T 4, η εξίσωση απομάκρυνσης θέσης είναι: y = 0,05ηµ π ( - x). 4 Τη χρονική στιγμή αυτή το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση 5

132 T λ x =υ t =υ = = 0,5m, ενώ τη χρονική στιγμή 3T θέσης, είναι: y = 0,05ηµ π ( - x). 4, η εξίσωση απομάκρυνσης Τη χρονική στιγμή αυτή το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση 3T 3λ x =υ t =υ = = 0,375m

133 Άσκηση 8. (Η άσκηση δόθηκε από τον εθελοντή κ. Αθανάσιο Παπαδημητρίου) Η εικόνα παριστάνει το στιγμιότυπο ενός γραμμικού αρμονικού κύματος μια χρονική στιγμή t, το οποίο διαδίδεται κατά τη θετική κατεύθυνση του άξονα x σε ένα ομογενές ελαστικό μέσο. Το σημείο της θέσης x = 0 άρχισε να ταλαντώνεται χωρίς αρχική φάση τη χρονική στιγμή t 0 = 0. Η ταχύτητα διάδοσης του παραπάνω κύματος είναι υ= m / s. α) Να βρείτε τη χρονική στιγμή t. β) Να βρείτε την εξίσωση του κύματος. γ) Να σχεδιάσετε το διάγραμμα της φάσης σε σχέση με τη θέση, ϕ= f( x), για τη χρονική στιγμή t. δ) Να βρείτε τη χρονική στιγμή που το σημείο Μ, που βρίσκεται στη θέση x = Μ 3,3m, θα απέχει για πρώτη φορά 0,m από τη θέση ισορροπίας του. ε) Να γίνουν τα διαγράμματα της φάσης και της απομάκρυνσης σε σχέση με το χρόνο, ϕ= f( t) και y= f( t), για το Ν που βρίσκεται στη θέση x = Ν, 4m. Λύση α) Από το διάγραμμα του στιγμιότυπου φαίνεται ότι το κύμα διαδόθηκε, από την χρονική στιγμή t0 = 0 μέχρι την t, κατά x =,7m. x,7m Άρα t = = t =, 35 s υ m / s 53

134 β) Από εκφώνηση η εξίσωση ταλάντωσης της πηγής είναι y A ηµω t, οπότε η εξίσωση του (τρέχοντος) κύματος θα είναι της μορφής π = t x y= Aηµ π( ). T λ - Από το διάγραμμα φαίνεται ότι το πλάτος του κύματος είναι Α= 0, m. - Από το διάγραμμα φαίνεται ότι το κύμα διαδόθηκε, από την χρονική στιγμή t0 = 0 λ λ μέχρι την t, κατά + λ= 9, όπου λ το μήκος κύματος. 4 4 Άρα 9 λ=, 7m λ=, m. 4 - Από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής παίρνουμε υ m / s υ=λ = = = = λ, m 0, 6 f f f s T 0, 6s Οπότε η εξίσωση του κύματος θα έχει την μορφή t x y = 0, ηµ π( ) (SI). 0, 6, γ) Η φάση του κύματος, για την χρονική στιγμή t, 35 x πx ϕ= π ϕ= π ( 0 x,7m ) 0,6, 0,6 συνάρτηση ( ) 4,5 ( SI) =, 35 s περιγράφεται από τη Το ζητούμενο διάγραμμα είναι: δ) Από την εξίσωση του κύματος, για x = 3,3m και y = 0,m έχουμε: t 3,3 t 3,3 0, = 0, ηµ π( ) ηµ π( ) = οπότε: 0, 6, 0, 6, t 3,3 π π( ) = kπ+ ή 0, 6, 6 t 3,3 5π π( ) = kπ+ 0, 6, 6 54

135 Αφού, για το σημείο Μ, αυτό συμβαίνει για πρώτη φορά, δεκτή γίνεται η πρώτη λύση t 3,3 π και με k = 0. Δηλαδή π( ) = από την οποία προκύπτει t =,7s. 0, 6, 6 ε) Για το σημείο Ν (x Ν =, 4m) η φάση θα δίνεται από τη σχέση: t, 4 ϕ N = π( ) = 0, 6, t π( ), με 0,6 x, 4 t = s t, s υ Το ζητούμενο διάγραμμα είναι: Για το Ν (x =, 4m) Η εξίσωση της ταλάντωσης του σημείου Ν θα είναι: t, 4 t yn = 0, ηµ π( ) = 0, ηµ π( ) ( SI) με 0,6, 0,6 x, 4 t = s t, s υ Το ζητούμενο διάγραμμα είναι: 55

136 Άσκηση 9. Μια πηγή κυμάτων Ο αρχίζει να ταλαντώνεται την χρονική στιγμή t = 0, σύμφωνα με την εξίσωση y = A ηµ (π ft). Το εγκάρσιο κύμα που δημιουργείται διαδίδεται σε ομογενές, γραμμικό ελαστικό μέσο κατά τη θετική κατεύθυνση του άξονα x'οx. Στο σχήμα παριστάνεται το στιγμιότυπο του κύματος μια συγκεκριμένη χρονική στιγμή t', ενώ στο σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση απομάκρυνσης συναρτήσει του χρόνου για ένα υλικό σημείο Σ του ελαστικού μέσου στο οποίο διαδίδεται το εν λόγω κύμα. Να βρείτε: α) την ταχύτητα διάδοσης του κύματος και τη διαφορά φάσης μεταξύ του υλικού σημείου Σ και της πηγής κυμάτων. β) τη χρονική στιγμή t' στην οποία αντιστοιχεί το στιγμιότυπο του κύματος. γ) την απομάκρυνσή από τη θέση ισορροπίας του υλικού σημείου Σ και της πηγής κυμάτων την δεδομένη χρονική στιγμή t'. δ) τη μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης και τη μέγιστη επιτάχυνση του υλικού σημείου Σ. ε) Nα σχεδιάσετε το διάγραμμα της φάσης του υλικού σημείου Σ συναρτήσει του χρόνου. Δίνεται το πλάτος ταλάντωσης της πηγής Α= 4 cm και π = 0. (Σχήμα ) (Σχήμα ) 56

137 Λύση Από τα διαγράμματα προκύπτουν τα παρακάτω: Στο σχήμα, παρατηρούμε ότι την χρονική στιγμή t' το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση x = 5cm (). Από το ίδιο σχήμα επίσης προκύπτει ότι η απόσταση αυτή αντιστοιχεί σε 5λ x = () Εξισώνοντας τις σχέσεις () και () προκύπτει λ= cm. Στο σχήμα παρατηρούμε ότι η περίοδος ταλάντωσης του υλικού σημείου Σ είναι T = s, άρα και η συχνότητα θα είναι f = Hz. Άρα η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι: υ=λ f = cm / s. Επίσης παρατηρούμε ότι το κύμα για να φτάσει στο υλικό σημείο Σ έκανε χρόνο t Ο χρόνος αυτός είναι ίσος με την περίοδο του κύματος ( T s) = s. =, άρα η απόσταση πηγής και σημείου Σ είναι ίση με ένα μήκος κύματος και η διαφορά φάσης μεταξύ της πηγής Ο και του σημείου Σ είναι π, δηλαδή ϕ ϕ = π. Ο Σ β) Τη χρονική στιγμή t' το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση x = 5cm με ταχύτητα υ= cm / s. Άρα x 5cm 5 t' = = t' = s. υ cm / s 5 T γ) Η πηγή τη χρονική στιγμή t' έχει ταλαντωθεί για χρονικό διάστημα t = s = T +. Άρα περνά από τη θέση ισορροπίας της κινούμενη κατά την αρνητική φορά. Το υλικό σημείο Σ, ξεκινά να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t 5 3 T t' έχει ταλαντωθεί για χρόνο: t = t '- t = s s = s = T +. = s. Tη χρονική στιγμή Άρα το υλικό σημείο Σ τη χρονική στιγμή αυτή έχει κάνει μια πλήρη ταλάντωση και μισή δηλαδή περνά από τη θέση ισορροπίας του κινούμενο και αυτό κατά την αρνητική φορά. Αυτό ήταν αναμενόμενο, αφού τα δύο σημεία παρουσιάζουν διαφορά φάσης π. δ) Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση: cm υ max =ω A = πf A υ max = π Hz 4cm υ max = 8π s 57

138 Η μέγιστη επιτάχυνση στη ταλάντωση δίνεται από τη σχέση cm α max =ω A = 60 s ε) Η φάση του κύματος δίνεται από τη σχέση ( x = λ ) θα ισχύει ϕ= π(t ). H φάση έχει νόημα για t s. Διάγραμμα φάσης - χρόνου για το υλικό σημείο Σ: t x ϕ= π( ). Για το υλικό σημείο Σ T λ 58

139 Άσκηση 0. Κατά μήκος ενός γραμμικού, ομογενούς, ελαστικού μέσου διαδίδεται στη θετική κατεύθυνση του άξονα χ'οχ ένα αρμονικό κύμα που περιγράφεται από την εξίσωση: 0πx y = 4 0 ηµ ( 00πt) 7 (S.I.). Δύο σημεία Α και Β βρίσκονται πάνω στη διεύθυνση διάδοσης του κύματος, απέχουν μεταξύ τους 7m, και γνωρίζουμε ότι το πιο κοντινό σημείο στην πηγή Ο είναι το σημείο Α. α) Nα βρείτε τη συχνότητα και την ταχύτητα διάδοσης του κύματος. β) Να δείξετε ότι η διαφορά φάσης των σημείων Α και Β είναι ανεξάρτητη του χρόνου και ότι τα σημεία αυτά είναι σε συμφωνία φάσης. γ) Να σχεδιάσετε τις γραφικές παραστάσεις απομάκρυνσης χρόνου για τα δύο αυτά υλικά σημεία Α και Β, αν γνωρίζουμε ότι το σημείο Α βρίσκεται στη θέση x A = 6,8m. δ) Να βρείτε τη μεταβολή της φάσης του υλικού σημείου Α σε χρονική διάρκεια t = s. ε) Να βρείτε την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του σημείου Γ της θέσης x = Γ 3, 4m, τη χρονική στιγμή t που το υλικό σημείο Β έχει απομάκρυνση yb =, cm, και αρνητική ταχύτητα. Λύση α) Συγκρίνοντας την εξίσωση του συγκεκριμένου κύματος 0πx y = 4 0 ηµ [(00πt) ] με τη γενική εξίσωση του κύματος έχουμε: 7 πx 0πx 7 = λ= m λ= 3, 4m λ 7 5 π f t = 00πt f = 00Hz Με αντικατάσταση στη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής έχουμε: m υ=λf υ= 340 s t β) Οι φάσεις των υλικών σημείων Α και Β, δίνονται από τις σχέσεις: ϕ Α = π( ) T λ t x και ϕ ( B Β = π ), αντίστοιχα. Αφαιρώντας τις δύο παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε τη T λ διαφορά φάσης των δύο αυτών σημείων: x A 59

140 π(xb x A) π(7 m) ϕa ϕ B = = ϕa ϕ B = 0π rad λ 3, 4m Άρα η διαφορά φάσης μεταξύ των δύο σημείων είναι ανεξάρτητη του χρόνου. Επειδή ϕa ϕ B = 0π rad = 5 π rad (ακέραιο πολλαπλάσιο του π) ή x = 5λ (ακέραιο πολλαπλάσιο του μήκους κύματος) τα σημεία αυτά βρίσκονται σε συμφωνία φάσης μεταξύ τους. γ) Το κύμα φτάνει στο σημείο Α τη χρονική στιγμή xa 6,8m 3, 4m t = = = t = s = T, ενώ το σημείο Β αρχίζει να υ 340m / s 3, 4 00m / s 00 ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή xb 7 + 6,8m 7 3, 4m 7 t = = = t = s = 7T υ 340m / s 3, 4 00m / s 00 Και τα δύο σημεία εκτελούν απλή αρμονική ταλάντωση με εξίσωση ταλάντωσης ya 4 0 [(00 t) 4 ] = ηµ π π, όπου = ηµ π π, όπου yb 4 0 [(00 t) 4 ] t s και 00 7 t s, αντίστοιχα

141 δ) ϕ = π f t ϕ = 00πrad Α Α ε) Το σημείο Β βρίσκεται στη θέση xb = 6,8m + 7m = 3,8m και απέχει από το σημείο Γ x B x Γ = 3,8m 3, 4m x B xγ = 0, 4m x B xγ = 6 3,4m x B xγ = 6λ Τα δύο σημεία βρίσκονται σε συμφωνία φάσης και έχουν κάθε στιγμή ίδια απομάκρυνση και ίδια ταχύτητα, άρα η απομάκρυνση του σημείου Γ είναι y = Γ, cm. 6

