Λύσεις των ασκήσεων. Φυσική Θετικής & Τεχνολογικής κατεύθυνσης. Γενικού Λυκείου. Γ τάξη

Transcript

1

2 Λύσεις των ασκήσεων Φυσική Θετικής & Τεχνολογικής κατεύθυνσης Γ τάξη Γενικού Λυκείου

3 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ ΟΣΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΙΣ: ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ - ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ - ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ Ε.Π.Ε.Α.Ε.Κ. Υποπρόγραμμα : ΓΕΝΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙΚΗ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ Μέτρο.: ΑΝΑΜΟΡΦΩΣΗ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Ενέργεια.α: Προγράμματα - βιβλία ΕΡΓΟ: ΑΝΑΔΙΑΤΥΠΩΣΗ ΚΑΙ ΕΚΣΥΓΧΡΟΝΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΠΡΟ- ΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΤΩΝ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΜΕ ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΡΑΓΩΓΗ ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΥ ΥΛΙΚΟΥ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ - ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ - ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Λύσεις των ασκήσεων Φυσική Θετικής & Τεχνολογικής κατεύθυνσης Γ τάξη Γενικού Λυκείου ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

5 4

6 ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ - ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ Απλή αρμονική ταλάντωση. (β), (γ), (ε). ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ. Η αρχική φάση είναι 0 ή π rad. Για να επιλέξουμε ανάμεσα στις δύο χρειάζεται να γνωρίζουμε την κατεύθυνση (πρόσημο) της ταχύτητας τη χρονική στιγμή μηδέν..3 (γ)..4 Η ταχύτητα είναι: μηδέν στις θέσεις x = Α ή x = -Α, μέγιστη στη θέση ισορροπίας (x = 0). Η επιτάχυνση είναι: μηδέν στη θέση ισορροπίας (x = 0), μέγιστη στις θέσεις x = Α ή x = -Α. Η δύναμη είναι: μηδέν στη θέση ισορροπίας (x = 0), μέγιστη στις θέσεις x = Α ή x = -Α. Σύμφωνα με τη διατήρηση της ενέργειας στις ταλαντώσεις E = K + U όταν U = K τότε E = U ή A Επομένως x = ± DA = Dx.5 x U K J x 3 J J x 4 J J A 5 J 0.6 α) Τ/4, β) Τ/, γ) 3Τ/4..7 α), β) αρνητική, γ) 0..8 (β) 5

7 Κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων.9 α),5 0-6 s, β) s, γ) 0, s, δ) 0, s..0 Λόγω της τάσης από αυτεπαγωγή που εμφανίζει στα άκρα του το πηνίο.. U E 80x0-3 J 0x0-3 J 70x0-3 J 0 U B 40x0-3 J 0 50x0-3 J 0x0-3 J E 0x0-3 J 0x0-3 J 0x0-3 J 0x0-3 J. α) L a < L b, β) I A > Ι β..3 α) Q B = Q A β) Ε Β = Ε Α γ) Τ Β = Τ Α δ) Ι Β = I A.4 (γ)..5 (γ), (β)..6 δυναμική.ενέργεια μαγνητικού πεδίου. ενέργεια ηλεκτρικού παραμένει σταθερό. Φθίνουσα, ελεύθερη και εξαναγκασμένη ταλάντωση. Συντονισμός..7 (γ).8 (γ).9 (γ).0 Το Β.. (γ), (δ).. (β), (γ)..3 (β) 6

8 .4 Αν Α Κ, Α Κ+ είναι οι τιμές του πλάτους και Ε Κ, Ε Κ+ οι αντίστοιχες τιμές της ενέργειας της ταλάντωσης κατά τις χρονικές στιγμές ΚΤ και (Κ + )Τ όπου Κ =,,3... τότε α) β) A A Ε Ε K K + K K + ΛKΤ = Ae o e K + Ae = Λ( ) Τ o DA ΛΤ K AK = = DA AK + K + Σύνθεση ταλαντώσεων cm... cm..6 (β), (γ), (δ), (ε). = e ΛΤ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Απλή αρμονική ταλάντωση.7 Θεωρούμε ότι στη θέση ισορροπίας (θέση ) το ελατήριο Κ έχει επιμηκυνθεί κατά x και το ελατήριο Κ έχει επιμηκυνθεί κατά x οπότε επειδή Σ F = 0 θα είναι Kx Kx = () 0 Σε μια τυχαία θέση που απέχει x από τη θέση ισορροπίας (θέση ) ισχύει ΣF = K( x x) K( x + x) () (θεωρούμε θετική τη φορά της απομάκρυνσης x) 7

9 η οποία αν λάβουμε υπόψη την () γίνεται ( ) Σ F = K + K x (3) Η (3) είναι της μορφής ΣF = Dx όπου D= K + K οπότε το Σ κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο m m T = π = π = 0, π s D K + K Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν θεωρήσουμε ότι στη θέση ισορροπίας και τα δύο ελατήρια είναι συσπειρωμένα ή ότι έχουν το φυσικό τους μήκος..8 Θεωρούμε ότι η ταλάντωση είναι αμείωτη. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε DA = Dx + mυ mυ οπότε D= = 00 N / m A x β) οπότε υ = DA = Dx + mυ DA ( x ) = 3 m/s m.9 To σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D= K (δες παράδειγμα.). Στη θέση ισορροπίας ισχύει ΣF = 0 δηλαδή mg Kl = 0 mg οπότε K = (). l Η περίοδος της κίνησης δίνεται από τη σχέση T = π l η οποία, αν λάβουμε υπόψη την (), γίνεται T = π = 0, 34 s g m K 8

10 Ηλεκτρικές ταλαντώσεις.30 f = = = 6 Hz T π LC.3 Το φορτίο του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση q= Qσυν ω t Για t = 0 q=q=cv = 0-3 C Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης είναι π π ω = = = = 000 rad / s T π LC LC Επομένως q= 3 0 συν 000t (SI) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα δίνεται από τη σχέση i= I t ηµω. Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε Τελικά i Q Q LI = οπότε I = = A C LC =ηµ000 t (SI) Φθίνουσες και εξαναγκασμένες ταλαντώσεις. Συντονισμός. t.3 A Ae Λ t A A = o ή e Λ = ή Λ t = ln και Ao A Λ= A ln o t A () o t A Ae Λ t A A = o ή e Λ = ή t = ln () A Λ Ao Η () γίνεται από την () t t ln = από όπου βρίσκουμε A Ao ln A o A o t = ln = 3 = 3 = = 50s ln 3 ln ln (ln ln ) ln ln ln ln 9

11 Σύνθεση ταλαντώσεων.33 Η σχέση που δίνει το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης είναι A= A + A + AAσυνϕ Αν θέσουμε A = 4m, A = 4m και ϕ = π rad προκύπτει A = 0 (το σώμα δεν ταλαντώνεται)..34 Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος A= A + A + AAσυνϕ Αν θέσουμε A = 0,m, A = 0,04m και ϕ = 0 προκύπτει A= 0,4m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν. ω = 50 rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση Aηµϕ εϕθ = η οποία για ϕ = 0 δίνει εϕθ = 0 και τελικά A + Aσυνϕ θ = 0. Επομένως, η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι x= 0,4ηµ 50t.35 Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος A= A + A + AAσυνϕ Αν θέσουμε A = 0,08 m, A = 0,06 m και ϕ = π rad προκύπτει A= 00, m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν. ω = 50 π rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση Aηµϕ εϕθ = η οποία για ϕ = π δίνει εϕθ = 0 και τελικά A + Aσυνϕ θ = 0. Η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι x= 0,0ηµ 50π t (SI) 0

12 Η ταχύτητα δίνεται από τη σχέση υ = Aωσυν ( ωt+ θ ) οπότε υ = 34, συν 50π t (SI) Η επιτάχυνση δίνεται από τη σχέση α = Aω ηµ ( ωt+ θ ) οπότε α = 493ηµ 50π t (SI) π Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση T = = 004, s ω.36 Οι ήχοι που παράγονται από τα δυο διαπασών έχουν μικρή διαφορά συχνότητας, οπότε από συμβολή τους προκύπτουν διακροτήματα με συχνότητα f = f δ f = 05, Hz Ο χρόνος που μεσολαβεί μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ήχου ισούται με την περίοδο των διακροτημάτων, που δίνεται από τη σχέση Tδ = = s f δ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ.37 Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής x= A ηµ ( ωt + ϕ) Θα βρούμε διαδοχικά τα Α, ω και φ m m T = π οπότε D = 4 π () D T Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε m DA = Dx + mυ άρα A= x + υ D Λαμβάνοντας υπόψη την () τελικά έχουμε T A= x + = 4 0 4π υ π ω = = 0 rad / s T m

13 Η x= A ηµ ( ωt + ϕ) για t = 0 δίνει x= A ηµϕ οπότε ηµϕ = x A = δηλαδή π 5π ϕ = ή ϕ = 6 6 π (Η λύση ϕ = απορρίπτεται, γιατί για t = 0 δίνει υ > 0 ) 6 Οι ζητούμενες εξισώσεις είναι π x= ηµ 0t+ 6 (SI) 5π υ = Aω συν( ωt+ ϕ) = 04, συν 0t + 6 (SI) 5π α = Aω ηµ ( ωt+ ϕ) = 4ηµ 0t+ 6 (SI).38 Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D= K (βλέπε και παράδειγμα -). m α) T = π K K 5 f = = = Hz T π m π Η μέγιστη απομάκρυνση του σώματος είναι A= d. Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι x= dηµ ( ωt+ ϕ). Για t = 0 d = dηµϕ οπότε ηµϕ = π δηλαδή ϕ = rad Στην περίπτωση που η κατεύθυνση προς τα κάτω θεωρηθεί αρνητική 3π για t = 0 d = dηµϕ οπότε ηµϕ = δηλαδή ϕ = rad

14 γ) υmax = Aω = dπ f = 0, 5 m/ s δ) α = Aω = d4π f = 5 m s max / ε) Στη θέση ισορροπίας (θέση ) Σ F = 0 οπότε Kx = mg και mg x = K Το σώμα δέχεται τη μέγιστη δύναμη στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης (θέση ) F K x d K mg ελ max = ( + ) = + d mg Kd N K = + = 5.39 π π ω = = / T 5 rad s π x= 0,ηµ t 5 Θέτουμε x = 0,m και λύνουμε ως προς το χρόνο π π ηµ t = = ηµ 5 6 Δύο διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι οι 5 5 t = s και t = s 6 6 Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στις δύο διαδοχικές στιγμές που το σώμα θα βρεθεί στη θέση x= 0, m είναι 0 t = t t = s 3.40 Θεωρούμε ότι το σύστημα κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς Κ. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση έχουμε Mυ KA = Mυ οπότε A = = 0, m K 3

15 Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στη στιγμή της πρόσκρουσης ( υ = υ ) και τη στιγμή που η ταχύτητα μηδενίζεται είναι max T π M π t = = = s. 4 K 00 β) Ο επιβάτης κάνει ταλάντωση ίδιας περιόδου με το σύστημα με σταθερά επαναφοράς D. Τ συστήματος = Τ επιβάτη δηλαδή π M M = π K D m οπότε D= K. M Η δύναμη που δέχεται από τη ζώνη παίζει το ρόλο της δύναμης επαναφοράς. Το μέτρο της δύναμης θα πάρει τη μέγιστη τιμή του τη χρονική T στιγμή t = όταν x= A. 4 3 Fmax = DA = m KA = 5 0 N M.4 α) Μετά την (πλαστική) κρούση του συστήματος βλήμα-σώμα, η κοινή τους ταχύτητα θα είναι V για την οποία ισχύει mυ = ( m+ MV ) m επομένως V = υ = 5 m/ s. m+ M β) Το συσσωμάτωμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με D= K. Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε ( ) KA = m + M V οπότε A V m + = M = 0, m K 4

16 γ) Το σύστημα θα σταματήσει στιγμιαία, για πρώτη φορά, μετά από χρόνο T π m+ M 4 4 K t = = = 3,4 0 s..4 α) I = ωq = πfq = A Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε: Q q = + και q = Q LCi () Li C C Όμως f = π LC και LC = () 4π f Οπότε η () γίνεται από τη () i 7 q= Q = 4 0 C 4π f β) U E q = (3) C Q Q q UE + UB = επομένως U B C = C C (4) Q 8 Η ολική ενέργεια παραμένει σταθερή E = = 5 0 J (5) C Οι συναρτήσεις (3) (4) και (5) παριστάνονται γραφικά στο διάγραμμα που ακολουθεί 5

17 .43 α) Q= CV = C E β) UE = UB = οπότε q Q = C C 3 και q= Q = 0 C γ) Η σχέση που δίνει το φορτίο του πυκνωτή σε συνάρτηση με το χρόνο είναι q= Qσυνωt () 3 3 π π 0 όπου Q= 4 0 C και ω = = = rad / s T π LC 6 Η πρώτη φορά που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή γίνεται ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο ταυτίζεται με την πρώτη φορά που το φορτίο στον πυκνωτή γίνεται 3 q= 0 C, δηλαδή τη στιγμή για την οποία = 4 0 συν 6 t Λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση ως προς τον χρόνο και βρίσκουμε ότι η μικρότερη τιμή του για την οποία ισχύει η εξίσωση είναι 3 t =,5 0 s..44 Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε Q q = + Li C C οπότε Q= q + LCi = C = 40 µ C.45 α) Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ίση με αυτή των δύο ταλαντώσεων στις οποίες μετέχει. Άρα ω = 50 π rad 4 και D= mω = 5 0 N / m β) Το πλάτος της ταλάντωσης που κάνει το σώμα είναι A= A + A + AA συν ( π ) = A A = 5 0 m οπότε η ενέργεια της ταλάντωσης είναι E = DA = 6, 5 J γ) Από τη διατήρηση της ενέργειας της ταλάντωσης έχουμε 6

18 E = mυ + Dx οπότε E Dx υ = = 3,5 m/ s m.46 α) To Σ, όσο βρίσκεται σε επαφή με το Σ, εκτελεί τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης. Το ρόλο της δύναμης επαναφοράς για το Σ παίζει η δύναμη F που δέχεται από το Σ. Η επαφή ανάμεσα στα δύο σώματα χάνεται όταν F = 0 δηλαδή στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. β) Το Σ αφού χάσει την επαφή του με το Σ κινείται ευθύγραμμα ομαλά με υ max K υmax = Aω = A = m/ s m + m και το Σ κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος Α. Από τη διατήρηση της ενέργειας κατά την ταλάντωση του Σ έχουμε: m υ max = KA από όπου βρίσκουμε m A = υ max = 0, m K T π m π γ) Το Σ μηδενίζει την ταχύτητά του σε χρόνο t = = = s 4 K 0 από τη στιγμή που χάθηκε η επαφή ανάμεσα στα δύο σώματα. Στο 7

19 χρόνο αυτό το Σ έχει διανύσει s= υ max t = 0, 34m Η απόσταση μεταξύ τους εκείνη τη χρονική στιγμή θα είναι d = s A = 0, 4m.47 α) Το σώμα μάζας m κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς D = Κ. Για να φτάσει από το ανώτερο σημείο στη θέση ισορροπίας του χρειάζεται χρόνο T π m π t = = = s. 4 4 K 0 Στον ίδιο χρόνο το σώμα μάζας m πρέπει να διανύσει διάστημα h. h= g( t) = 0, 5 m β) Αμέσως πριν τη σύγκρουση τα σώματα έχουν ταχύτητες π π K υ = υmax = Aω = l = l = l = m/ s T m m π K υ = g t = 57, m/ s γ) Εφόσον τα σώματα μετά την κρούση τους αποκτούν ταχύτητες αντίθετες από αυτές που είχαν πριν συγκρουστούν, θα επιστρέψουν στις αρχικές τους θέσεις και το φαινόμενο θα επαναλαμβάνεται συνεχώς. Η περίοδος του φαινομένου είναι T T ϕ = όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης του m T ϕ m = π = 0, 34s K 8