142 ΘΕΜΑ Δ Πρόβλημα. Το πιο πάνω σχήμα παριστά το στιγμιότυπο ενός οδεύοντος αρμονικού κύματος σε ομογενές γραμμικό ελαστικό μέσο κατά τη χρονική στιγμή t 0. Τη χρονική στιγμή t = 0 το σημείο Ο της θέσης x = 0 διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του με θετική ταχύτητα. Για τις σημειωμένες στο σχήμα αποστάσεις ισχύει: (OK) = 0,m, (OZ) = 0,3m. Ζητούνται: α) Η χρονική στιγμή t 0 και η μέγιστη ταχύτητα με την οποία ταλαντώνονται τα υλικά σημεία του ελαστικού μέσου. β) Να χαραχθεί πάνω σε βαθμολογημένους άξονες το στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t = t 0 + 0, 0s. Την ίδια χρονική στιγμή να βρεθεί η απομάκρυνση ενός σημείου Β αν γνωρίζετε ότι το σημείο αυτό απέχει από το O απόσταση, OB =, 4m. γ) Το πιο πάνω οδεύον κύμα μεταφέρει ενέργεια 4,5 0 J, σε κάθε υλικό σημείο του γραμμικού ελαστικού μέσου. Πόση είναι η σταθερά ταλάντωσης κάθε υλικού σημείου, δεδομένου ότι όλα εκτελούν απλή αρμονική ταλάντωση; δ) Αν το πιο πάνω στιγμιότυπο παρίστανε στάσιμο κύμα τη χρονική στιγμή t 0, κατά την οποία όλα τα σημεία του γραμμικού ελαστικού μέσου, έχουν μηδενική ταχύτητα, τότε, να σχεδιάσετε το στιγμιότυπό του τη χρονική στιγμή t, όπου t = t 0 + 0, 0s. Δίνεται ότι η συχνότητα των οδευόντων κυμάτων που δημιουργούν το στάσιμο κύμα είναι: f = 5Hz. Λύση α) Δίνεται ότι το στιγμιότυπο είναι οδεύοντος κύματος. Συνεπώς σε αυτό φαίνονται οι θέσεις των υλικών σημείων του μέσου τη δεδομένη χρονική στιγμή. λ Από το διάγραμμα έχουμε ( ΟΚ ) = = 0, συνεπώς λ= 0, 4m. 4 Επίσης, το πλάτος ταλάντωσης είναι το (OZ), δηλαδή η μεγαλύτερη απόσταση από τη θέση ισορροπίας. Συνεπώς το πλάτος ταλάντωσης κάθε σημείου θα είναι A 0 = (OZ) = 0,3m. 6

143 H ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ=λ f = 0, 4m 5s υ= 0. s m Από το στιγμιότυπο του κύματος φαίνεται ότι τη χρονική στιγμή t o, το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση 5 λ. 5λ 5λ Άρα, 5 0, m = x =υ t 0 t 0 = = t 0 = 0,s υ 0m / s Άρα t 0 = 0,s. Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης των μορίων θα είναι: rad m υ max =ωα 0 = 50π 0,3m υ max = 5π s s β) Δεδομένου ότι η περίοδος της ταλάντωσης είναι T = = 0, 04s, η χρονική στιγμή f t 0 = 0,s αντιστοιχεί σε 5T = T + T. Από την παραπάνω παρατήρηση προκύπτει ότι η πηγή, την χρονική στιγμή t 0 = 0,s περνά από τη θέση ισορροπίας με αρνητική φορά, T (δηλαδή προς τα κάτω). Συνεπώς σε χρόνο t = = 0, 0s μετά τη χρονική στιγμή t 0, 4 βρίσκεται στη μέγιστη αρνητική απομάκρυνση, ενώ το κύμα έχει διαδοθεί απόσταση λ επιπλέον = 0,m και έχει φτάσει μέχρι τη θέση 4 λ λ x = 5 + = 5 0,m + 0,m x =,m 4 Με δεδομένο ότι το τελευταίο σημείο που έχει φτάσει ένα κύμα είναι ακόμα στη θέση ισορροπίας και έτοιμο να κινηθεί όπως το προηγούμενό του, το στιγμιότυπο θα είναι το παρακάτω: Το σημείο Β θα παραμένει ακίνητο στη θέση ισορροπίας του, δεδομένου ότι το κύμα δεν έχει φτάσει ακόμα εκεί. 63

144 γ) Η ενέργεια της ταλάντωσης κάθε υλικού σημείου του υλικού μέσου δίνεται από τη N σχέση: E = DA. Με αντικατάσταση προκύπτει D=. m δ) Παρατηρούμε ότι τα ακραία σημεία Ο και Α είναι δεσμοί. Γνωρίζουμε ότι στο στάσιμο κύμα όλα τα σημεία περνούν από τη θέση ισορροπίας την ίδια χρονική στιγμή. Οι χρονικές στιγμές t και t 0 διαφέρουν κατά T. Επειδή, σύμφωνα με την εκφώνηση, 4 όλα τα σημεία του γραμμικού ελαστικού μέσου τη χρονική στιγμή t 0 έχουν μηδενική ταχύτητα και βρίσκονται στη μέγιστη απομάκρυνσή τους, μετά από χρόνο T 4 θα βρίσκονται στη θέση ισορροπίας από όπου διέρχονται με τη μέγιστη ταχύτητά τους. Το στιγμιότυπο του γραμμικού ελαστικού μέσου δίνεται στο παρακάτω σχήμα, στο οποίο έχουν σχεδιασθεί και οι ταχύτητες που έχουν διάφορα υλικά σημεία. 64

145 Πρόβλημα. Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων Π και Π δημιουργούν στην επιφάνεια υγρού που ηρεμεί cm εγκάρσια κύματα που διαδίδονται με ταχύτητα υ= 80. Οι δύο πηγές τη χρονική s στιγμή t = 0 αρχίζουν να εκτελούν απλή αρμονική ταλάντωση, σε διεύθυνση κάθετη πt στην επιφάνεια του υγρού και η εξίσωση ταλάντωσής τους είναι y= A ηµ ( ). T Με την επίδραση των δύο κυμάτων ένα μικρό κομμάτι φελλού που βρίσκεται στην επιφάνεια του υγρού ταλαντώνεται, με εξίσωση απομάκρυνσης από τη θέση ισορροπίας του: y = 4ηµ π(8t 4), όπου y σε cm και t σε s. Οι αποστάσεις του φελλού από τις πηγές Π και Π είναι r, r αντίστοιχα και συνδέονται με τη σχέση r r = λ, όπου λ το μήκος κύματος λ των δυο κυμάτων. α) Να υπολογίσετε το πλάτος ταλάντωσης των πηγών. β) Να υπολογίσετε το μήκος κύματος λ των κυμάτων καθώς και τις αποστάσεις r και r. γ) Να υπολογίσετε την επιτάχυνση ταλάντωσης του φελλού την χρονική στιγμή t = s. δ) Να βρείτε τη χρονική στιγμή t, κατά την οποία ο φελλός περνάει από τη θέση μέγιστης απομάκρυνσης y = 4cm για η φορά, εκτελώντας σύνθετη ταλάντωση. ε) Να βρείτε το πλάτος ταλάντωσης των σημείων που βρίσκονται στην μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος που ενώνει τις δύο πηγές. Λύση α) Συγκρίνουμε τη δοθείσα εξίσωση y = 4ηµ π(8t 4) (cm,s) με τη γενική εξίσωση της συμβολής εγκαρσίων κυμάτων στην επιφάνεια υγρού π(r r ) t r+ r y= Ασυν ηµ π λ T λ Για το πλάτος του υλικού σημείου ισχύει: π(r r ) π( λ) Ασυν = συν = = = λ λ 4cm A 4cm A 4cm A cm Άρα το πλάτος ταλάντωσης κάθε πηγής είναι A = cm 65

146 β) Το μήκος κύματος βρίσκεται με αντικατάσταση στη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής αφού πρώτα βρεθεί η περίοδος T. Συγκρίνουμε τη δοθείσα εξίσωση με τη γενική εξίσωση της συμβολής εγκαρσίων κυμάτων: (i) Για την περίοδο ισχύει: t 8t = T = s T 8 Υπολογισμός μήκους κύματος: λ= 0cm = 0,m. λ m υ= λ=υτ λ= 0,8 s λ= 0,m. Άρα Τ s 8 ( ) (ii) Για τον όρο r + r λ ισχύει: r + r λ = 4 r+ r = 8λ r+ r = 8 0cm r+ r = 80cm Από τις σχέσεις r+ r = 80cm και r r 0cm r = 30cm. = λ= προκύπτει r = 50cm και γ) Η μέγιστη επιτάχυνση του φελλού θα είναι rad m max 0 6 ( 4 0 m) max 0, 4 α =ω Α = π α = s Άρα για t = s έχουμε t r + r T λ ( ) α = αmaxηµ π = 0, 4 ηµ π 8t 4 α= 0 Δηλαδή τη χρονική στιγμή t θέση ισορροπίας (y s α = 0, 4 ηµ π( 4 ) (SI) = s ο φελλός έχει μηδενική επιτάχυνση άρα βρίσκεται στη = 0cm) και η ταχύτητά του είναι μέγιστη. δ) Η ζητούμενη χρονική στιγμή είναι T 4 μετά από τη χρονική στιγμή άφιξης του δεύτερου κύματος. Για τη χρονική στιγμή αφιξης t του δευτέρου κύματος ισχύει: t r 50cm 5 = = t = s υ 80cm / s 8 66

147 Άρα η ζητούμενη χρονική στιγμή είναι: T 5 / 8 0 t = t + = s+ s t = + s t = s ε) Για τα σημεία της μεσοκαθέτου ισχύει r = r, οπότε το πλάτος της ταλάντωσης για κάθε σημείο είναι: π(r r ) λ Aσυν = Aσυν 0 = A = 4cm Άρα, Όλα τα σημεία της μεσοκαθέτου πάλλονται με μέγιστο πλάτος 4cm. 67

148 Πρόβλημα 3. Κατά μήκος ενός γραμμικού, ομογενούς, ελαστικού μέσου διαδίδεται στη θετική κατεύθυνση του άξονα χ'οχ ένα αρμονικό κύμα. Το σημείο Ο της θέσης x = 0 εκτελεί αρμονική ταλάντωση που περιγράφεται από την y= Aηµω t. Στο παρακάτω διάγραμμα φαίνεται η γραφική παράσταση της φάσης ϕ των υλικών σημείων που βρίσκονται στη διεύθυνση διάδοσης του αρμονικού κύματος, σε συνάρτηση με την απόσταση x από το σημείο O, σε μια δεδομένη χρονική στιγμή t. α) Να υπολογίσετε το μήκος κύματος και να βρείτε τη φάση της πηγής τη χρονική στιγμή t. β) Να υπολογίσετε πριν από πόσο χρόνο άρχισε να ταλαντώνεται η πηγή, δηλαδή τη χρονική στιγμή t, αν γνωρίζετε ότι η συχνότητα ταλάντωσης της πηγής, είναι f γ) Την παραπάνω χρονική στιγμή t ) Να βρείτε την απομάκρυνση του σημείου της θέσης x = 0 (πηγή). = 0Hz. ) Να βρείτε τον αριθμό των πλήρων απλών αρμονικών ταλαντώσεων που έχει κάνει η πηγή. 3) Να σχεδιάσετε το στιγμιότυπο του κύματος. Δίνεται ότι το πλάτος ταλάντωσης της πηγής είναι A = 0,m δ) Τη χρονική στιγμή t να βρείτε την ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται ένα υλικό σημείο, το οποίο βρίσκεται στη θέση x = 5cm και να αποδείξετε ότι αυτό το υλικό σημείο βρίσκεται σε αντίθετη φάση με την πηγή. Λύση t x α) Η φάση δίνεται από τον τύπο ϕ= π( ) που μπορεί να γραφεί και ως T λ π πt ϕ= ( )x +. Η σχέση αυτή, για συγκεκριμένη χρονική στιγμή, παριστά μία ευθεία. λ T Από την κλίση στο διάγραμμα, βρίσκουμε π 0 π = συνεπώς λ= m. λ 0 68

149 Η πηγή βρίσκεται στη θέση x = 0, έχει τη μεγαλύτερη φάση από όλα τα σημεία του μέσου και σύμφωνα με το διάγραμμα η φάση της είναι ϕ= 0π rad. β) ος τρόπος Η ταχύτητα του κύματος είναι m υ=λ f = m 0Hz υ= 0. Όπως φαίνεται από το s διάγραμμα το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση x x t =, από όπου t = 0,5s υ = 0m, συνεπώς ος τρόπος Η πηγή ταλαντώνεται για τόσο χρονικό διάστημα t όσο χρειάζεται για να αποκτήσει σύμφωνα με το διάγραμμα φάση 0π rad. Έτσι με αντικατάσταση στον τύπο της φάσης x = 0m, ϕ = 0π rad παίρνουμε: t x ϕ= π( ) T λ t 0 = π t = 0,5s 0,s m 0 ( ) 3 ος τρόπος Η πηγή ταλαντώνεται για τόσο χρονικό διάστημα t όσο χρειάζεται για να διαδοθεί το κύμα σε απόσταση x = 0m. Επίσης γνωρίζουμε ότι το σημείο της θέσης που ξεκινά να ταλαντώνεται έχει φάση μηδέν. Έτσι με αντικατάσταση στον τύπο της φάσης x ϕ = 0 παίρνουμε t x t 0m ϕ= π = π = T λ 0,s m ( ) 0 ( ) t 0,5s = 0m, γ) ) Η εξίσωση ταλάντωσης της πηγής είναι y= Aηµω t. Τη χρονική στιγμή t = 0,5s η εξίσωση δίνει y = A ηµ (0π 0,5) y = A ηµ (0 π ) = 0 y = A ηµ (5 π + 0) y = 0, συνεπώς η πηγή τη χρονική στιγμή t περνά από τη θέση ισορροπίας κινούμενη κατά τη θετική φορά, δηλαδή τη φορά που είχε και τη χρονική στιγμή t = 0. 69