20 .48 α) Στη θέση () Σ F = 0 οπότε Kl = m g και K mg = = N / l m Αν υ η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση - θέση (3) - εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: ( m+ m) gl Kl ( m + m) υ + Kl = ( m + m) gl και υ = = ms / m + m β) To συσσωμάτωμα μετά την κρούση θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D= K Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης (5) θα ισχύει ( m+ m) g Σ F = 0 οπότε KA = ( m + m) g και A = = 0, 65m K Στη θέση αυτή το συσσωμάτωμα αποκτά τη μέγιστη ταχύτητα που π π είναι υ = ωa = = = =, max T A K A m + m m + m A 5 m / s π K γ) Ο χρόνος κίνησης από την ανώτερη θέση στη θέση ισορροπίας είναι T π m + m t = = = 04, s 4 K.49 α) Το κύκλωμα το σχήματος (α) διαρρέεται από σταθερό ρεύμα E I = A R+ r = 06, 9

21 Αμέσως μετά τη μεταφορά του μεταγωγού στη θέση Β στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα που προκαλεί αυτή η ηλεκτρεγερτική δύναμη είναι ομόρροπο με το αρχικό. Επομένως ο οπλισμός που θα αποκτήσει πρώτος θετικό φορτίο είναι αυτός που συνδέεται με τον αρνητικό πόλο της πηγής. β) Από τη στιγμή μηδέν και μετά το κύκλωμα που περιλαμβάνει το πηνίο και τον πυκνωτή θα εκτελέσει ηλεκτρική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα π π ω = = = 0 4 rad /s T π LC Τη στιγμή μηδέν ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα μέγιστης έντασης. Εκείνη τη στιγμή το μαγνητικό πεδίο του πηνίου έχει ενέργεια ίδια με αυτή που είχε πριν μετακινηθεί ο μεταγωγός, επομένως το ρεύμα έχει ένταση I = 0,6A (μέγιστη). Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι Q = I = C ω Επομένως οι εξισώσεις του ρεύματος και του φορτίου με το χρόνο είναι i = 06, συν 0 4 t q = ηµ 0 t 0

22 .50 α) Όταν ανοίγουμε το διακόπτη Δ μεταβάλλεται το ρεύμα που διαρρέει το πηνίο. Αυτό έχει ως συνέπεια την εμφάνιση ηλεκτρεγερτικής δύναμης από αυτεπαγωγή. Το πηνίο επομένως λειτουργεί ως πηγή, η οποία φορτίζει τον πυκνωτή. β) Το μέγιστο ρεύμα στο πηνίο θα είναι E I = A R+ r = 3 Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί το πηνίο είναι ίση με τη μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή LI 6 LI = CV οπότε C = = 8 0 F V (Η ελάχιστη χωρητικότητα του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης μεταξύ των οπλισμών του).

23 ΚΥΜΑΤΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα. (γ). α) Β β) Γ.3 α) Γ β) Α α) Α, Δ β) Β, Ε γ) Β, Ε.4 (α), (β), (δ).5 ) (β) ) (γ) Συμβολή - στάσιμα.6 ) Δ.7 Δύο πηγές λέγονται σύγχρονες ή σε φάση όταν δημιουργούν ταυτόχρονα μέγιστα και ελάχιστα..8.. αντίθετες. παραμένουν συνεχώς ακίνητα μέγιστο πλάτος κοιλίες. λ/..9 ) (β) ) (α).0 α) όχι β) Γ. α) Δεσμοί Β, Δ, Ζ Κοιλίες Α, Γ, Ε, Η β) π rad γ) Μηδέν δ) λ/4. (α)

24 Ηλεκτρομαγνητικά κύματα.3, km..4 7,46 φορές..5 (δ).6 (γ).7 Ραδιοκύματα 0 3 Ηz Μικροκύματα 0 7 Ηz Ακτίνες X 0 8 Ηz Υπέρυθρο 0 0 Hz Υπεριώδες 0 5 Ηz Ακτίνες γ 0 9 Ηz.8 α) Ραδιοκύματα. β) Μικροκύματα. γ) Ακτίνες X. δ) Ακτίνες γ..9 (α)..0 (γ). Ανάκλαση - διάθλαση. Όταν υφίσταται ανάκλαση ή διάθλαση.. 60 και στις δύο επιφάνειες..3 (α)..4 Η συχνότητα παραμένει σταθερή, η ταχύτητα διάδοσης μειώνεται, το μήκος κύματος μειώνεται. 3

25 .5 (α)..6 Το μπλε..7 Στην πλάκα με δείκτη διάθλασης n =, 6..8 α) Α. β) Α. Μηχανικά κύματα ΑΣΚΗΣΕΙΣ.9 Ο χρόνος που χρειάζεται ένα σημείο της χορδής για να μετατοπισθεί από τη θέση μέγιστης απομάκρυνσης στη θέση ισορροπίας είναι ίσος με Τ/4 T 0 = 05, s οπότε T = 06, s και f = = Hz. 4 T 6 Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ = λf = m/ s..30 Συγκρίνοντας τη σχέση y = 3 0 ηµ ( 30t 4x) t x με τη γενική σχέση y = Aηµ π ( ) T λ βρίσκουμε α) π 4 λ = rad m π = = 57, m. 4 β) π = π f = 30 rad / s οπότε f = 30 Hz T π και υ = λf = 330 m/ s 4

26 γ) A = 3 0 m και ω οπότε υmax = Aω = 39, 6 m/ s δ) 30t 4x π = = 30 rad / s T ϕ = και ϕ = 30t 4x ( ) ϕ ϕ = 4 x x οπότε π ϕ ϕ x= = 3 = 4 4 0, 53 m.3 α) Το κύμα φτάνει στο σημείο Β μετά από χρόνο x t = = s υ 0 β) Θέτουμε στην εξίσωση κύματος t =, 5 s και x= 60 m και βρίσκουμε την απομάκρυνση y = 0, ηµ π ( 0, 5, 5 5)= 005, m= 5 cm 5

27 Στάσιμο κύμα.3 α) Ένα στάσιμο κύμα που περιγράφεται από την εξίσωση πx πt y = Aσυν ηµ () λ T προκύπτει από τη συμβολή δύο κυμάτων που περιγράφονται από τις εξισώσεις t x y = Aηµ π ( ) T λ t x και y = Aηµ π ( + ) T λ π x Συγκρίνουμε την () με την y = 0,5συν ηµ 40π t 3 και βρίσκουμε A= 0, 5 cm και A= 05, cm π π = λ 3 και λ = 6 cm π = 40π και f = = 0 Hz T T Τελικά x y = 0, 5ηµ π (0 t ) 6 και x y = 0, 5ηµ π (0 t+ ) 6 λ β) Η απόσταση δύο διαδοχικών δεσμών είναι d = = 3 cm γ) Η σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται ένα πx πt σημείο του μέσου είναι υ = Aωσυν συν λ T ή πx πt υ = Aπ f συν συν λ T 9 Για x = cm και t = s βρίσκουμε υ = 3, 4cm / s 8 δ) υ = λ f = 0cm/ s=, m/ s 6

28 .33 β) Το πλάτος ταλάντωσης ενός σημείου του μέσου δίνεται από τη σχέση π x A = Aσυν λ A= 4 cm λ = 0 cm οπότε λ = 0 cm T = s π x οπότε A = 4συν. 0 Για x=, 5 cm A = 4συν π = cm 4.34 α) Η ένταση του ήχου, άρα και η ένδειξη του δέκτη, μηδενίζεται στις θέσεις που αντιστοιχούν σε δεσμούς του στάσιμου κύματος που δημιουργείται από τη συμβολή του ήχου που εκπέμπει το διαπασών και του ήχου που ανακλάται. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών λ είναι d = οπότε λ = d = m και υ = λf = 340 m/ s. β) Τα μέγιστα του ήχου αντιστοιχούν σε δυο διαδοχικές κοιλίες του στάσιμου κύματος. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών κοιλιών είναι λ d = οπότε λ = d = 0, 4 m. υ υ = λ f οπότε f = = 850 Hz. λ x.35 y = 5 ηµ π( 5t x) = 5 ηµ π( 5, t ) () x και y = 5 ηµ π( 5t+ x) = 5 ηµ π( 5, t+ ) () Συγκρίνοντας τις σχέσεις () και () με την εξίσωση κύματος t x y = Aηµ π ( ) T λ 7