150 ) Ισχύει ταλαντώσεις. t 0,5s N= = = 5.Άρα η πηγή τη χρονική στιγμή t έχει κάνει 5 πλήρεις T 0,s 3) Για να σχεδιάσουμε το στιγμιότυπο του κύματος, την χρονική στιγμή t, γράφουμε t x την εξίσωση του αρμονικού κύματος, y= Aηµ π( ), η οποία με αντικατάσταση T λ x γίνεται: y = 0, ηµ π(0 t ) (SI) Αφού συνολικά η πηγή έχει κάνει 5 πλήρεις ταλαντώσεις το κύμα θα έχει διαδοθεί σε απόσταση x = 5λ. Για x = 0, βρίσκουμε ότι η πηγή τη χρονική στιγμή αυτή, περνά από τη θέση ισορροπίας με θετική ταχύτητα, (y = 0). λ π Για x =, βρίσκουμε y = A ηµ (0 π ) = Α 4 Συνεπώς το στιγμιότυπο θα είναι: x δ) Η εξίσωση του αρμονικού κύματος είναι y = 0, ηµ π(0 t ) (SI). Αφού κάθε υλικό σημείο εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, η εξίσωση ταχύτητας συναρτήσει του χρόνου t x θα είναι: υ = ωασυν π( ), η οποία με αντικατάσταση γίνεται: T λ υ = π συν(0πt π x)(si). Με αντικατάσταση x = 5cm, t = 0,5s προκύπτει υ= π συν(0π 5 π)(si) υ= 0 π συν(5 π) υ= π m s Το σημείο αυτό βρίσκεται σε αντίθετη φάση με την πηγή. Αυτό αποδεικνύεται και από το λ ότι η απόστασή του χ από την πηγή είναι της μορφής x = κλ +. 70

151 Πρόβλημα 4. Δύο αρμονικά κύματα ίδιου πλάτους ( Α= cm ) και ίδιας συχνότητας ( f = 0Hz ) m διαδίδονται με ταχύτητα υ= 0 σε ελαστική χορδή x 'Ox, με αντίθετη φορά. Κατά s μήκος της χορδής αποκαθίσταται στάσιμο κύμα και στο σημείο Ο, της θέσης x = 0, δημιουργείται κοιλία. Το σημείο Ο τη χρονική στιγμή t = 0 έχει απομάκρυνση y= 0 και ταχύτητα υ> 0. α) Να γράψετε τις εξισώσεις των δύο κυμάτων και να βρείτε την εξίσωση του στάσιμου κύματος που προκύπτει από τη συμβολή των δυο αυτών κυμάτων. β) Να προσδιορίσετε τις θέσεις των δεσμών και τις θέσεις των κοιλιών και να βρείτε την απόσταση μεταξύ ενός δεσμού και της γειτονικής του κοιλίας. γ) Να βρείτε την απόσταση μεταξύ των δύο πλησιέστερων σημείων που βρίσκονται εκατέρωθεν ενός δεσμού και ταλαντώνονται με πλάτος ίσο με το μισό του πλάτους της κοιλίας. δ) Να σχεδιάσετε το στιγμιότυπο του στάσιμου κύματος που έχει δημιουργηθεί κατά T T μήκος της χορδής, τις χρονικές στιγμές t = και t =. 4 Λύση υ α) Από τη σχέση υ=λf λ=, με αντικατάσταση βρίσκουμε το μήκος κύματος f 0m / s λ= λ= m. 0Hz Τα δύο κύματα περιγράφονται από τις εξισώσεις: Το διαδιδόμενο προς τη θετική κατεύθυνση του άξονα χ Οχ, y t x x = Aηµ π( ) y = 0, 0ηµ π(0t ) T λ (S.I.) Το διαδιδόμενο προς την αρνητική κατεύθυνση του άξονα χ Οχ, y t x x = Aηµ π ( + ) y = 0, 0ηµ π (0t + ) T λ (S.I.) Σχόλιο: Το χ παίρνει θετικές και αρνητικές τιμές. Για να βρούμε την εξίσωση τoυ στάσιμου κύματος εφαρμόζουμε την αρχή της επαλληλίας των κυμάτων: 7

152 t x t x y= y+ y y= Aηµ π( ) + Aηµ π ( + ) T λ T λ από όπου προκύπτει: πx πt y = A συν( ) ηµ ( ) λ T Αντικαθιστώντας τα δεδομένα της άσκησης βρίσκουμε: y = 0, 04 συν( πx) ηµ 0t (SI) β) Δεσμοί θα είναι τα σημεία για τα οποία το πλάτος ταλάντωσης θα είναι ίσο με μηδέν πx και ισχύει συν = 0. Με λύση της εξίσωσης προκύπτει λ λ λ kλ x =± (k + ) =± ( + ), όπου το ± υπάρχει επειδή το στάσιμο κύμα δημιουργείται 4 4 και στον αρνητικό ημιάξονα. Κοιλίες θα είναι τα σημεία για τα οποία το πλάτος ταλάντωσης είναι μέγιστο και ισχύει πx kλ συν =. Με λύση της εξίσωσης προκύπτει xk = ±, όπου το ± υπάρχει επειδή λ το στάσιμο κύμα δημιουργείται και στον αρνητικό ημιάξονα. Η απόσταση d μεταξύ ενός δεσμού και μιας κοιλίας είναι ίση με λ d = x x K = 4 λ, διότι 4 Το μήκος κύματος λ έχει υπολογιστεί από τη σχέση d = x x = 0,5m K υ=λ f και είναι λ= m. Άρα γ) Τα σημεία αυτά θα πάλλονται με πλάτος Α, άρα θα ισχύει: δηλαδή: πx A συν = A, λ πx συν = λ από όπου προκύπτουν οι τριγωνομετρικές εξισώσεις: πx συν = λ και πx συν = λ Η η εξίσωση δίνει π x λ π = kπ± 3 Η η εξίσωση δίνει π x π = (k + ) π± λ 3 Οι δύο σειρές λύσεων ενοποιούνται στην 7

153 λ (k λ± ) πx π 3 k = kπ± x = x = ( ± ) λ λ 3 6 Θα δουλέψουμε στο θετικό ημιάξονα. Προφανώς ότι ισχύουν στον άξονα αυτόν αντίστοιχα θα ισχύουν και στον αρνητικό. Η θέση του πιο κοντινού σημείου στο σημείο Ο που ταλαντώνεται με πλάτος Α, θα βρεθεί λ αν θέσουμε στην παραπάνω εξίσωση, k = 0, οπότε προκύπτει xa =. Το σημείο αυτό 6 είναι δεξιά του σημείου Ο, (βλέπε σχήμα) και θα είναι το κοντινότερο στον πρώτο δεσμό. Αν στην παραπάνω εξίσωση x B λ =. 6 k x = ( ± ) λ θέσουμε k =, προκύπτουν 6 x Γ 4λ = και 6 Τα δύο πλησιέστερα σημεία στον πρώτο δεσμό είναι τα σημεία Α και Β με αποστάσεις λ λ από την αρχή Ο ίσες με xa = και xb =. 6 6 λ λ λ Συνεπώς η ζητούμενη απόσταση θα είναι: d = xb xa = d =, άρα λ d= = m 6 3 Σχόλιο: Ότι ισχύει για τα δύο (πλησιέστερα) σημεία Α και Β που είναι εκατέρωθεν του πρώτου δεσμού, για λόγους συμμετρίας θα ισχύει και για όλα τα άλλα σημεία και στους άλλους δεσμούς. δ) Το στάσιμο κύμα εκτείνεται και προς τις δύο κατευθύνσεις, με αρχή το σημείο Ο. T Θέτοντας στην εξίσωση του στάσιμου κύματος t =, προκύπτει: 4 73

154 πx πt πx π y = A συν( ) ηµ ( ) y = A συν( ) ηµ ( ) y = A συν( πx) λ T y = 0,0 συν( πx) SI ( ) Για x = 0 y = A, δηλαδή το σημείο Ο τη στιγμή απομάκρυνση. T t = βρίσκεται στη μέγιστη θετική 4 Τη χρονική στιγμή T t = η εξίσωση του στάσιμου δίνει πx πt πx πx y = A συν( ) ηµ ( ) y = A συν( ) ηµπ y = A συν( ) 0 y = 0 λ T λ λ T Τη χρονική στιγμή t = το σημείο Ο, περνά από τη θέση ισορροπίας με αρνητική φορά, δηλαδή προς τα κάτω. Προφανώς όλα τα σημεία του ελαστικού μέσου τη χρονική στιγμή αυτή, θα περνούν από τη θέση ισορροπίας τους. Γνωρίζουμε επίσης, ότι όλα τα σημεία μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών έχουν την ίδια φάση, άρα περνούν από τη θέση ισορροπίας τους με ίδια φορά. Ενώ τα σημεία εκατέρωθεν ενός δεσμού, έχουν διαφορά φάσης π και συνεπώς περνούν από τη θέση ισορροπίας με αντίθετες κατευθύνσεις. Συνεπώς τα στιγμιότυπα θα είναι: 74

155 Πρόβλημα 5. 4 Ακτίνα μονοχρωματικού φωτός συχνότητας f = 5 0 Hz διέρχεται από δύο διαφανή πλακίδια Α και Β, ίδιου πάχους d = 3cm, τα οποία έχουν δείκτες διάθλασης na = και nb = 3. Α) Αν η μονοχρωματική δέσμη φωτός, προσπέσει κάθετα και στα δύο πλακίδια α) να βρείτε τους χρόνους διέλευσης της φωτεινής ακτίνας από τα δύο πλακίδια. β) να βρείτε τον αριθμό μηκών κύματος που δημιουργούνται σε κάθε πλακίδιο. Β) Τοποθετούμε το πλακίδιο Β, πάνω στο πλακίδιο Α. Η παραπάνω μονοχρωματική π δέσμη φωτός, προσπίπτει με γωνία θ= στην επιφάνεια του πλακιδίου Β. 3 α) Να βρείτε αν η ακτίνα θα εισέλθει στο πλακίδιο Α ή θα υποστεί ολική ανάκλαση και θα συνεχίσει την πορεία της στο πλακίδιο Β. β) να βρείτε το συνολικό χρόνο μέχρι το φως να εξέλθει πάλι στον αέρα. Δίνονται η ταχύτητα του φωτός στο κενό, 8 m c = 3 0, 3 = 3, 6 και s π 3 ηµ =. 3 Λύση Α) α) Για τους δείκτες διάθλασης των δύο πλακιδίων αντίστοιχα ισχύουν: Πλακίδιο Α: c n = από όπου η ταχύτητα του φωτός στο πλακίδιο Α είναι: υ A A 8 c 3 0 m 8 m υ A = = =, 5 0 n s s A Πλακίδιο Β: c n = από όπου η ταχύτητα του φωτός στο πλακίδιο Β είναι: υ B B υ B = = = 3 0 n 3 s s 8 c 3 0 m 8 m B Οι αντίστοιχοι χρόνοι διέλευσης θα είναι: d 0 t A = = 0 s υa και d 0 t B = = 3 0 s υb. Το φως θα διαπεράσει γρηγορότερα το πλακίδιο Β. 75

156 d = λ β) Ο αριθμός μηκών κύματος θα δίνεται από τη σχέση N ( ) Για να υπολογίσουμε τα μήκη κύματος λ σε κάθε πλακίδιο θα χρησιμοποιήσουμε τη σχέση: υ=λ f, οπότε: υ f 8 A, 5 0 m / s 7 λ A = = λ 4 A = 3 0 m 5 0 Hz υ f Hz 5 8 B 3 0 m / s 3 6 B 4 B 0 λ = = λ = m Με αντικατάσταση στη σχέση () προκύπτει: d NA = = 0 λ A 5 μήκη κύματος. d NB = = λ B 4 μήκη κύματος. Β) α) Η φωτεινή ακτίνα κατευθύνεται από οπτικά αραιότερο προς οπτικά πυκνότερο μέσο, άρα δεν υπάρχουν προϋποθέσεις για να υποστεί ολική ανάκλαση. Η ακτίνα θα περάσει στο πλακίδιο Α πλησιάζοντας την κάθετο στη διαχωριστική επιφάνεια. β)με εφαρμογή του νόμου του Snell για την πρώτη διάθλαση, στη διαχωριστική επιφάνεια αέρα και πλακιδίου Β, έχουμε: ηµθ = nb ηµθ b. Από εδώ βρίσκουμε ότι π π ηµθ b = = ηµ, συνεπώς θ b =, διότι η γωνία είναι οξεία. 6 6 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΖΚ έχουμε: d d d c d συνθ b =, άρα ( ) BtB tb ( Κ ) Κ = 3 = υ 3 = n t = c Με εφαρμογή του νόμου του Snell για την δεύτερη διάθλαση, στη διαχωριστική ηµθ b na επιφάνεια των δύο πλακιδίων, έχουμε: =, ηµθ n nb από όπου ηµθ a = ηµθ b. n A a B B B 76

157 Με αντικατάσταση προκύπτει: ηµθ = a 3 4, συνεπώς από τη σχέση ηµ θ a + συν θ b = προκύπτει 3 συνθ a =. 4 Από το τρίγωνο ΚΜΠ έχουμε d συνθ a =, από όπου ( ΚΠ ) d ( ΚΠ ) =. συνθ a c 8d Όμως ( ΚΠ ) = υ AtA, άρα ( ΚΠ ) = ta ta =. n c 3 Συνεπώς 8d d c 0 t = t A + t B = + t = 4, 0 s c 3 A 77

158 Πρόβλημα 6. Σε ομογενή ελαστική χορδή μήκους L =,5cm που το ένα άκρο της είναι ακλόνητα στερεωμένο, δημιουργούνται στάσιμα κύματα. Ένα από τα αρμονικά κύματα που πx δημιούργησαν το στάσιμο κύμα περιγράφεται από την εξίσωση y = 4 ηµ (8π t - ) ( t σε 5 s, y και x σε cm ). Το ελεύθερο άκρο της χορδής βρίσκεται στη θέση x = 0 και γνωρίζουμε ότι σε αυτό δημιουργείται κοιλία. α) Να γραφούν οι εξισώσεις του ανακλώμενου και του στάσιμου κύματος. β) Να βρεθούν ο αριθμός των δεσμών και ο αριθμός των κοιλιών, που δημιουργούνται κατά μήκος της χορδής. T 3T γ) Να γίνουν τα στιγμιότυπα του κύματος τις χρονικές στιγμές t = και t = 4 4 στο ίδιο διάγραμμα. δ) Να βρεθούν οι θέσεις των σημείων της χορδής που έχουν μέγιστη ταχύτητα μέτρου ίσου με το μισό της μέγιστης ταχύτητας μιας κοιλίας. Λύση x α) Η δοθείσα εξίσωση γράφεται: y = 4ηµ π (4t - ) ( t σε s, y και x σε cm ), άρα 0 x εξίσωση του ανακλώμενου κύματος είναι y = 4ηµ π (4t + ) ( t σε s, y και x σε cm ) 0 Στη γενική περίπτωση η εξίσωση του στάσιμου είναι: πx y = A συν ηµ πft λ Άρα, η ζητούμενη εξίσωση του στάσιμου θα είναι: πx πx y = 4 συν ηµ π4t y = 8 συν ηµ 8π t ( t σε s, y και x σε cm ) 0 5 Συγκρίνοντας την τελευταία εξίσωση με τη γενική εξίσωση του στάσιμου κύματος έχουμε: π x π = x, άρα λ= 0cm λ 5 και 8π t = π f, άρα f υ=λ f = 40 cm / s = 4Hz. Συνεπώς η ταχύτητα διάδοσης θα είναι: β) Η απόσταση κάθε δεσμού από τη θέση χ=0, όπου δημιουργείται κοιλία θα είναι: 78