29 t x ή y = Aηµ π ( + ) T λ βρίσκουμε A= 5 cm f = =,5Hz λ = cm T α) υ = λf = 5 cm/ s β) To στάσιμο κύμα που προκύπτει από τη συμβολή των δύο κυμάτων έχει εξίσωση x t y = Aσυν π = 0 x 5 t λ ηµ π συν π ηµ π T Το πλάτος ταλάντωσης των σημείων του μέσου δίνεται από τη σχέση = A 0συν πx Οι δεσμοί του στάσιμου κύματος αντιστοιχούν στις λύσεις της εξίσωσης A = 0 ή συν πx = 0 = συν π οπότε π 5 πx= Kπ + οπότε x = cm ή x = cm ή π 3 7 και πx= Kπ οπότε x = cm ή x = cm ή. Δεσμούς θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0,5 cm,,5 cm,,5 cm, 3,5 cm,. Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικοί δεσμοί απέχουν μεταξύ τους λ = cm. Για να βρούμε τις θέσεις των κοιλιών θέτουμε A = 0 cm και λύνουμε ως προς x συν πx = συν 0 ή συν πx = συν π οπότε πx= Kπ και x = 0 ή x= cm ή x= cm ή... Κοιλίες θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0, cm, cm, 3cm, 8

30 Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικές κοιλίες απέχουν μεταξύ τους λ = cm. Επίσης ένας δεσμός απέχει από την πιο κοντινή του κοιλία λ 4 γ) A = 0συν π x οπότε A = max 0 cm = 05, cm. υ.36 υ = λf οπότε λ = = m f Εφόσον τα άκρα της χορδής είναι στερεωμένα σε ακλόνητα σημεία θα είναι δεσμοί και εφόσον το σύνολο των δεσμών είναι τρεις υπάρχει ένας ακόμη δεσμός μεταξύ των άκρων. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι λ και το συνολικό μήκος της χορδής θα είναι λ d = = λ = m. Ηλεκτρομαγνητικά κύματα c.37 α) c= λ f οπότε λ = = f E E Emax β) Για κάθε θέση c = οπότε B = και Bmax = = 4 0 T B c c γ) Η συχνότητα του κύματος πρέπει να είναι ίση με την ιδιοσυχνότητα του δέκτη, οπότε 6 f = ή C = = 5 0 F π LC 4π Lf 3 m 9

31 Ανάκλαση Διάθλαση c.38 n = οπότε υ c υ = = n 8 0 / m s.39 Η γωνία ανάκλασης είναι ίση με τη γωνία πρόσπτωσης οπότε ο θr = θ α = 30 Από το νόμο του Snell έχουμε n nηµθα = nηµθb οπότε ηµθb = ηµθ α = 0, 4375 n nb nb.40 ηµθ crit = οπότε n α = = 3 ηµθ n α.4 Η ταχύτητα διάδοσης της ακτινοβολίας στο νερό είναι 7 υ λf, 44 0 m/ s = =. Επομένως, c ο δείκτης διάθλασης του νερού είναι n = =,33. υ.4 α) c= λ0 f οπότε f 0 crit c = = 4,6 0 λ 0f 0 β) Από τη σχέση n = λ λ λf = λ προκύπτει λ λ0 = = 464 nm. n 8 γ) υ = λf =,4 0 m/ s. 4 Hz.43 n = c =,56 υ.44 Η φωτεινή δέσμη πέφτει στην έδρα ΒΓ υπό γωνία ˆ π θα = B = ϕ και υφίσταται ολική ανάκλαση όταν ισχύει θ θ α crit 30

32 nb ηµθ crit = = = n α (μέσον b είναι ο αέρας) Αν θα = θ τότε crit π ηµ ϕmax = οπότε συνϕ max = δηλαδή ϕ max = 45 o.45 Η ελάχιστη τιμή του δείκτη διάθλασης της γυάλινης πλάκας αντιστοιχεί στην περίπτωση στην οποία η δέσμη προσπίπτει στο Β με την κρίσιμη γωνία. Αν ως μέσον b θεωρήσουμε τον αέρα και ως μέσον α τη γυάλινη πλάκα, από το νόμο του Snell, για το σημείο Α έχουμε nbηµθb n α ηµθ α = () Όμως n b =, θ = 60 b ο π και θα = θcrit ο οπότε η () δίνει ηµ 60 = n συνθ = n ηµ θ () nb ηµθ crit = = nα nα Αντικαθιστούμε στη () οπότε α crit ο ηµ 60 = nα n α α crit και τελικά nα = + ηµ = ο 60,3 3

33 ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ.46 Η εξίσωση του κύματος που φτάνει στο σημείο Β από την πηγή Π είναι t r y = Aηµ π T λ ενώ η εξίσωση κύματος που φτάνει από την πηγή Π είναι t r y = Aηµ π T λ Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, η απομάκρυνση του σημείου Β δίνεται από τη σχέση ( ) r r t r + y y y Aσυν π ηµ π r = + = λ T λ () στην οποία το μήκος κύματος έχει την τιμή λ = υt = m Η εξίσωση () είναι εξίσωση απλής αρμονικής ταλάντωσης με πλάτος A = A r = r π συνπ 6συν = 3 mm λ 4.47 Με τη μετακίνηση του ανακλαστήρα η διαδρομή του κύματος που φτάνει στο Σ μετά από την ανάκλαση αυξάνεται κατά λ/ επομένως: λ ΠΑ Σ ΠΑΣ = ή α α λ + ( H + d) + H = και τελικά ( ) λ = α + 4 H + d α + 4H 3

34 .48 Στον παρατηρητή φτάνουν φωτεινές ακτίνες από την πηγή όταν προσπίπτουν στην ελεύθερη επιφάνεια με γωνία θ θcrit. Αν το μέσον b είναι ο αέρας και το μέσον α το νερό ισχύει nb ηµθ crit = = nα n Από το σχήμα φαίνεται ότι hηµθ r = hεϕθ = = crit h crit ηµ θcrit n.49 α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell για την είσοδο της ακτίνας στη γυάλινη πλάκα και για την έξοδό της απ αυτήν. nαηµϕ = n b ηµθ nbηµθ = n α ηµω Από τις δύο σχέσεις προκύπτει n ηµϕ = n ηµω οπότε α α ηµϕ = ηµω και ϕ = ω (φ, ω στο πρώτο τεταρτημόριο) Άρα η ακτίνα βγαίνει από τη γυάλινη πλάκα παράλληλα με την αρχική της διεύθυνση. β) Στο τρίγωνο ΑΓΒ είναι l = ΒΓ = ΑΒηµ ( ϕ θ ) () Αλλά από το τρίγωνο ΑΔΒ βρίσκουμε ότι Α d ΑΒ = = () συνθ συνθ Από () και () προκύπτει d ( ) d d l ηµ ϕ = θ = dηµϕ ηµθσυνϕ = dηµϕ ηµθσυνϕ συνθ συνθ ηµ θ (3) 33

35 Από το νόμο του Snell nαηµϕ = n b ηµθ και επειδή n α = και nb = n προκύπτει Από (3) και (4) ηµϕ ηµθ = (4) n dηµθσυνϕ l = dηµϕ ηµ ϕ n και τελικά l = dηµϕ συνϕ n ηµ ϕ.50 Αν θεωρήσουμε τον αέρα ως μέσον α ( n α = ) και το νερό ως μέσον b ( nb οπότε = n ), από το νόμο του Snell έχουμε nαηµθα = n b ηµθ b ηµθα = nηµθb () Από το τρίγωνο ΑΒΔ προκύπτει ότι Β Β δ ηµθα = = = Α ΑΒ + Β h + δ Επίσης από το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκουμε ΒΓ ΒΓ ηµθb = = = ΑΓ ΑΒ + ΒΓ δ + 4 Από (), () και (3) προκύπτει δ = n h + δ δ δ h + 4 h δ () (3) 34