159 λ κλ x = +. Aν θέσουμε όπου x = L =,5cm και λ= 0cm βρίσκουμε κ= 4, συνεπώς 4 οι δεσμοί θα είναι συνολικά 5, συμπεριλαμβανόμενου και του δεσμού στο ακλόνητο άκρο. Τόσες θα είναι και οι κοιλίες, δηλαδή 5. γ) H εξίσωση του στάσιμου κύματος είναι: cm ) πx y= 8 συν ηµ 8π t ( t σε s, y και x σε 5 Για T t =, γίνεται: 4 πx y = 8 συν (cm). 5 Για t 3T 4 πx = συν. Οπότε τα στιγμιότυπα θα είναι τα παρακάτω: 5 = γίνεται: y 8 ( cm) δ) Κάθε υλικό σημείο της χορδής εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης των κοιλιών είναι υ max( κ) =ωamax( κ) υ max( κ) =ω A. Εμείς ψάχνουμε τις θέσεις των σημείων της χορδής που έχουν μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης υ max =ω A, δηλαδή έχουν πλάτος ταλάντωσης Α ' =Α= 4cm. Το πλάτος ταλάντωσης των σημείων πx του στάσιμου περιγράφεται από τη σχέση A ' = 8 συν (cm). 5 Άρα έχουμε πx πx πx 4= 8 συν συν = ± συν = και πx συν =. 5 Η λύση της ης εξίσωσης δίνει: πx π 5 = kπ± x = 0k ± ( cm) με 0 < x <,5cm ή ,5 0 < x < cm 3 79

160 Για Για Για 5 k = 0 x = cm 3 35 k = x = cm και 3 65 k = x = cm και 3 5 x = cm 3 55 x = cm 3 Η λύση της ης εξίσωσης δίνει: πx π 0 = kπ± x = 0k ± ( cm) με 0 < x <,5cm ή ,5 0 < x < cm 3 Για Για 0 k = 0 x = cm 3 40 k = x = cm και 3 0 x = cm 3 Για 70 k = x = cm (απορρίπτεται) και 3 50 x = cm 3 Οι ζητούμενες θέσεις είναι συνολικά 9. Ημερομηνία τροποποίησης: 4/0/0 80

161 ΚΔΥΑΛΑΙΟ 4 Ο : ΜΗΦΑΝΙΚΗ ΣΔΡΔΟΤ ΩΜΑΣΟ ΔΠΑΝΑΛΗΠΣΙΚΔ ΑΚΗΔΙ ΘΔΜΑ Β Δρώτηση. (Η εοώςηρη δόθηκε από ςξμ εθελξμςή κ. Αμςώμιξ Παλόγξ) Σε έμα οξλόι θέλξσμε ςξ άκοξ ςξσ χοξδείκςη και ςξ άκοξ ςξσ λεπςξδείκςη μα έυξσμ ςημ ίδια ςαυύςηςα λόγχ πεοιρςοξτήπ (γοαμμική ςαυύςηςα). Αμ ρσμβξλίρξσμε με ςξ μήκξπ ςξσ χοξδείκςη και με ςξ μήκξπ ςξσ λεπςξδείκςη, ςόςε για ςξ λόγξ ςχμ μηκώμ ιρυύει α) β) γ) Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Οι γοαμμικέπ ςαυύςηςεπ ςχμ δύξ άκοχμ δίμξμςαι αμςίρςξιυα από ςιπ ρυέρειπ. Παίομξμςαπ σπόφη όςι: και όςι h, h T ποξκύπςει: T T T T

162 Δρώτηση. Σςη οάβδξ ςξσ ρυήμαςξπ αρκξύμςαι ςοειπ ξμξεπίπεδεπ δσμάμειπ ίρξσ μέςοξσ. Η οάβδξπ μπξοεί μα ρςοέτεςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ ρημείξ Ο και είμαι κάθεςξπ ρςξ επίπεδξ ςχμ δσμάμεχμ. Ο F 3 F F Η καςάςανη ςχμ δσμάμεχμ, καςά ςη ρειοά με ςημ ξπξία ςξ μέςοξ ςηπ οξπήπ ςξσπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ασνάμεςαι, είμαι: α) F 3, F, F. β) F 3, F, F. γ) F, F, F 3. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Τξ μέςοξ ςηπ οξπήπ δύμαμηπ χπ ποξπ ρςαθεοό άνξμα δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: FL, όπξσ F ςξ μέςοξ ςηπ δύμαμηπ (κξιμό για ςιπ ςοειπ δσμάμειπ) και L η απόρςαρη ςξσ τξοέα ςξσπ από ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ (μξυλξβοαυίξμαπ). Από ςξ ρυήμα ταίμεςαι όςι η δύμαμη F 3 έυει μηδεμικό μξυλξβοαυίξμα, επξμέμχπ δεμ αρκεί οξπή. Δπίρηπ, η δύμαμη F έυει μικοόςεοξ μξυλξβοαυίξμα από ςη δύμαμη F, ξπόςε αρκεί μικοόςεοη οξπή. Δπξμέμχπ, η καςάςανη ςχμ δσμάμεχμ, καςά ςη ρειοά με ςημ ξπξία ςξ μέςοξ ςηπ οξπήπ ςξσπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ασνάμεςαι, είμαι: F 3, F, F.

163 Δρώτηση 3. Σςξ ρυήμα (α) ταίμεςαι έμα ελεύθεοξ ρςεοεό, ςξ ξπξίξ ρςοέτεςαι σπό ςημ επίδοαρη ςξσ ζεύγξσπ δσμάμεχμ F και F. F F F F (α) (β) Αμ μεςακιμήρξσμε ςα ρημεία εταομξγήπ ςχμ δσμάμεχμ μεςακιμώμςαπ παοάλληλα ςξσπ τξοείπ ςχμ δσμάμεχμ, όπχπ ταίμεςαι ρςξ ρυήμα (β), υχοίπ μα μεςαβάλλξσμε ςη μεςανύ ςξσπ απόρςαρη, ςόςε ςξ ρςεοεό: α) ρςοέτεςαι όπχπ και ρςξ ρυήμα α. β) ρςοέτεςαι αμςίρςοξτα από ςξ ρυήμα α. γ) ιρξοοξπεί. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Η οξπή ζεύγξσπ δύμαμηπ είμαι ίδια χπ ποξπ ξπξιξδήπξςε ρημείξ και εναοςάςαι μόμξ από ςξ μέςοξ ςχμ δσμάμεχμ και ςημ απόρςαρη μεςανύ ςχμ τξοέχμ ςξσπ. Σςξ ρυήμα (β) δεμ έυξσμε μεςαβάλλει ξύςε ςξ μέςοξ ςχμ δσμάμεχμ, ξύςε ςημ απόρςαρη μεςανύ ςχμ τξοέχμ ςξσπ. Δπξμέμχπ, η οάβδξπ ρςξ ρυήμα (β), σπό ςημ επίδοαρη ςηπ ίδιαπ οξπήπ ςξσ ζεύγξσπ δύμαμηπ, θα κάμει ό,ςι έκαμε και ρςξ ρυήμα (α), δηλαδή, θα ρςοέτεςαι με τξοά αμςίθεςη ςχμ δεικςώμ ςξσ οξλξγιξύ. 3

164 Δρώτηση 4. Μια ξμξγεμήπ λεπςή οάβδξπ μάζαπ M και μήκξσπ L πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμα πξσ είμαι κάθεςξπ ρ' ασςή και διέουεςαι από ςξ έμα άκοξ ςηπ. Η οξπή αδοάμειαπ ςηπ οάβδξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ είμαι ML. Η οξπή αδοάμειαπ ςηπ οάβδξσ 3 χπ ποξπ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςηπ και είμαι παοάλληλξπ ρςξμ ποξηγξύμεμξ άνξμα είμαι: α) ML. 4 β) 7 ML. γ) ML. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. L Ο αουικόπ και ξ ςελικόπ άνξμαπ πεοιρςοξτήπ είμαι παοάλληλξι και απέυξσμ d. Δπειδή ξ έμαπ άνξμαπ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ μπξοξύμε μα κάμξσμε υοήρη ςξσ θεχοήμαςξπ Steiner. Έυξσμε: L cm cm cm I I Md ML I M ML I ML Icm ML ML 3 4 I cm ML 4

165 Δρώτηση 5. Ο ξμξγεμήπ ςοξυόπ ςξσ ρυήμαςξπ ρσγκοαςείςαι ακίμηςξπ πάμχ ρςξ πλάγιξ επίπεδξ. Κάπξια ρςιγμή ατήμεςαι ελεύθεοξπ και αουίζει μα εκςελεί ρύμθεςη κίμηρη. Η επιςάυσμρη λόγχ μεςατξοάπ και η επιςάυσμρη λόγχ πεοιρςοξτήπ a ςξσ ςοξυξύ έυξσμ cm αμαλξγία μέςοχμ a cm R, όπξσ R η ακςίμα ςξσ ςοξυξύ. Η κίμηρη ςξσ ςοξυξύ γίμεςαι ρε πλάγιξ επίπεδξ ςξ ξπξίξ είμαι α) λείξ. β) ςοαυύ. γ) αουικά λείξ και ρςη ρσμέυεια ςοαυύ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Δπειδή ιρυύει cm ar, ξ ςοξυόπ κσλίεςαι (υχοίπ μα ξλιρθαίμει) επιςαυσμόμεμξπ. Σςξμ ςοξυό αρκείςαι ςξ βάοξπ ςξσ w, ςξ ξπξίξ έυει μηδεμική οξπή επειδή αρκείςαι ρςξ κέμςοξ ςξσ ςοξυξύ (ρςξμ ελεύθεοξ άνξμα πεοιρςοξτήπ). Δπίρηπ, ρςξμ ςοξυό αρκείςαι η κάθεςη ρςξ έδατξπ δύμαμη ρςήοινηπ (κάθεςη αμςίδοαρη) N, η ξπξία έυει μηδεμική οξπή επειδή ξ τξοέαπ ςηπ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ ςξσ ςοξυξύ. Δπειδή ξι δσμάμειπ w και N δεμ αρκξύμ οξπή, δε μπξοξύμ μα δώρξσμ γχμιακή επιςάυσμρη ρςξμ ςοξυό. Δπξμέμχπ, είμαι απαοαίςηςη κάπξια άλλη δύμαμη η ξπξία θα αρκεί οξπή ρςξμ ςοξυό. Ασςό μπξοεί μα ρσμβεί μόμξμ αμ ςξ έδατξπ είμαι ςοαυύ, ώρςε η οξπή ςηπ ρςαςικήπ ςοιβήπ μα ποξρδώρει ςημ απαιςξύμεμη γχμιακή επιςάυσμρη. 5

166 Δρώτηση 6. Τξ ρύρςημα ςξσ ρυήμαςξπ απξςελείςαι από μια αβαοή οάβδξ ΑΒ μήκξσπ d 30 cm και δύξ πξλύ μικοά ρταιοίδια με μάζεπ m και m m. Τξ ρύρςημα πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμα πξσ έυει ποξραομξρςεί ρςξ μέρξ Μ ςηπ οάβδξσ ΑΒ, όπχπ ρςξ ρυήμα. Α m Μ m Β Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ ρυήμαςξπ είμαι I 0. Αμ ξ άνξμαπ πεοιρςοξτήπ μεςακιμηθεί παοάλληλα ρςξμ εασςό ςξσ ρςξ μέρξ ςηπ απόρςαρηπ ΜΒ, η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ α) θα ασνηθεί. β) θα μειχθεί. γ) δε θα μεςαβληθεί. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ πξσ έυει ποξραομξρςεί ρςξ μέρξ Μ ςηπ οάβδξσ ΑΒ είμαι: d d d 3 I0 m m I 0 (m m ) I0 md 4 4 Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ χπ ποξπ ςξ μέξ άνξμα πεοιρςοξτήπ είμαι: 3d d 9 I m m I m d m d I m d 6 6

167 Δπειδή I I 0, η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ θα μειχθεί. 7

168 Δρώτηση 7. Ο ξμξγεμήπ δίρκξπ ακςίμαπ R και μάζαπ M ςξσ ρυήμαςξπ (α) μπξοεί μα πεοιρςοέτεςαι γύοχ από άνξμα πξσ είμαι κάθεςξπ ρςξ επίπεδό ςξσ και πεομά από ςξ κέμςοξ ςξσ. Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ δίρκξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ είμαι MR και επιπλέξμ γμχοίζξσμε όςι η μάζα εμόπ ςμήμαςξπ ςξσ δίρκξσ είμαι αμάλξγη ςηπ επιτάμειαπ πξσ καλύπςει. R r (α) (β) R Αταιοξύμε από ςξ δίρκξ έμα κσκλικό ςμήμα ακςίμαπ r όπχπ ταίμεςαι ρςξ ρυήμα (β). Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ δακςσλίξσ πξσ ρυημαςίρςηκε είμαι: α) 3 MR. 8 β) 7 MR. 6 γ) 5 MR. 3 Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Η οξπή αδοάμειαπ I ςξσ δακςσλίξσ πξσ ρυημαςίρςηκε είμαι η μάζα ςξσ κσκλικξύ ςμήμαςξπ πξσ αταιοέθηκε. I MR mr, όπξσ m Η μάζα ςξσ κσκλικξύ ςμήμαςξπ πξσ αταιοέθηκε είμαι αμάλξγη ςηπ επιτάμειαπ πξσ καλύπςει. Δπξμέμχπ: m r M m M m M R R 4 R 8

169 Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη I MR mr έυξσμε: I M R MR 4 4 I 5 MR. 3 9

170 Δρώτηση 8. (Η εοώςηρη δόθηκε από ςξμ εθελξμςή κ. Αμςώμιξ Παλόγξ) Σε έμα ρταιοικό κέλστξπ μάζαπ m, όλεπ ξι ρςξιυειώδειπ μάζεπ πξσ ςξ απξςελξύμ βοίρκξμςαι ρςημ ίδια απόρςαρη R από ςξ κέμςοξ ςξσ. Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρταιοικξύ κελύτξσπ χπ ποξπ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ ςξσ είμαι α) β) MR, όπξσ κ έμαπ αοιθμόπ για ςξμ ξπξίξ ιρυύει. MR, όπξσ κ έμαπ αοιθμόπ για ςξμ ξπξίξ ιρυύει. γ) MR. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Η οξπή αδοάμειαπ εμόπ ρςεοεξύ ρώμαςξπ δίμεςαι από ςη ρυέρη I mr mr, όπξσ ςα r, r, δηλώμξσμ απξρςάρειπ από ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ (και όυι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςξσ ρώμαςξπ). Οι ρςξιυειώδειπ μάζεπ ςξσ ρταιοικξύ κελύτξσπ βοίρκξμςαι ρε απξρςάρειπ r για ςιπ ξπξίεπ ιρυύει 0 r R και για ελάυιρςεπ από ασςέπ ιρυύει r R. 0

171 Δρώτηση 9. Σςξ ρυήμα ταίμεςαι μια διπλή ςοξυαλία, η ξπξία μπξοεί μα ρςοέτεςαι γύοχ από ακλόμηςξ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςηπ και δύξ μικοά ρώμαςα Σ και Σ, ςα ξπξία αμαοςώμςαι από ςη διπλή ςοξυαλία. Για μα ιρξοοξπεί ςξ ρύρςημα ποέπει R R α) ςξ Σ μα είμαι βαούςεοξ από ςξ Σ. β) ςξ Σ μα είμαι βαούςεοξ από ςξ Σ. γ) ςξ Σ μα έυει ίρξ βάοξπ με ςξ Σ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Σςξ ρυήμα ταίμξμςαι ξι δσμάμειπ πξσ αρκξύμςαι ρςα Σ και Σ και ξι δσμάμειπ πξσ αρκξύμςαι ρςη διπλή ςοξυαλία. Από ςιπ δσμάμειπ ασςέπ οξπή ποξκαλξύμ ξι T' και T'. Δπειδή ςα Σ και Σ ιρξοοξπξύμ, από ςη ρυέρη F 0 έυξσμε:

172 T w T w Για ςιπ δσμάμειπ T, T' και T, T' ιρυύει: T T ' και T T '. Δπειδή η διπλή ςοξυαλία ιρξοοξπεί ρςοξτικά, από ςη ρυέρη T 'R T 'R T R T R w R w R w w 0 έυξσμε: R R και επειδή R R έυξσμε: w w.

173 Δρώτηση 0. Σε έμα ελεύθεοξ ρςεοεό αρκείςαι έμα ζεύγξπ δσμάμεχμ F και F, από ςιπ ξπξίεπ η δύμαμη F αρκείςαι ρςξ κέμςοξ μάζαπ ςξσ ρςεοεξύ. Τξ ρςεοεό ιρξοοξπεί. Αμ καςαογηθεί η δύμαμη F, ςξ ρςεοεό θα εκςελέρει: α) μεςατξοική κίμηρη. β) ρςοξτική κίμηρη. γ) ρύμθεςη κίμηρη. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Έρςχ F και F ξι δσμάμειπ πξσ απξςελξύμ ζεύγξπ δσμάμεχμ. Για ςιπ δσμάμειπ ασςέπ ιρυύει F F άοα για ςα μέςοα ςξσπ ιρυύει: F F ( F). Η οξπή ζεύγξσπ δσμάμεχμ είμαι ίδια χπ ποξπ ξπξιξδήπξςε ρημείξ και έυει μέςοξ: Fd, όπξσ d η απόρςαρη ςχμ τξοέχμ ςχμ δσμάμεχμ F και F. Δπειδή αουικά ςξ ρςεοεό ιρξοοξπεί, ιρυύει: 0 F d 0 Δπειδή F 0 ρσμπεοαίμξσμε όςι d 0, δηλαδή ξι δσμάμειπ F και F είμαι ρσγγοαμμικέπ. Δπξμέμχπ, ξ τξοέαπ ςηπ F διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςξσ ρςεοεξύ, όπχπ ταίμεςαι ρςξ ρυήμα (α): 3

174 F F cm cm F (α) (β) Όςαμ καςαογηθεί η δύμαμη F, επειδή η δύμαμη F δεμ αρκεί οξπή χπ ποξπ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ, ςξ ρςεοεό θα εκςελέρει μόμξ μεςατξοική κίμηρη ρςημ καςεύθσμρη ςηπ δύμαμηπ F, (βλέπε ρυήμα β). 4

175 Δρώτηση. Η ςεςοάγχμη πλάκα ΑΒΓΔ πλεσοάπ ςξσ ρυήμαςξπ μπξοεί μα πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ακλόμηςξ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ ςηπ Κ και είμαι κάθεςξπ ρε ασςή. Σςημ πλάκα αρκξύμςαι ξι δσμάμειπ F και F με μέςοα F F ( F). F β F Α F α Β Κ Δ Γ F γ F Η δύμαμη πξσ ποέπει μα αρκηθεί ρςξ ρςεοεό για μα ιρξοοξπεί είμαι: α) η δύμαμη F, μέςοξσ F F. β) η δύμαμη F, μέςοξσ F F. γ) η δύμαμη F, μέςοξσ F F. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Για μα ιρξοοξπεί έμα ρςεοεό πξσ μπξοεί μα πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ακλόμηςξ άνξμα, ποέπει μα ιρυύει 0 χπ ποξπ ξπξιξδήπξςε ρημείξ. Δπιλέγξσμε μα σπξλξγίρξσμε ςιπ οξπέπ χπ ποξπ ςξ ρημείξ Κ ώρςε μα μηδεμιρςεί η οξπή ςηπ δύμαμηπ πξσ αρκεί ξ ακλόμηςξπ άνξμαπ πεοιρςοξτήπ. Σςξ ρυήμα ταίμξμςαι ξι καςεσθύμρειπ ςχμ οξπώμ: 5

176 F β τ α τ β τ γ F Α F α Β τ Κ Δ Γ F γ F Από ςιπ καςεσθύμρειπ ςχμ οξπώμ ταίμεςαι όςι η δύμαμη F δε μπξοεί μα ιρξοοξπήρει ςημ πλάκα, διόςι αρκεί ξμόοοξπη οξπή με ςη ρσμξλική οξπή ςχμ δσμάμεχμ F και F. Για ςα μέςοα ςχμ οξπώμ ςχμ δσμάμεχμ F και F έυξσμε αμςίρςξιυα: F ( ) F ( ) F F F Για ςξ μέςοξ ςηπ ρσμξλικήπ οξπήπ ςχμ δσμάμεχμ F και F έυξσμε: ( ) ( ) F F F Δπξμέμχπ, η δύμαμη πξσ ποέπει μα αρκηθεί ρςξ ρςεοεό για μα ιρξοοξπεί είμαι η δύμαμη F, επειδή αρκεί αμςίθεςη οξπή από ςη ρσμξλική οξπή ςχμ δσμάμεχμ F και F. 6

177 Δρώτηση. Η αβαοήπ δξκόπ ΑΒ ςξσ ρυήμαςξπ (α) ρςηοίζεςαι ρε έμα ρημείξ ςηπ Ο και ιρξοοξπεί όςαμ ρςα άκοα ςηπ Α και Β ςξπξθεςηθξύμ δύξ μικοά ρώμαςα Σ και Σ με μάζεπ m και m. Αμ η απόρςαρη (ΟA) είμαι ίρη με ςξ 3 ςηπ απόρςαρηπ (ΑΒ), ξ λόγξπ m m είμαι ίρξπ με α). β). γ). Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Δπειδή ςα ρώμαςα ιρξοοξπξύμ πάμχ ρςη δξκό, ςηπ αρκξύμ δσμάμειπ ίρεπ με ςα αμςίρςξιυα βάοη ςξσπ. Σςξ ρυήμα ταίμξμςαι ξι δσμάμειπ πξσ αρκξύμ οξπή ρςη δξκό, χπ ποξπ ςξ ρημείξ Ο: Δπειδή η δξκόπ ιρξοοξπεί ιρυύει 0. Ωπ ποξπ ςξ ρημείξ Ο έυξσμε: 0 w(oa) w (OB) () 7

178 Όμχπ (OA) (OB) (AB) (OA) (AB). Από ςξ ρσμδσαρμό ςχμ δύξ ρυέρεχμ 3 ποξκύπςει (OB) (OA) Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη () ποξκύπςει: m mg(oa) mg(oa) m 8

179 Δρώτηση 3. Από ςξ καμόμι Κ εκςξνεύεςαι ξοιζόμςια έμα βλήμα Β. Τξ βλήμα, ακξλξσθώμςαπ παοαβξλική ςοξυιά, τςάμει ρςξ έδατξπ. Αγμξώμςαπ ςημ επίδοαρη ςξσ αέοα, και θεχοώμςαπ ςξ βλήμα ελεύθεοξ ρςεοεό, ςξ ρυήμα πξσ δείυμει ρχρςά ςξμ ςοόπξ με ςξμ ξπξίξ ςξ βλήμα ρσμαμςά ςξ έδατξπ είμαι: Β Κ Β (α) Β Κ Β (β) Β Κ Β (γ) α) ςξ ρυήμα α. β) ςξ ρυήμα β. γ) ςξ ρυήμα γ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Τξ βλήμα χπ ελεύθεοξ ρςεοεό μπξοεί μα πεοιρςοατεί μόμξ γύοχ από άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςξσ. Από ςη ρςιγμή πξσ ςξ βλήμα Β τεύγει από ςξ 9

180 καμόμι, μέυοι μα τςάρει ρςξ έδατξπ, η μόμη δύμαμη πξσ αρκείςαι πάμχ ςξσ είμαι ςξ βάοξπ ςξσ. Δπειδή ξ τξοέαπ ςξσ βάοξσπ πεομά από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςξσ βλήμαςξπ δεμ αρκεί οξπή, επξμέμχπ δε μπξοεί μα ςξ ρςοέφει. Ατξύ ρςξ βλήμα δεμ αρκξύμςαι οξπέπ ικαμέπ μα ςξ ρςοέφξσμ, θα τςάρει ρςξ έδατξπ με ςξμ αουικό ποξραμαςξλιρμό ςξσ, εκςελώμςαπ μόμξ μεςατξοική κίμηρη. 0

181 Δρώτηση 4. Σςξ ρυήμα ταίμεςαι μια καςαδύςοια ρε διάτξοεπ τάρειπ ςηπ καςάδσρήπ ςηπ. Α Β Η ρςοξτξομή ςηπ καςαδύςοιαπ: α) είμαι μεγαλύςεοη ρςη θέρη Α. β) είμαι μεγαλύςεοη ρςη θέρη Β. γ) ρςιπ θέρειπ Α και Β είμαι ίρη. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Καςά ςημ κίμηρη ςηπ καςαδύςοιαπ ρςξμ αέοα, μξμαδική ενχςεοική δύμαμη είμαι ςξ βάοξπ ςηπ, ςξ ξπξίξ, επειδή διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ, δε δημιξσογεί οξπή. Όμχπ, όςαμ η ρσμξλική οξπή πξσ δέυεςαι έμα ρώμα είμαι μηδέμ η ρςοξτξομή ςξσ διαςηοείςαι ρςαθεοή. Δπξμέμχπ, η ρςοξτξομή ςηπ καςαδύςοιαπ διαςηοείςαι ρε όλη ςη διάοκεια ςηπ κίμηρηπ, μέυοι ςημ επατή με ςξ μεοό. Άοα, η ρςοξτξομή ςηπ καςαδύςοιαπ είμαι ίρη ρςιπ θέρειπ Α και Β.

182 Δρώτηση 5. Ο δίρκξπ ςξσ ρυήμαςξπ πεοιρςοέτεςαι υχοίπ ςοιβέπ γύοχ από καςακόοστξ ακλόμηςξ άνξμα πξσ πεομά από ςξ κέμςοξ ςξσ. Από μικοό ύφξπ ατήμξσμε έμα κξμμάςι πλαρςελίμηπ μα πέρει και μα κξλλήρει πάμχ ρςξ δίρκξ. Τξ ρσρρχμάςχμα δίρκξσ πλαρςελίμηπ πξσ ποξκύπςει πεοιρςοέτεςαι ρε ρυέρη με ςξ δίρκξ α) πιξ αογά. β) με ςημ ίδια γχμιακή ςαυύςηςα. γ) πιξ γοήγξοα. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Η ρσμξλική ενχςεοική οξπή ρςξ ρύρςημα δίρκξπ πλαρςελίμη είμαι μηδέμ, επξμέμχπ η ρςοξτξομή ςξσ ρσρςήμαςξπ παοαμέμει ρςαθεοή: L L I I Δπειδή η επικόλληρη ςηπ πλαρςελίμηπ ασνάμει ςη οξπή αδοάμειαπ, θα ιρυύει I, επξμέμχπ.