36 και τελικά h = δ n 4 n = 8cm.5 Για x= 0, 408 m έχουμε απόσβεση, οπότε η διαφορά δρόμων για τα δύο ηχητικά κύματα είναι λ l = (K + ) () Αν μετακινήσουμε το σωλήνα Β κατά x η διαφορά των δρόμων θα γίνει l+ x και επειδή είναι η πρώτη φορά που θα έχουμε πάλι απόσβεση θα ισχύει l + x = (K + ) + λ () λ λ Από τις () και () προκύπτει x = υ = λf οπότε και υ λ = f υ x f = = 0, 36 Η νέα απόσταση είναι x = x+ x= 0, 544 m. m.5 α) Συγκρίνοντας την εξίσωση ενός από τα κύματα y = Aηµ ( πt π r + ϕο ) με τη γενική μορφή της εξίσωσης του κύματος προκύπτει ότι: 35

37 π π π = άρα T = s και π = άρα λ = m T λ υ = λ = m/ s T β) Η απομάκρυνση του σημείου Κ από τη θέση ισορροπίας του κάποια στιγμή είναι y = y + y = Aηµ ( πt π r + ϕ ) + Aηµ ( πt π r ) ή ο r r ϕο r+ r ϕο y = Aσυν π ηµ π t π + () π Για ϕ ο = η () γίνεται r r π r+ r π y = Aσυν π ηµ π t π i. Για να μένει το σημείο αυτό διαρκώς ακίνητο θα πρέπει r r π Aσυν π = 0 ή r r π συν π = r r π π ή π = (N + ) όπου N = 0, ±, ± άρα r r = N + m ii. Για να ταλαντώνεται το σημείο Κ με πλάτος Α πρέπει r r π συν π =± 4 r r π ή π = Nπ όπου N = 0, ±, ±... 4 άρα r r = N + m γ) Για να παραμένει το σημείο Μ ακίνητο θα πρέπει r r ϕ συν π ο = άρα = π rad ϕο 0 ϕ ο ή συν π = 0 36

38 .53 α) Από τη σχέση y = 5ηµ 0π t βρίσκουμε A= 5 cm και ω = 0 π rad / s ω οπότε f = = 5 Hz π υ Από τη σχέση υ = λf προκύπτει λ = = 4 cm f x Η εξίσωση του κύματος θα είναι y = 5ηµ π 5t (τα x, y σε cm, το t σε s) 4 β) Η φάση του κύματος τη χρονική στιγμή t π σχέση ϕ = 0π x = s δίνεται από τη γ) Τη χρονική στιγμή t το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση x = 0 cm. Ο αριθμός των μηκών κύματος, τη χρονική στιγμή t είναι: N = x = 5 λ π x.54 α) Συγκρίνουμε τη σχέση y = 8συν ηµ 0π t με την πx πt y = Aσυν ηµ και βρίσκουμε λ = 4 cm και f = = 5 Hz λ Τ T οπότε υ = λf = 0 cm/ s β) y = 8 05, π = π π = M συν ηµ 0 π 8 συν ηµ 4 cm

39 υ ω συν π ωσυν π x = A t = A λ συν π t Τ Τ οπότε υ π συν π xμ Μ = 80 συν0πt = 40 π cm/ s πx π γ) Δεσμοί υπάρχουν στις θέσεις για τις οποίες συν = 0 = συν πx π οπότε = (K + ) και x= K +. Για x < x< x δηλαδή 4 < K + < 0 βρίσκουμε Α K = 0, ±, ±, 3, 4 Β Επομένως υπάρχουν 7 δεσμοί. Οι δεσμοί βρίσκονται στις θέσεις: -3cm, -cm, cm, 3cm, 5cm, 7cm και 9cm 38

40 3 ΡΕΥΣΤΑ ΣΕ ΚΙΝΗΣΗ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Υδροστατική πίεση - αρχή του Pascal 3....πυκνότητα...πίεση...υγρά. 3. Σύμφωνα με το θεμελιώδη νόμο της υδροστατικής ( p = ρ gh ) η πίεση που ασκεί ένα υγρό αυξάνεται με το βάθος. 3.3 α) (Γ) β) σε όλα η ίδια. 3.4 ) (α) ) (β) 3) (α). Η εξίσωση της συνέχειας εσωτερικές... τριβές... ασυμπίεστο. 3.6 Καθώς το νερό πέφτει η ταχύτητά του αυξάνεται. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας ( Aυ = Aυ) η διατομή της φλέβας πρέπει να μικραίνει για να διατηρείται η παροχή σταθερή Π Α = ( ) m / s = 5 m / s με φορά προς τα αριστερά. 3.8 Αν θεωρήσουμε το ποτάμι σαν μια φλέβα, η παροχή πρέπει να διατηρείται σταθερή. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας εκεί όπου η διατομή της φλέβας μικραίνει αυξάνεται η ταχύτητα ροής του νερού. 3.9 ) Η παροχή διατηρείται σταθερή. Σωστή απάντηση είναι η (α). 39

41 A A υ = Aυ A άρα υ = υ = 4υ = 40 cm / s. A ) Α Β Σωστή απάντηση είναι η (ε). Β 3.0 Μειώνοντας τη διατομή αυξάνουμε την ταχύτητα ροής (εξίσωση συνέχειας). Η εξίσωση Bernoulli 3. Στην περιοχή (Α) που βρίσκεται ανάμεσα στα πλοία οι ρευματικές γραμμές πυκνώνουν, δηλαδή η σχετική ταχύτητα του νερού ως προς τα πλοία αυξάνει. Σύμφωνα με την εξίσωση Bernoulli η πίεση που ασκεί το νερό στα πλοία στην περιοχή του (Α) είναι μικρότερη από αυτήν που ασκεί στις περιοχές των Β και Γ, με αποτέλεσμα τα πλοία να συγκλίνουν. 3. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας η ταχύτητα του νερού είναι μεγαλύτερη στην περιοχή όπου στενεύει ο σωλήνας. Σύμφωνα με την εξίσωση Bernoulli εκεί όπου το νερό κινείται με μεγαλύτερη ταχύτητα ασκεί μικρότερη πίεση. Το ύψος κάθε στήλης εξαρτάται από τη διαφορά της πίεσης του υγρού στη βάση του σωλήνα και της ατμοσφαιρικής πίεσης. p + ρ atm gh = pυγρου patm pυγρου οπότε h = ρ g Αφού η πίεση του υγρού είναι μικρότερη στη βάση του σωλήνα Β από ό,τι στη βάση των σωλήνων Α και Γ, το ύψος της στήλης στο σωλήνα Β είναι μικρότερο από το ύψος της στήλης στους σωλήνες Α και Γ. 40

42 3.3 Για να ανυψωθεί το αεροπλάνο πρέπει η δυναμική άνωση να είναι μεγαλύτερη του βάρους. Αυτό επιτυγχάνεται όταν η σχετική ταχύτητα του αέρα ως προς το αεροπλάνο υπερβεί μια οριακή τιμή. Όταν το αεροπλάνο κινείται αντίθετα στον άνεμο αυτή η οριακή τιμή της σχετικής ταχύτητας επιτυγχάνεται ευκολότερα. 3.4 Εφόσον το αεροπλάνο κινείται με οριζόντια ταχύτητα η δυναμική άνωση και στις δύο περιπτώσεις είναι αντίθετη του βάρους. Αν θεωρήσουμε ότι το βάρος του αεροπλάνου είναι ουσιαστικά το ίδιο και στα δύο ύψη προκύπτει ότι και η δυναμική άνωση θα είναι ίδια, οπότε σωστή απάντηση είναι η (β). 3.5 α) υ > υ = υ = υ A B β) p > pγ > pβ > pα Γ κινητικής... της δυναμικής... διατήρησης της ενέργειας Στο ύψος της ελεύθερης επιφάνειας του υγρού ώστε να διατηρείται η ενέργεια. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Νόμος του Pascal - Υδροστατική πίεση F F A 3.8 = οπότε F = F A A A Για να ανυψωθεί το αυτοκίνητο πρέπει η F να είναι τουλάχιστον ίση κατά μέτρο με το βάρος του αυτοκινήτου οπότε F = 50 N. 4