183 Δρώτηση 6. Τα παοακάςχ ρυήμαςα δείυμξσμ ςη ρςοξτξομή ςηπ Γηπ, λόγχ ςηπ πεοιρςοξτήπ ςηπ γύοχ από ςξμ εασςό ςηπ (spin) ρε δύξ θέρειπ, ρςξ πεοιήλιξ (μικοόςεοη απόρςαρη από ςξμ Ήλιξ) και ρςξ ατήλιξ (μεγαλύςεοη απόρςαρη από ςξμ Ήλιξ) ςηπ ςοξυιάπ ςηπ γύοχ από ςξμ Ήλιξ. (α) (β) (γ) Τξ ρυήμα ρςξ ξπξίξ έυει ρυεδιαρςεί ρχρςά η ρςοξτξομή είμαι: α) ςξ ρυήμα α. β) ςξ ρυήμα β. γ) ςξ ρυήμα γ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Η ελκςική δύμαμη πξσ δέυεςαι η Γη από ςξμ Ήλιξ έυει τξοέα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςηπ, άοα δε δημιξσογεί οξπή. Η ρςοξτξομή ςηπ Γηπ λόγχ ςηπ πεοιρςοξτήπ ςηπ γύοχ από ςξμ εασςό ςηπ παοαμέμει ρςαθεοή καςά μέςοξ, διεύθσμρη και τξοά, ατξύ καμία οξπή δεμ ςηπ αρκείςαι. Τξ ρυήμα ρςξ ξπξίξ ρσμβαίμει ασςό είμαι ςξ ρυήμα (α). 3

184 Δρώτηση 7. (Η εοώςηρη δόθηκε από ςξμ εθελξμςή κ. Αμςώμιξ Παλόγξ) Πεςάμε μια μπάλα ςξσ μπάρκες καςακόοστα ποξπ ςα πάμχ με ςέςξιξ ςοόπξ, ώρςε ασςή μα πεοιρςοέτεςαι καθώπ αμέουεςαι. Σςξ υοξμικό διάρςημα πξσ η μπάλα αμέουεςαι, η γχμιακή ςηπ ςαυύςηςα α) ασνάμεςαι. β) μειώμεςαι. γ) παοαμέμει ρςαθεοή. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Η μπάλα είμαι έμα ελεύθεοξ ρςεοεό και αμεουόμεμη θα πεοιρςοέτεςαι γύοχ από άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ μάζαπ ςηπ. Η μόμη δύμαμη πξσ αρκείςαι ρςη μπάλα, ατξύ υάρει ςημ επατή με ςξ υέοι, είμαι ςξ βάοξπ ςηπ, ςξ ξπξίξ έυει ρημείξ εταομξγήπ ςξ κέμςοξ μάζαπ και δεμ μπξοεί μα ποξκαλέρει οξπή. Ατξύ η ρσμξλική οξπή πξσ αρκείςαι ρςη μπάλα είμαι μηδέμ, η γχμιακή ςηπ ςαυύςηςα θα παοαμέμει ρςαθεοή ρε όλη ςη διάοκεια ςηπ κίμηρήπ ςηπ. 4

185 Δρώτηση 8. Έμαπ ςοξυόπ πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμά. Η κιμηςική εμέογεια ςξσ ςοξυξύ είμαι. Αμ διπλαριάρξσμε ςη ρςοξτξομή ςξσ ςοξυξύ, ςόςε η κιμηςική ςξσ εμέογεια θα γίμει α). β) 4. γ) 8. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η β. Η ρςοξτξομή εμόπ ρςεοεξύ χπ ποξπ ρςαθεοό άνξμα δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: L I. Η κιμηςική εμέογεια λόγχ ρςοξτικήπ κίμηρηπ δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: K I. Με ποάνειπ έυξσμε: I L I I K I K K L' (L) L K' K' K' 4 I I I K ' 4K 5

186 Δρώτηση 9. Έμαπ ςοξυόπ κσλίεςαι καςά μήκξπ πλάγιξσ επιπέδξσ. Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ςοξυξύ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: I MR. Ο λόγξπ ςηπ 3 κιμηςικήπ εμέογειαπ λόγχ μεςατξοικήπ κίμηρηπ ποξπ ςημ κιμηςική εμέογεια λόγχ ρςοξτικήπ κίμηρηπ ςξσ ςοξυξύ, K, ιρξύςαι με α) 3. β) 3. γ). Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Δπειδή ξ ςοξυόπ κσλίεςαι ιρυύει: cm R. Δπξμέμχπ: K M cm K M R I MR 3 K 3 6

187 Δρώτηση 0. Ο άνξμαπ ςξσ αουικά ακίμηςξσ ξμξγεμή ςοξυξύ ςξσ ρυήμαςξπ (α) είμαι ακλόμηςξπ. Γύοχ από ςξμ ςοξυό έυει ςσλιυθεί πξλλέπ τξοέπ αβαοέπ μήμα, ςξ ξπξίξ δεμ ξλιρθαίμει πάμχ ρςξμ ςοξυό. Σςημ ελεύθεοη άκοη ςξσ μήμαςξπ αρκείςαι ρςαθεοή δύμαμη F, η ξπξία ποξρτέοει ρςξμ ςοξυό έογξ W και μεςά καςαογείςαι. Σςξ ρυήμα (β) έμαπ ίδιξπ αουικά ακίμηςξπ ςοξυόπ κσλίεςαι σπό ςημ επίδοαρη ςηπ ίδιαπ ρςαθεοήπ δύμαμηπ F, η ξπξία ποξρτέοει ρςξμ ςοξυό ςξ ίδιξ έογξ W όπχπ και ρςη πεοίπςχρη (α) και μεςά καςαογείςαι. Η γχμιακή ςαυύςηςα, μόλιπ καςαογηθεί η δύμαμη F, είμαι: F F (α) (β) α) μεγαλύςεοη ρςξμ ςοξυό α. β) μεγαλύςεοη ρςξμ ςοξυό β. γ) ίρη ρςξσπ δύξ ςοξυξύπ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Η κιμηςική εμέογεια ςξσ ςοξυξύ (α) δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: K. Η κιμηςική εμέογεια ςξσ ςοξυξύ (β) δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: K M cm. Σύμτχμα με ςημ εκτώμηρη, ςξ έογξ W και ρςιπ δύξ πεοιπςώρειπ είμαι ςξ ίδιξ. Σςη β πεοίπςχρη ςξ έογξ μξιοάζεςαι ρε ρςοξτική και μεςατξοική κιμηςική εμέογεια, εμώ ρςημ α πεοίπςχρη γίμεςαι όλξ ρςοξτική, επξμέμχπ ιρυύει: I I. 7

188 Δρώτηση. Δύξ ρςεοεά Α και Β ρςοέτξμςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμα με κξιμή γχμιακή επιςάυσμρη μέςοξσ a. Ο λόγξπ ςχμ μέςοχμ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ ρςεοεξύ Α ποξπ ςη ρςοξτξομή ςξσ Β χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ κάπξια υοξμική ρςιγμή t είμαι υοξμική ρςιγμή, ξ λόγξπ P P ιρυύ ςηπ οξπήπ πξσ επιςαυύμει ςξ ρςεοεό Β είμαι: L L. Δκείμη ςη ςηπ ιρυύξπ ςηπ οξπήπ πξσ επιςαυύμει ςξ ρςεοεό Α ποξπ ςημ α). β). γ). Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Δπειδή P και L I έυξσμε: P P a P P L P P a P P L P P 8

189 Δρώτηση. Τξ ρταιοίδιξ Σ ςξσ ρυήμαςξπ διαγοάτει κσκλική ςοξυιά με ρςαθεοή γχμιακή ςαυύςηςα ακςίμαπ R. Τξ ρκξιμί ρςξ ξπξίξ είμαι δεμέμξ ςξ ρταιοίδιξ πεομάει από καςακόοστξ ρχλήμα ΚΛ. F Αρκώμςαπ καςάλληλη δύμαμη ρςξ ελεύθεοξ άκοξ Α ςξσ ρκξιμιξύ μειώμξσμε ςημ ακςίμα πεοιρςοξτήπ ςξσ ρταιοιδίξσ ρςη μιρή ςηπ αουικήπ. Τξ ρταιοίδιξ θα πεοιρςοέτεςαι: α) πιξ γοήγξοα. β) πιξ αογά. γ) ςξ ίδιξ γοήγξοα με ποιμ. Να αιςιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η α. Δπειδή η ςάρη ςξσ μήμαςξπ, πξσ λειςξσογεί χπ κεμςοξμόλξπ δύμαμη για ςξ ρταιοίδιξ, έυει τξοέα πξσ διέουεςαι από ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ, δεμ αρκεί οξπή, επξμέμχπ η ρςοξτξομή ςξσ ρταιοιδίξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ διαςηοείςαι: R L L L L m R m R R 4 Άοα θα κιμείςαι πιξ γοήγξοα. 9

190 Δρώτηση 3. (Η εοώςηρη δόθηκε από ςξμ εθελξμςή κ. Κχμρςαμςίμξ Σςεταμίδη) Σώμα αουίζει μα πεοιρςοέτεςαι ςη υοξμική ρςιγμή t 0, σπό ςημ επίδοαρη ρςαθεοήπ οξπήπ. Τη υοξμική ρςιγμή t η κιμηςική ςξσ εμέογεια, λόγχ πεοιρςοξτήπ, είμαι.τη υοξμική ρςιγμή 3t η κιμηςική ςξσ εμέογεια, λόγχ πεοιρςοξτήπ, θα είμαι: α) η ίδια. β) ςοιπλάρια. γ) εμμιαπλάρια. Να δικαιξλξγήρεςε ςημ απάμςηρή ραπ. Λύρη Σχρςή απάμςηρη είμαι η γ. Η Κιμηςική εμέογεια λόγχ πεοιρςοξτήπ δίμεςαι από ςη ρυέρη K I (). Δπειδή η οξπή είμαι ρςαθεοή η επιςάυσμρη θα είμαι ρςαθεοή (Νόμξπ ρςοξτικήπ κίμηρηπ). Δπειδή η αουική γχμιακή ςαυύςηςα είμαι ίρη με μηδέμ, ιρυύει όςι t, καςά ρσμέπεια όςαμ ξ υοόμξπ ςοιπλαριαρθεί η γχμιακή ςξσ ςαυύςηςα θα ςοιπλαριαρθεί. t t 3 t 3 () Από ςιπ ρυέρειπ () και () ρσμπεοαίμξσμε όςι η κιμηςική ςξσ εμέογεια θα εμμιαπλαριαρθεί. K I I 3 9 I K 9K 30

191 ΘΔΜΑ Γ Άσκηση. Ο ξμξγεμήπ και ιρξπαυήπ δίρκξπ ςξσ ρυήμαςξπ έυει ακςίμα R 0 cm και μάζα M kg, είμαι ξοιζόμςιξπ και μπξοεί μα πεοιρςοέτεςαι, υχοίπ ςοιβέπ, γύοχ από καςακόοστξ ακλόμηςξ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ ςξσ. Ο δίρκξπ είμαι αουικά ακίμηςξπ και ρςημ πεοιτέοειά ςξσ είμαι ςσλιγμέμξ αβαοέπ, μη εκςαςό ρυξιμί μήκξσπ 4m. Τη υοξμική ρςιγμή t0 0 αρκξύμε ρςημ ελεύθεοη άκοη ςξσ ρυξιμιξύ ρςαθεοή, ξοιζόμςια δύμαμη F N και ξ δίρκξπ νεκιμά μα πεοιρςοέτεςαι. Τξ ρυξιμί δεμ ξλιρθαίμει ρςημ πεοιτέοεια ςξσ δίρκξσ. F Ο R Α Να σπξλξγίρεςε: α) ςξ μέςοξ ςηπ γχμιακήπ επιςάυσμρηπ a ςξσ δίρκξσ. β) ςη υοξμική ρςιγμή t πξσ νεςσλίγεςαι όλξ ςξ ρυξιμί. γ) ςξ μέςοξ ςηπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ ςξσ δίρκξσ ςη ρςιγμή καςά ςημ ξπξία έυει νεςσλιυθεί όλξ ςξ ρυξιμί. δ) ςξ έογξ ςηπ δύμαμηπ ρςη διάοκεια ςξσ δεύςεοξσ δεσςεοξλέπςξσ ςηπ κίμηρηπ. Δίμεςαι η οξπή αδοάμειαπ ςξσ δίρκξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ: I MR. Λύρη α) (βλ. ρελίδα 9 ςξσ Συξλικξύ Βιβλίξσ) Από ςξ Θεμελιώδη Νόμξ ςηπ Σςοξτικήπ Κίμηρηπ έυξσμε: a a a FR R 3