43 3.9 Εφόσον το πλάτος του ποταμού είναι σταθερό η διατομή του θα είναι ανάλογη του βάθους A = kh. Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε Aυ= Aυ ή khυ= khυ υ οπότε h = h =65, m. υ 3.0 Π =Π ή Π = Aυ οπότε Εξίσωση Bernoulli 3. Το νερό βγαίνει από την πλευρική τρύπα με ταχύτητα υ K = gh (δες και εφαρμογή 3- θεώρημα Torricelli) υk οπότε h = g Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli στις θέσεις Ε και Κ. Όταν η πίεση στην επιφάνεια του νερού είναι atm έχουμε p E + ρυe + ρ gh = pk + ρυ K όπου p E = atm και p = K atm Θέτουμε Π Π υ = = π δ = 3, 6 m/ s A 4 υk h = και υ E = 0 και λύνουμε ως προς υ K οπότε g υ = K ( p E pk) + υk = 6, 76 m/ s ρ 3. Ο αέρας στο εσωτερικό του σπιτιού είναι ακίνητος. Από την εξίσωση του Bernoulli για δυο σημεία, το ένα ακριβώς πάνω και το άλλο ακριβώς κάτω από τη στέγη έχουμε 4

44 p οπότε + ρυ = p (θεωρήσαμε ότι η κατακόρυφη απόσταση των δύο σημείων είναι αμελητέα) p p p ρυ = =. Η ανυψωτική δύναμη θα είναι 3 F = pa = ρυ A = 54 0 N ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 3.3 Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για τα σημεία, της φλέβας του νερού p + ρυ + ρ gh = p + ρυ όμως p = p = patm οπότε ρυ + ρ gh = ρυ και υ = gh + υ Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε Aυ = Aυ ή Aυ = A gh + υ και υ = A gh A A Η παροχή είναι A gh Π= = = 5 3 Aυ A, 0 0 m / s A A 43

45 3.4 Αν θεωρήσουμε ότι η στάθμη στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού κατεβαίνει με αμελητέα ταχύτητα τότε το νερό ρέει από τη βρύση με ταχύτητα υ = gh (εφαρμογή 3-, θεώρημα Torricelli). Η παροχή της βρύσης είναι Π= Aυ = A gh Ο χρόνος που απαιτείται για να γεμίσουμε ένα δοχείο όγκου V από τη V V βρύση είναι t = = = 333, s Π A gh 3.5 Η παροχή του σωλήνα είναι Π= Aυ Π οπότε υ = A Επίσης Π= Aυ Π Π Π οπότε υ = = = A A A Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία A, Β. pa + ρυ = pb + ρυ οπότε 4Π Π 3 Π 3 p = pa pb = ρυ ( υ ) = ρ ρ 6 0 Pa = = A A A 3.6 α) Αν η διατομή του σωλήνα στο Α είναι Α τότε η παροχή του σωλήνα είναι Π= Aυ και σε χρόνο t ο σωλήνας παρέχει νερό όγκου V = Π t = Aυ t = 57, 6 m 3 44

46 β) Αν η διατομή του σωλήνα στο Β είναι A τότε από την εξίσωση της A συνέχειας έχουμε Aυ= Aυ και υ = υ (). A Από την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία Β και Α έχουμε pb + ρυ = pa + ρυ pb = pa + ρυ υ οπότε ( ) και λαμβάνοντας υπόψη την () και ότι 5 pa = patm = 0 Pa A τελικά pb = pa + ρυ = 8000 Pa A 3.7 Από το θεώρημα έργου ενέργειας για την άντληση μάζας m νερού έχουμε mυ = Wαντλi ας + Ww ή mυ = Wαντλi ας mgh οπότε το έργο της αντλίας είναι υ Wαντλi ας = mυ + mgh= m + gh Η ισχύς που προσφέρει η αντλία είναι W υ m P = = + gh t t m V Όμως = ρ = ρπ= ρaυ t t υ και επομένως P= + gh ρaυ = 5000 W 45

47 3.8 Θεωρούμε ότι η στάθμη του νερού στη δεξαμενή κατεβαίνει με αμελητέα ταχύτητα. Από την εξίσωση του Bernoulli για το σημείο Α και ένα σημείο στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού της δεξαμενής έχουμε. patm + ρ gh = pa + ρυ οπότε 3 pa = patm + ρ gh ρυ = 8 0 Pa 3.9 Σύμφωνα με την εφαρμογή 3- (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από το άνοιγμα Α θα είναι υ A = gh. Η παροχή του ανοίγματος είναι Π = A υ = A gh A A A A Για να διατηρείται η στάθμη του νερού στο δοχείο σταθερή πρέπει η παροχή της βρύσης να είναι ίση με την παροχή του ανοίγματος. Π=Π A =AA gh Π και h = = 4, cm ga A 3.30 Σύμφωνα με την εφαρμογή 3- (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι υ = gh ( x) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος x. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε 46

48 s = υt () Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε x = gt () Απαλείφουμε το χρόνο μεταξύ των () και () και βρίσκουμε οπότε x x s= υ = gh ( x) g g s = 4hx 4x ή 4x 4hx s 0 + = (3) Για να είναι πραγματικές οι λύσεις της εξίσωσης, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός, δηλαδή οπότε 6h 6s 0 ή h s smax = h Λύνουμε την (3) θέτοντας όπου s= h και βρίσκουμε 4h h x = = α) Σύμφωνα με την εφαρμογή 3- (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι υ = gy = m/ s β) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος h y. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε sx = υt () Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε sy = gt () Απαλείφουμε τον χρόνο μεταξύ των () και (), θέτουμε όπου sy = h y και βρίσκουμε την απόσταση s xmax του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος 47

49 s h y x max =, υ ( ) = 08 g m γ) Η γενική σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία εκτοξεύεται το νερό από μια τρύπα στο τοίχωμα του δοχείου που βρίσκεται σε ύψος s από τη βάση του είναι y ( s ) υ = (3) g h y Η γενική σχέση που δίνει την απόσταση s x max του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος είναι s x max s y = υ (4) g Η (4) λόγω της (3) γίνεται sxmax = 4sy( h sy) ή 4sy 4hsy + sxmax = 0 Θέτουμε h= m και s = 08 m x max, οπότε 4sy 4sy + 0, 64 = 0 Λύνουμε το τριώνυμο ως προς s y και βρίσκουμε sy = 0,8m (η αρχική τρύπα) sy = 0,m (η θέση της δεύτερης τρύπας που δίνει το ίδιο βεληνεκές με την πρώτη) δ) Το ερώτημα είναι πανομοιότυπο με το ερώτημα της άσκησης 3.30 στην οποία καταλήξαμε ότι όταν η τρύπα βρίσκεται σε ύψος h = 05, m από τη βάση του κυλίνδρου έχουμε τη μέγιστη απόσταση s xmax του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος. 48

50 4 ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κινηματική της περιστροφής 4. (δ) 4. dω Η γωνιακή ταχύτητα ω είναι σταθερή οπότε aγων = = 0. dt 4.3 (γ). 4.4 (β), (γ). 4.5 Ναι. 4.6 Όχι. Αν υπάρχει ένα σημείο του στερεού (έστω Α) το οποίο έχει πάντα την ίδια ταχύτητα με το κέντρο μάζας (έστω Ο) τότε το ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ μετακινείται παράλληλα με τον εαυτό του οπότε το σώμα κάνει μεταφορική κίνηση. Ροπή - ισορροπία στερεού την απόσταση της δύναμης από το σημείο...τη δύναμη και το σημείο...τον κανόνα του δεξιού χεριού. 4.8 Με μικρή σχετικά δύναμη επιτυγχάνεται μεγάλη ροπή που είναι απαραίτητη για να στραφεί το τιμόνι ενός μεγάλου οχήματος. 4.9 τ5 > τ > τ3 > τ4 = τ = 0 49