192 F N rad a a 0 R kg 0,m s β) Δπειδή ςξ ρυξιμί δεμ ξλιρθαίμει ρςξ δίρκξ ςξ μήκξπ ςξσ είμαι ίρξ με ςξ μήκξπ ςξσ ςόνξσ s πξσ διαγοάτει έμα ρημείξ ςξσ δίρκξσ. Έςρι, από ςξμ ςύπξ s R βοίρκξσμε ςη γχμία ρςοξτήπ μέυοι μα νεςσλιυθεί όλξ ςξ ρυξιμί: s 4m s R 40 rad R 0,m Δπειδή a., ξ δίρκξπ θα εκςελέρει ξμαλά μεςαβαλλόμεμη ρςοξτική κίμηρη, μέυοι μα νεςσλιυθεί όλξ ςξ μήμα. Δπξμέμχπ ιρυύει: 40rad a t t t s a 0rad / s γ) Για ςημ ξμαλά μεςαβαλλόμεμη ρςοξτική κίμηρη ςξσ δίρκξσ ιρυύει: rad rad a t 0 s 40 s s Μόλιπ νεςσλιυθεί όλξ ςξ ρυξιμί καςαογείςαι η δύμαμη F, επξμέμχπ δεμ αρκείςαι, πλέξμ, οξπή ρςξ δίρκξ. Δπξμέμχπ, από ςη υοξμική ρςιγμή t s και μεςά, ξ δίρκξπ θα εκςελέρει ξμαλή ρςοξτική κίμηρη με ςη ρςαθεοή γχμιακή ςαυύςηςα πξσ έυει απξκςήρει. Άοα, μεςά ςξ νεςύλιγμα ςξσ ρυξιμιξύ, η γχμιακή ςαυύςηςα έυει ρςαθεοό μέςοξ: rad 40. s δ) Τξ έογξ ςηπ δύμαμηπ ρςη διάοκεια ςξσ δεύςεοξσ δεσςεοξλέπςξσ ςηπ κίμηρηπ βοίρκεςαι με εταομξγή ςξσ θεχοήμαςξπ έογξσ - εμέογειαπ ρςξ αμςίρςξιυξ υοξμικό διάρςημα. WF I I Όπξσ, ςξ δηλώμει ςη γχμιακή ςαυύςηςα ρςημ αουή ςξσ δεύςεοξσ δεσςεοξλέπςξσ (πξσ ρσμπίπςει με ςξ ςέλξπ ςξσ ποώςξσ) και ςξ δηλώμει ςη γχμιακή ςαυύςηςα ρςξ ςέλξπ ςξσ δεύςεοξσ δεσςεοξλέπςξσ rad 40 s. rad rad Για ςξ ιρυύει: a t 0 s 0 s s 3

193 Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη () παίομξσμε: WF I MR WF kg 0,m (40rad / s) (0rad / s) WF 6J 4 33

194 Άσκηση. Η ξοιζόμςια και ξμξγεμήπ οάβδξπ ΑΒ ςξσ ρυήμαςξπ έυει μήκξπ d m μάζα M 3 kg και μπξοεί μα ρςοέτεςαι γύοχ από καςακόοστξ ρχλήμα πξσ πεομά από ςξ κέμςοξ ςηπ. Σςξ ρχλήμα έυει ποξραομξρςεί, ρςαθεοά, έμαπ μικοόπ κύλιμδοξπ ακςίμαπ R 0,m. Γύοχ από ςξμ κύλιμδοξ είμαι ςσλιγμέμξ πξλλέπ τξοέπ λεπςό μήμα, ρςημ ελεύθεοη άκοη ςξσ ξπξίξσ αμαοςάςαι, μέρχ ςοξυαλίαπ, έμα ρώμα Σ. Σςα άκοα Α και Β ςηπ οάβδξσ έυξσμ ρςεοεχθεί δύξ μικοέπ ρταίοεπ με μάζεπ m kg και m kg αμςίρςξιυα. Ο ρχλήμαπ, ξ κύλιμδοξπ, η ςοξυαλία και ςξ μήμα θεχοξύμςαι αβαοή. Τξ μήμα δεμ ξλιρθαίμει ρςξμ κύλιμδοξ. d Α m m Β R h Αουικά όλη η διάςανη είμαι ακίμηςη. Τη ρςιγμή t 0 0 ςξ ρώμα Σ ατήμεςαι μα κιμηθεί και η οάβδξπ νεκιμά μα πεοιρςοέτεςαι. Τξ μήμα αρκεί ρςξμ κύλιμδοξ ρςαθεοή οξπή μέςοξσ 6 Nm. Να βοείςε: α) Τη ρσμξλική οξπή αδοάμειαπ I ςξσ ρσρςήμαςξπ ςηπ οάβδξσ και ςχμ δύξ ρταιοιδίχμ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςηπ οάβδξσ. β) Τξ μέςοξ ςηπ γχμιακήπ επιςάυσμρηπ a ςξσ παοαπάμχ ρσρςήμαςξπ. γ) Τξ ύφξπ h καςά ςξ ξπξίξ έυει καςέλθει ςξ ρώμα Σ από ςη υοξμική ρςιγμή t 0 ςη υοξμική ρςιγμή t 0 s. 0 μέυοι δ) Τξμ αοιθμό ςχμ πεοιρςοξτώμ N ςηπ οάβδξσ ρςξ ίδιξ υοξμικό διάρςημα. 34

195 Δίμξμςαι: Η οξπή αδοάμειαπ ςηπ οάβδξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςηπ m I Md, g 0. s Λύρη α) Η ρσμξλική οξπή αδοάμειαπ ιρξύςαι με ςξ άθοξιρμα ςχμ επιμέοξσπ οξπώμ αδοάμειαπ ςηπ οάβδξσ ΑΒ, ςξσ ρταιοιδίξσ Α και ςξσ ρταιοιδίξσ Β χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςηπ οάβδξσ: d d I Md m m I 3kg (m) kg (m) (m) I 4 kgm β) Η μόμη οξπή πξσ αρκείςαι ρςξ ρύρςημα είμαι η οξπή ςηπ ςάρηπ ςξσ μήμαςξπ. Ο κύλιμδοξπ και ξ ρχλήμαπ είμαι αβαοή, άοα δεμ έυξσμ οξπή αδοάμειαπ. Από ςξ Θεμελιώδη Νόμξ ςηπ Σςοξτικήπ Κίμηρηπ για ςξ ρύρςημα οάβδξσ ρταιοιδίχμ, έυξσμε: 6 Nm rad a a a 4 4kgm s γ) Tξ μήμα δεμ ξλιρθαίμει πάμχ ρςξμ κύλιμδοξ, έςρι όςαμ ξ κύλιμδοξπ ρςοατεί καςά γχμία, θα νεςσλιυςεί μήμα μήκξσπ s R και ςξ ρώμα Σ θα καςέβει καςά h s. Άοα έυξσμε h R. Διαιοώμςαπ ξ και ξ μέλξπ με ςξ αμςίρςξιυξ υοξμικό διάρςημα Δt πξσ απαιςήθηκε για ςημ παοαπάμχ μεςαβξλή παίομξσμε: h t R t R, όπξσ ρσμβξλίζει ςημ ςαυύςηςα με ςημ ξπξία καςέουεςαι ςξ ρώμα Σ. Παίομξμςαπ οσθμξύπ μεςαβξλήπ ςηπ ςελεσςαίαπ ρυέρηπ ποξκύπςει: t R t R a όπξσ ρσμβξλίζει ςημ επιςάυσμρη με ςημ ξπξία καςέουεςαι ςξ ρώμα Σ. Με αμςικαςάρςαρη ρςημ ςελεσςαία ρυέρη παίομξσμε: rad m 4 0,m 0, 4 s s Από ςημ εσθύγοαμμη ξμαλά μεςαβαλλόμεμη κίμηρη ςξσ Σ έυξσμε: 35

196 m h t h 0, 4 ( 0 s) s h m δ) Από ςημ ξμαλά μεςαβαλλόμεμη ρςοξτική κίμηρη ςξσ ρσρςήμαςξπ οάβδξσ - ρταιοιδίχμ έυξσμε: rad a t 4 ( 0 s) 0 rad s Για ςξμ αοιθμό πεοιρςοξτώμ ιρυύει: N 0 rad N rad /. N 0 ρςοξτέπ. Δμαλλακςικά, η γχμία ρςοξτήπ θα μπξοξύρε μα σπξλξγιρθεί από ςξ ςόνξ ρςοξτήπ s R, με δεδξμέμξ όςι ςξ μήκξπ ςξσ μήμαςξπ s πξσ νεςσλίυθηκε ιρξύςαι με ςξ ύφξπ h καςά ςξ ξπξίξ μεςακιμήθηκε ςξ ρώμα Σ: h R 0 rad. 36

197 Άσκηση 3. Μια λεπςή ξμξγεμήπ οάβδξπ μήκξσπ L 0,3 m και μάζαπ m kg μπξοεί μα πεοιρςοέτεςαι ρε καςακόοστξ επίπεδξ γύοχ από ακλόμηςξ ξοιζόμςιξ άνξμα, πξσ πεομά από ςξ άκοξ ςηπ Ο, όπχπ ρςξ ρυήμα. Η οάβδξπ ιρξοοξπεί ακίμηςη ρςη θέρη ΟΑ. Έμα μικοό ρταιοίδιξ μάζαπ m kg ατήμεςαι μα κιμηθεί εμςόπ ςεςαοςξκσκλίξσ πξσ έυει κέμςοξ ςξσ ςξ ρημείξ Ο και ρσμαμςά ςη οάβδξ ρςξ ρημείξ Α, έυξμςαπ ςαυύςηςα μέςοξσ m s. Τξ ρταιοίδιξ ρσγκοξύεςαι με ςη οάβδξ και ποξρκξλλάςαι ρςξ άκοξ ςηπ Α δημιξσογώμςαπ ςξ ρύρςημα οάβδξπ ρταιοίδιξ ςξ ξπξίξ έυει οξπή αδοάμειαπ πξσ 4 δίμεςαι από ςη ρυέρη I ml. Τξ ρύρςημα οάβδξπ ρταιοίδιξ νεκιμά μα 3 πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ςξ άκοξ Ο ςηπ οάβδξσ και ρςιγμιαία ρςαμαςά ρςη θέρη ΟΒ, έυξμςαπ ρςοατεί καςά γχμία 0 ˆ 30. Ο φˆ Α Β Να βοείςε: α) Τη οξπή αδοάμειαπ I ςηπ οάβδξσ, χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ πξσ πεομά από ςξ άκοξ Ο. β) Τξ μέςοξ ςηπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ οάβδξπ ρταιοίδιξ αμέρχπ μεςά ςημ κοξύρη. γ) Τη μείχρη ςηπ μηυαμικήπ εμέογειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ λόγχ ςηπ κοξύρηπ. δ) Τξ μέςοξ ςξσ οσθμξύ μεςαβξλήπ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ ρσρςήμαςξπ οάβδξπ ρταιοίδιξ dl όςαμ βοίρκεςαι ρςη θέρη ΟΒ. dt m Δίμξμςαι: g 0 s ,5,

198 Λύρη α) Η οξπή αδοάμειαπ ςξσ ρσρρχμαςώμαςξπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ ιρξύςαι με ςξ άθοξιρμα ςχμ οξπώμ αδοάμειαπ ςηπ οάβδξσ I και ςξσ ρταιοιδίξσ I χπ ποξπ ςξμ ίδιξ άνξμα: I I I. Με αμςικαςάρςαρη, έυξσμε: I I I 4 ml I ml I ml 3 3 I 0,03 kgm I kg (0,3m) 3 β) (βλ. ρελίδα 4 ςξσ Συξλικξύ Βιβλίξσ) Σςη θέρη Α ξι τξοείπ ςόρξ ςξσ βάοξσπ ςξσ ρταιοιδίξσ όρξ και ςξσ βάοξσπ ςηπ οάβδξσ διέουξμςαι από ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ άοα έυξσμ μηδεμική οξπή χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ πξσ διέουεςαι από ςξ ρημείξ Ο. Άοα η ρςοξτξομή διαςηοείςαι. Με αμςικαςάρςαρη, ρςη μαθημαςική ρυέρη ςηπ διαςήοηρηπ ςηπ ρςοξτξομήπ έυξσμε: 4 L L m L I m L ml m 4L 4 0,3m s rad 5 s γ) Η μείχρη ςηπ μηυαμικήπ εμέογειαπ ξτείλεςαι μόμξ ρςημ μείχρη ςηπ κιμηςικήπ εμέογειαπ ςξσ ρσρςήμαςξπ E K m I kg (m / s) (0,03kgm )(5rad / s) E,65J δ) Ο οσθμόπ μεςαβξλήπ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ ρσρςήμαςξπ οάβδξπ- ρταιοίδιξ dl dt θέρη ΟΒ ιρξύςαι με ςη ρσμξλική οξπή πξσ δέυεςαι ςξ ρσρρχμάςχμα ρςημ ίδια θέρη: ρςη dl dl dl w d w d mg(d d ) dt dt dt Από ςξ ξοθξγώμιξ ςοίγχμξ OAB έυξσμε: d L ˆ d 0,3m 0,5 d 0,5 m Δπίρηπ, από ςξ ξοθξγώμιξ ςοίγχμξ ΟΛΚ: 38

199 d 0,3m (OK) ˆ d 0,5 d 0,075 m dl Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη mg(d d ) dt έυξσμε: dl dt m mg(d d ) kg 0 (0,075m 0,5m) s dl dt kgm,5 s 39

200 Άσκηση 4. Έμα ρςεοεό Σ πεοιρςοέτεςαι γύοχ από ακλόμηςξ άνξμα χπ ποξπ ςξμ ξπξίξ παοξσριάζει οξπή αδοάμειαπ I 0, kgm. Η γοατική παοάρςαρη ςηπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ ςξσ ρςεοεξύ Σ χπ ποξπ ςξ υοόμξ δίμεςαι ρςξ διάγοαμμα πξσ ακξλξσθεί: χ (rad/s) 8 A 4 B Γ O 4 t (s) Να βοείςε: α) ςημ αλγεβοική ςιμή ςηπ γχμιακήπ επιςάυσμρηπ ςξσ ρςεοεξύ ςιπ υοξμικέπ ρςιγμέπ t s και t 3 3 s. β) ςξμ αοιθμό ςχμ πεοιρςοξτώμ πξσ εκςέλερε ςξ ρςεοεό από t A 0 μέυοι t 4 s. γ) ςημ ιρυύ ςηπ δύμαμηπ πξσ αρκείςαι ρςξ ρςεοεό ςη υοξμική ρςιγμή t s. δ) ςξ μέςοξ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ ρςεοεξύ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ ςη υοξμική ρςιγμή t B s. Δίμεςαι η οξπή αδοάμειαπ ςξσ δίρκξσ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ: I MR. Λύρη α) (βλ. ρελίδα 09 ςξσ Συξλικξύ Βιβλίξσ) Σε έμα διάγοαμμα κλίρη ςηπ καμπύληπ. (t), η αλγεβοική ςιμή ςηπ γχμιακήπ επιςάυσμρηπ ιρξύςαι με ςημ 40