51 4.0 F < F 4. (δ). Ροπή αδράνειας 4. (δ). 4.3 Ο τροχός του ποδηλάτου, γιατί έχει πολύ μικρότερη ροπή αδράνειας. 4.4 Και οι τρεις μάζες έχουν ροπή αδράνειας kgm. 4.5 Σύμφωνα με το θεώρημα Steiner, αν I cm η ροπή αδράνειας ενός σώματος μάζας Μ, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας, η ροπή αδράνειάς του ως προς ένα άξονα που είναι παράλληλος και απέχει απόσταση d από τον πρώτο είναι ίση με το άθροισμα της ροπής αδράνειας ως προς τον άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας του σώματος και του γινομένου της μάζας του σώματος επί το τετράγωνο της απόστασης d ( I p Icm Md ) 4.6 I < I3 < I4 < I = +. Θεμελιώδης νόμος της περιστροφής 4.7 (δ). 4.8 Από την αριστερή πλευρά, όπως βλέπουμε το σχήμα, ώστε η πόρτα να έχει τη μικρότερη δυνατή ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε θα απαιτείται η μικρότερη δυνατή ροπή για να ανοιγοκλείνει. 50

52 4.9 (α), (δ). 4.0 α) η τριβή β) η τριβή γ) η συνιστώσα mgηµθ του βάρους και η τριβή. Στροφορμή - διατήρησης της στροφορμής 4. Προς τη Δύση. 4. Θα έχουν την ίδια στροφορμή. 4.3 (δ). 4.4 (γ). 4.5 Θα είχαμε αύξηση της ροπής αδράνειας της Γης ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε, αφού η στροφορμή της διατηρείται, θα μειωνόταν η γωνιακή της ταχύτητα και κατά συνέπεια η συχνότητα περιστροφής της. 4.6 Το παιδί θα αρχίσει να στρέφεται με φορά αντίθετη αυτής του τροχού ώστε να μη μεταβληθεί η στροφορμή του συστήματος παιδί-τροχός. Στην περίπτωση που στρέφεται ο τροχός απαιτείται πρόσθετη δύναμη ώστε η ροπή της να μεταβάλει τη στροφορμή του τροχού. 4.7 (ε). Έργο και ενέργεια κατά την περιστροφή 4.8 ) Το ίδιο ) Ο κύβος έχει μεγαλύτερη ταχύτητα. 4.9 (γ). 5

53 Δυναμική ενέργεια Κινητική ενέργεια από τη μεταφορική κίνηση Κινητική ενέργεια από την περιστροφική κίνηση Α 0 J 0 0 Β 60 J 40 J 0 J Γ 0 80 J 40 J Σύμβολο Όνομα Μέγεθος Μονάδα στο SI ω Γωνιακή ταχύτητα διανυσματικό rad/s α γων Γωνιακή επιτάχυνση διανυσματικό rad/s τ Ροπή δύναμης διανυσματικό Ν m Ι Ροπή αδράνειας μονόμετρο kg m L Στροφορμή διανυσματικό kg m /s ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κινηματική του στερεού ω 4.3 α = = γων 05, rad / s t ω = ω0 + α γων t οπότε ω ω0 t = = 7 s α γων 5

54 4.33 ω = υ = 50 rad / s r 4.34 acm r = α γων a οπότε α γων = = r cm 5 rad / s 4.35 α) Κάθε σημείο της περιφέρειας του δίσκου περιστρέφεται με γραμμική ταχύτητα ίση με την ταχύτητα του κέντρου του τροχού ( υ cm ). Όλα τα σημεία του τροχού κινούνται επιπλέον μεταφορικά με την ταχύτητα υ cm. Για το ανώτερο σημείο του τροχού, από την επαλληλία της μεταφορικής και της περιστροφικής κίνησης, προκύπτει υ = υ = 0 m/ s. β) ω = πf οπότε υ cm = ωr οπότε π f = () ω υcm ω = r αντικαθιστούμε το ω στην () και βρίσκουμε τελικά f υcm = = π r 99, Hz 4.36 υ = υ0 acmt οπότε για υ = 0 x= υ t a t και οπότε Αλλά 0 cm a cm Από την () προκύπτει t υ0 = a x = cm υ0 a cm υ0 = () x a cm α γων =. R υ α = 0 = γων 8 rad / s xr cm 53

55 Ροπή δύναμης 4.37 Η μέγιστη ροπή έχει μέτρο τ max = Fl = 00N 0, m= 40 Nm και επιτυγχάνεται όταν η δύναμη βρίσκεται στο επίπεδο περιστροφής του κλειδιού και είναι κάθετη στο κλειδί, στο άκρο του Η συνολική ροπή έχει μέτρο τ ολ = FR FR = 5 Nm, διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο του βιβλίου και σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού φορά από το βιβλίο προς τον αναγνώστη Fx = Fσυνϕ F = Fηµϕ y Στ = F x Fx Fx= 6 Nm y 3 Ισορροπία στερεού σώματος 4.40 Για να ισορροπεί το βαρούλκο πρέπει η συνισταμένη των ροπών ως προς τον άξονα περιστροφής του να είναι μηδέν Σ τ = 0 δηλαδή FR FR = 0 οπότε F FR = = 60 N R 4.4 Η ράβδος ισορροπεί όταν Σ F = 0 και Σ τ = 0 ως προς οποιοδήποτε σημείο Από τη συνθήκη Σ τ = 0, ως προς το Ο, έχουμε wx w ( l x) = 0 wl οπότε x = =, m w + w 54

56 4.4 Στη δοκό ασκούνται οι δυνάμεις w (το βάρος της), w (δύναμη που ασκεί ο ελαιοχρωματιστής - ίση με το βάρος του) και οι F και F (από τα υποστηρίγματα). Όταν η απόσταση x είναι η μέγιστη δυνατή η F = 0. Στην οριακή αυτή περίπτωση η συνθήκη Σ τ = 0, ως προς το σημείο Β, δίνει wοβ wx= () 0 Αν η δοκός είναι ομογενής σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της, οπότε l ΟΒ = ΒΓ = m wοβ Από την () προκύπτει x = = 0, m w Η απόσταση του Δ από το άκρο Γ είναι Γ = ΒΓ x= 079, m= 79 cm Ο ελαιοχρωματιστής μπορεί να στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79 cm από το άκρο Γ της δοκού. Λόγω της συμμετρίας του σχήματος η δοκός θα ισορροπεί και αν ο ελαιοχρωματιστής στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79 cm από το άλλο άκρο Ε της δοκού Για να ισορροπεί η ράβδος πρέπει Σ F = 0 και Σ τ = 0 Από Σ F = 0 έχουμε Σ F x = 0 και Σ F y = 0 ο ή F = Tσυν 30 () x ο και F = w + w Tηµ 30 () y Από Σ τ = 0 (ως προς Α) έχουμε 55

57 ο l Tηµ 30 l wl w = 0 οπότε w w + T = = w + w = 80 N ηµ 30 ο Από την () έχουμε F = x T συν ο 30 = 90 3 N και από τη () F = w + y w T = ηµ 30 ο 50 N. Επομένως F y F = Fx + Fy = 63, 7 N και εϕθ = = 0,3 F x Ροπή αδράνειας και θεμελιώδης νόμος της στροφικής κίνησης 4.44 Από το θεώρημα Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας ενός πτερυγίου ως προς άξονα κάθετο στο πτερύγιο που περνάει από το άκρο του. I I M L = cm + ML ML kgm = + 4 = Η συνολική ροπή αδράνειας των τεσσάρων πτερυγίων ως προς τον άξονα περιστροφής τους είναι I = 4 ολ I = 4800 kgm 4.45 α) Η ροπή που ασκείται στον τροχό έχει σταθερό μέτρο, επομένως η γωνιακή επιτάχυνση α γων είναι σταθερή. Η γωνιακή ταχύτητα του τροχού δίνεται από τη σχέση ω = ω0 α γων t, από την οποία βρίσκουμε ω α = 0 = γων 0 rad / s (ο τροχός θα σταματήσει όταν ω = 0) t β) Από τ = Iαγων δηλαδή FR = Iαγων έχουμε F I α MR αγων γων = = = 0 N R R