201 Κίμηρη ΑΒ: Από t 0 μέυοι A t B s η κλίρη ςηπ γοατικήπ παοάρςαρηπ ςηπ ρσμάοςηρηπ f(t) d είμαι ρςαθεοή, επξμέμχπ η γχμιακή επιςάυσμρη a γοάτεςαι: dt rad rad 4 8 a a a s s t t t s 0s B A rad a s Κίμηρη ΒΓ: Από t B s μέυοι t 4 s η κλίρη ςηπ γοατικήπ παοάρςαρηπ ςηπ ρσμάοςηρηπ f(t) d είμαι μηδέμ, επξμέμχπ η γχμιακή επιςάυσμρη a είμαι μηδέμ: dt a 0 β) Σε έμα διάγοαμμα (t), η γχμία ρςοξτήπ ιρξύςαι με ςξ εμβαδόμ ςξσ ςμήμαςξπ πξσ πεοιέυεςαι μεςανύ ςηπ καμπύληπ και ςξσ άνξμα ςξσ υοόμξσ t. Από t A 0 μέυοι t B s ςξ εμβαδόμ κάςχ από ςη γοατική παοάρςαρη ςηπ ρσμάοςηρηπ f(t) δίμει ςη γχμία ρςοξτήπ για ςξ αμςίρςξιυξ υοξμικό διάρςημα: (4 8) rad rad χ (rad/s) χ (rad/s) 8 A 8 A 4 B Γ 4 B Γ O 4 t (s) O 4 t (s) Από t B s μέυοι t 4 s ςξ εμβαδόμ κάςχ από ςη γοατική παοάρςαρη ςηπ ρσμάοςηρηπ f(t) δίμει ςη γχμία ρςοξτήπ για ςξ αμςίρςξιυξ υοξμικό διάρςημα: 4 rad 8 rad 4

202 0 rad Ο αοιθμόπ πεοιρςοξτώμ δίμεςαι από ςξμ ςύπξ N ρςοξτέπ.. Δπξμέμχπ: 0 N γ) Η ιρυύπ ςηπ δύμαμηπ δίμεςαι από ςη ρυέρη: P, όπξσ η οξπή ςηπ δύμαμηπ και η γχμιακή ςαυύςηςα. Από ςξμ ςύπξ a t σπξλξγίζξσμε ςη γχμιακή ςαυύςηςα ςη υοξμική ρςιγμή t s : rad 8 rad rad a s 6 t s s 0s s Με αμςικαςάρςαρη ρςξμ ςύπξ P έυξσμε: rad rad P P I a P 0, kgm ( ) (6 ) s s P,4 W δ) (βλ. ρελίδα ςξσ Συξλικξύ Βιβλίξσ) Για ςη ρςοξτξομή ςξσ ρςεοεξύ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ ςξσ ςη υοξμική ρςιγμή t s έυξσμε: B rad kgm L I L 0,kgm 4 L 0,8 s s Παοαςήοηρη: Σςη ρςοξτική κίμηρη, ςα μεγέθη,, a αμςιρςξιυξύμ ρςα μεγέθη x,, ςηπ μεςατξοικήπ κίμηρηπ. Δπξμέμχπ, ςξ διάγοαμμα t αμςιρςξιυεί ρςξ διάγοαμμα t πξσ έυει μελεςηθεί ρε ποξηγξύμεμη ςάνη. 4

203 Άσκηση 5. Έμαπ ξοιζόμςιξπ δίρκξπ μπξοεί μα ρςοέτεςαι ρςξ ξοιζόμςιξ επίπεδξ γύοχ από ακλόμηςξ καςακόοστξ άνξμα πξσ διέουεςαι από ςξ κέμςοξ ςξσ. Αουικά ξ δίρκξπ είμαι ακίμηςξπ. Τη υοξμική ρςιγμή t0 0 αρκείςαι ρςξ δίρκξ ρςαθεοή οξπή, με απξςέλερμα ξ δίρκξπ μα rad απξκςήρει γχμιακή επιςάυσμρη μέςοξσ a 0. Να βοείςε: s α) ςξ μέςοξ ςηπ μεςαβξλήπ ςηπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ ρε υοξμικό διάρςημα t 4 s. β) ςη οξπή αδοάμειαπ I ςξσ δίρκξσ, αμ ρςξ ίδιξ υοξμικό διάρςημα t 4 s η μεςαβξλή ςξσ μέςοξσ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ δίρκξσ είμαι kgm L 0,8 s γ) Τη ρςιγμιαία ιρυύ P ςηπ οξπήπ πξσ ρςοέτει ςξ δίρκξ, ςη υοξμική ρςιγμή t s. δ) Τξμ αοιθμό ςχμ ρςοξτώμ πξσ έυει εκςελέρει ξ δίρκξπ από ςη υοξμική ρςιγμή t0 0 μέυοι ςη υοξμική ρςιγμή t s.. Λύρη α) Η γχμιακή επιςάυσμρη a d dt είμαι ρςαθεοή, ξπόςε έυξσμε: d a a a t dt t rad 40 s β) Η ρςοξτξομή ρςεοεξύ δίμεςαι από ςξμ ςύπξ L I και η οξπή αδοάμειαπ I ςξσ δίρκξσ είμαι ρςαθεοή, ξπόςε έυξσμε: L L I L I I I kgm 0,8 s I 0,0 kgm rad 40 s γ) Η ρςιγμιαία ιρυύπ P ςηπ οξπήπ πξσ ρςοέτει ςξ δίρκξ, ςη υοξμική ρςιγμή t δίμεςαι από ςξμ ςύπξ: s rad P P a a t 0,0kgm (0 ) s s P 4 W 43

204 δ) Ο αοιθμόπ ςχμ ρςοξτώμ t0 0 μέυοι ςη υοξμική ρςιγμή t πξσ έυει εκςελέρει ξ δίρκξπ από ςη υοξμική ρςιγμή s σπξλξγίζεςαι χπ ενήπ: a rad 0 (s) s t 0 ρςοξτέπ. 44

205 Άσκηση 6. Η ακίμηςη διπλή ςοξυαλία ςξσ ρυήμαςξπ μπξοεί μα ρςοέτεςαι γύοχ από ρςαθεοό άνξμα πξσ ρσμπίπςει με ςξμ άνξμα ρσμμεςοίαπ ςηπ. Η ςοξυαλία έυει ακςίμεπ R 0cm, R 0cm και οξπή αδοάμειαπ χπ ποξπ ςξμ άνξμα πεοιρςοξτήπ I kgm. Σςημ ςοξυαλία πξσ είμαι αουικά ακίμηςη, αρκξύμςαι μέρχ καςάλληλχμ αβαοώμ μημάςχμ ξι δσμάμειπ F 60N και F 40N, με ρημεία εταομξγήπ και καςεσθύμρειπ όπχπ ρςξ ρυήμα. Να σπξλξγίρεςε: α) ςη ρσμξλική οξπή πξσ δέυεςαι η ςοξυαλία. β) ςη γχμιακή επιςάυσμρη πξσ απξκςά η ςοξυαλία. γ) ςη γχμιακή ςηπ ςαυύςηςα ςη υοξμική ρςιγμή t 4 s. δ) ςη υοξμική ρςιγμή t 4 s, ςξ μήκξπ ςχμ μημάςχμ πξσ έυει ςσλιυςεί ή νεςσλιυςεί ρε κάθε ςοξυαλία. Λύρη α) F R FR 40N 0,m 60N 0,m Nm β) Η γχμιακή επιςάυσμρη βοίρκεςαι από ςξ θεμελιώδη μόμξ ςηπ Μηυαμικήπ για ςη Σςοξτική κίμηρη 45

206 Nm rad a a I kgm s γ) Η κίμηρη ςηπ ςοξυαλίαπ είμαι ρςοξτική ξμαλά επιςαυσμόμεμη υχοίπ αουική ςαυύςηςα, ξπόςε η γχμιακή ςαυύςηςα βοίρκεςαι από ςημ αμςίρςξιυη ρυέρη ςηπ κιμημαςικήπ πεοιγοατήπ ςηπ ρςοξτικήπ κίμηρηπ. rad rad a t 4s 8 s s δ) Η ςοξυαλία ρςοέτεςαι δενιόρςοξτα, ξπόςε ρςημ ενχςεοική ςοξυαλία, ακςίμαπ R, ςξ μήμα νεςσλίγεςαι, εμώ ρςημ ερχςεοική ςοξυαλία, ακςίμαπ R, ςξ μήμα ςσλίγεςαι. Τξ μήμα πξσ έυει ςσλιυθεί ή νεςσλιυςεί βοίρκεςαι από ςη ρυέρη s R, όπξσ η γχμία ρςοξτήπ. Η γχμία ρςοξτήπ είμαι κξιμή για όλα ςα ρημεία ςηπ διπλήπ ςοξυαλίαπ και βοίρκεςαι από ςη ρυέρη rad a t (4s) 6rad s Έςρι, για ςα δύξ μήκη ςχμ μημάςχμ έυξσμε: - ερχςεοική ςοξυαλία: s R 0,m 6rad s,6m -ενχςεοική ςοξυαλία: s R 0,m 6rad s 3,m Άοα ρςημ ερχςεοική ςοξυαλία ςσλίυςηκε μήμα μήκξσπ s νεςσλίυςηκε μήμα μήκξσπ s 3, m.,6m και από ςημ ενχςεοική 46

207 Άσκηση 7. Οι ςοξυξί εμόπ πξδηλάςξσ έυξσμ ακςίμα R 0,3m και μάζα m kg ξ καθέμαπ. Τξ πξδήλαςξ κιμείςαι ρςημ καςεύθσμρη από ςξ μόςξ ποξπ ςξ βξοοά με ςαυύςηςα 6m / s. Ο πξδηλάςηπ τοεμάοει ξμαλά και ςξ ρύρςημα ρςαμαςά μεςά από 3s. Σε όλη ςη διάοκεια ςηπ επιβοαδσμόμεμηπ κίμηρηπ ξι ςοξυξί κσλίξμςαι. Για ςξμ κάθε ςοξυό: α) μα σπξλξγίρεςε ςη οξπή αδοάμειάπ ςξσ, αμ θεχοήρεςε όςι όλη η μάζα ςξσ είμαι ρσγκεμςοχμέμη ρςημ πεοιτέοεια. β) μα βοείςε πώπ μεςαβάλλεςαι η γχμιακή ςαυύςηςά ςξσ ρε ρσμάοςηρη με ςξ υοόμξ. γ) μα γοάφεςε ςη ρυέρη πξσ ρσμδέει ςξ μέςοξ ςηπ ρςοξτξομήπ ςξσ ρε ρσμάοςηρη με ςξ υοόμξ και μα ςη ρυεδιάρεςε. δ) μα σπξλξγίρεςε ςη οξπή πξσ ςξμ επιβοάδσμε και μα ρυεδιάρεςε ςξ διάμσρμά ςηπ, καθώπ και ςξ διάμσρμα ςηπ αουικήπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ. Λύρη α) Δπειδή η μάζα ςξσ ςοξυξύ θεχοείςαι ρσγκεμςοχμέμη όλη ρςημ πεοιτέοειά ςξσ, η οξπή αδοάμειαπ είμαι: I mr kg (0,3m) I 0,8kgm β) Η κίμηρη ςξσ ςοξυξύ είμαι μεςατξοικά και ρςοξτικά ξμαλά επιβοαδσμόμεμη. Η γχμιακή ςαυύςηςα κάθε ςοξυξύ δίμεςαι από ςη ρυέρη 0 a t Δπειδή ξι ςοξυξί κσλίξμςαι, γχμιακή και μεςατξοική ςαυύςηςα ρσμδέξμςαι με ςη ρυέρη cm R.Έςρι για ςημ αουική γχμιακή ςαυύςηςα έυξσμε 0 παίομξσμε: 6m / s rad 0 R 0,3m s cm( ) 0 0 Δπειδή ξι ςοξυξί κσλίξμςαι γχμιακή και μεςατξοική επιςάυσμρη ρσμδέξμςαι με ςη ρυέρη cm a R. Όμχπ για ςη μεςατξοική επιςάυσμρη έυξσμε: m m 0 6 s s m t 3s s cm cm cm Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη () παίομξσμε: 47

208 a m cm s 0 rad a R 0,3m 3 s Με αμςικαςάρςαρη ρςη ρυέρη () ςχμ 0 και a παίομξσμε: 0 0 t SI 0s t 3s 3 γ) Η ρςοξτξομή ςξσ ςοξυξύ δίμεςαι από ςη ρυέρη: L I. Με αμςικαςάρςαρη παίομξσμε: 0 L 0,8(0 )t SI L 3,6, t SI 0s t 3s 3 δ) Η οξπή πξσ επιβοάδσμε ςξμ ςοξυό βοίρκεςαι από ςη ρυέρη: L 0kgm / s 3,6kgm / s t 3s,Nm Δπειδή ςξ πξδήλαςξ καςεσθύμεςαι ρςξ βξοοά, η γχμιακή ςαυύςηςα είμαι ποξπ ςη Δύρη. Τξ αομηςικό ποόρημξ για ςη οξπή δηλώμει ποόρημξ αμςίθεςξ από ασςό ςηπ γχμιακήπ ςαυύςηςαπ. 48

209 49