58 4.46 Εφόσον η ράβδος είναι ομογενής και σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της βρίσκεται στο μέσον της. Από το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για τη ράβδο και για τη στιγμή που αφήνεται ελεύθερη από την οριζόντια θέση έχουμε τ = Iαγων () όπου τ η ροπή του βάρους ως προς τον άξονα περιστροφής της ράβδου και I η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον ίδιο άξονα. w L τ Η () δίνει α = = = 3Mg = γων 5 rad / s. I ML ML 3 Στροφορμή - αρχή διατήρησης της στροφορμής 4.47 Η στροφορμή του συστήματος των σφαιρών ως προς τον άξονα zʹζ είναι το διανυσματικό άθροισμα των στροφορμών των σφαιρών ως προς τον ίδιο άξονα. L = L + L Οι στροφορμές των σφαιρών είναι ομόρροπες οπότε για το μέτρο της L μπορούμε να γράψουμε L= L+ L = mωl + mω( l) = 5mω l = 5, kgm / s με κατεύθυνση αυτή των L και L Χωρίζουμε τη μάζα του τροχού σε στοιχειώδεις μάζες mi η κάθε μία από τις οποίες απέχει από τον άξονα περιστροφής απόσταση R. Η στροφορμή του τροχού ως προς τον άξονα περιστροφής του είναι L= Σmωr = ωr Σm = MωR = 3, kgm / s. i i i 4.49 Όταν η λάσπη κολλήσει στο δίσκο αλλάζει η ροπή αδράνειάς του ως προς τον άξονα περιστροφής του και επειδή η στροφορμή διατηρείται μεταβάλλεται η γωνιακή του ταχύτητα άρα και η συχνότητα περιστροφής του. L= L ή Iω = I ω όμως I = I + mr 57

59 όπου m: η μάζα του κομματιού της λάσπης και r : η απόσταση από τον άξονα περιστροφής στην οποία κολλάει η λάσπη. Τελικά Iπf = (I + mr )πf ή f = f I I + mr = f MR MR + mr = 9, Hz Κινητική ενέργεια - έργο 4.50 Η ράβδος λόγω της περιστροφής της, έχει κινητική ενέργεια K = Iω Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της L ML I = Icm + M = ML + ML = 4 3 ML οπότε K = ω = 8 J Ο δίσκος έχει κινητική ενέργεια και λόγω της περιστροφικής και λόγω της μεταφορικής του κίνησης. K = Iω + Mυ υ όμως ω = και I = MR R υ οπότε K = MR M M J R + = 3 υ υ 4 = Η ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας δίνεται από τη σχέση P = τω = τπf = 400π W 4.53 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση έχουμε 58

60 W = I I = 0 ω ω MR (πf ) = 400 J Άρα, για να σταματήσουμε το δίσκο πρέπει να προσφέρουμε 400 J. Η μέση ισχύς δίνεται από τη σχέση P = W = 80 W. t 4.54 α) Το έργο της F για μια πλήρη περιστροφή της ράβδου είναι WF = τθ = FLπ = 40 π J β) Όταν η ράβδος ολοκληρώσει μια πλήρη περιστροφή θα αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα ω και κινητική ενέργεια K = Iω, η οποία σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη ράβδο ισούται με το έργο της δύναμης στη διάρκεια της περιστροφής. Είναι επομένως Iω = W F W F W F οπότε ω = = = 79, rad / s I ML 3 γ) Η στιγμιαία ισχύς της δύναμης μπορεί να βρεθεί με μια από τις ισοδύναμες σχέσεις P= Fυ ή P = τω Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο τελικά βρίσκουμε P= FLω = 58 W 4.55 Η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Επιλέγουμε ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο του εδάφους. Όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη η l δυναμική της ενέργεια είναι mg. Όταν η ράβδος γίνει οριζόντια όλη η δυναμική ενέργεια θα έχει μετατραπεί 59

61 σε κινητική I ω όπου I η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που περνάει από το Α και είναι κάθετος στο επίπεδο περιστροφής της ράβδου. l Ισχύει λοιπόν mg = I ω Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε l ml ml ml I = I + m = + = 4 3 Επομένως l ml mg = ω 3 και ω = 3g l Τελικά υ = ωl = 3gl = 3 m/ s ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 4.56 Για να ισορροπεί η δοκός πρέπει Σ F =0 και Σ τ = 0 Από Σ F = 0 έχουμε Σ F x = 0 και Σ F y = 0 ή Fx = T () και = w () Fy Από Σ τ = 0 (ως προς Α) έχουμε l wεϕϕ Tlσυνϕ w ηµϕ = 0 ή T = = 50 3 Από τις () και () βρίσκουμε Fx = 50 3 N και F =00 y N N 60

62 Επομένως η F έχει μέτρο F = F + F = 50 7 N και σχηματίζει με την κάθετη στον τοίχο γωνία θ για την οποία εϕθ = Για να υπερπηδηθεί το εμπόδιο πρέπει, στην αρχική θέση, η ροπή της F να είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους ως προς το ίδιο σημείο. Η αντίδραση του δαπέδου Α μηδενίζεται αφού ο τροχός χάνει επαφή με το δάπεδο. Αν στην αρχική θέση η ροπή της F ως προς το σημείο Γ είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους αυτό θα ισχύει και σε κάθε άλλη θέση γιατί καθώς ο τροχός ανεβαίνει η απόσταση y της F από το Γ μεγαλώνει ενώ η απόσταση x του w από το Γ μικραίνει. Πρέπει λοιπόν στην αρχική θέση Fy > wx Στην αρχική θέση y = R h και x= R y = R ( R h) = h( R h) οπότε F( R h) > w h( R h) και F > w x ( ) h R h R h 4.58 Στη σκάλα ασκούνται α) το βάρος της w β) η δύναμη F από τον τοίχο που επειδή ο τοίχος είναι λείος είναι κάθετη σ αυτόν γ) η δύναμη Fʹ από το δάπεδο η οποία αναλύεται στις n (κάθετη στο δάπεδο) και F s (στατική τριβή). Εάν η σκάλα ισορροπεί τότε Σ F =0 άρα και Σ = 0 F y οπότε w= n (). y 6

63 επίσης πρέπει Σ τ = 0 (ως προς το Α) οπότε για φ = 30 ο l ο ο nlσυν 30 w συν 30 Fslηµ 30 = 0 ή αν λάβουμε υπόψη την () και θέσουμε για τη στατική τριβή την οριακή της τιμή Fs = µ sn= µ sw 3 l 3 wl w µ swl = 0 και τελικά µ s = 4.59 Θεωρούμε ότι η κάθετη δύναμη που ασκούν τα φρένα στον τροχό είναι σταθερή, κατά συνέπεια η επιβραδύνουσα δύναμη (τριβή ολίσθησης) είναι σταθερή. Για τη γωνιακή ταχύτητα του τροχού ισχύει: ω = ω0 α γων t Για ω = 0 ( t = t ) και ω0 = π f0 0= π f0 α γων t π f0 προκύπτει α γων = () t Για τη ροπή της τριβής ισχύει τ = α () I γων 3 όμως I m R mr =Σ i = (3) Από τις (), (), (3) βρίσκουμε π f t 0 τ = mr (4) Η ροπή της τριβής (ως προς τον άξονα περιστροφής του τροχού) είναι τ =I kr = µ knr (5) Από τις (4), (5) προκύπτει π f 0 µ knr = mr και n t mr π f0 = = N µ Rt k 6

64 4.60 Από τη διατήρηση της στροφορμής του συστήματος για τις δύο διαφορετικές θέσεις των δακτυλίων έχουμε L = L ή Iω = Iω I ή Iπ f = Iπ f και f = f I I = I + mr = ML + mr ml L I = I + m = ML + ML + mr και τελικά f ml f Hz = = 58, ML Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στην αρχική της θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας (λόγω βαρύτητας). Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε: ή και ω + υ = I m mgh υ mr + mυ = mgh 5 R 7υ h = 0g Για το διάστημα που διανύει η σφαίρα στο πλάγιο επίπεδο, μέχρι να σταματήσει, ισχύει 63

65 ΑΓ ΟΑ = όμως ΑΓ h ηµ30 ο h 4υ οπότε ΟΑ = = = 35, m ο ηµ 30 0g 4.6 Σ Fx = macm δηλαδή wx I= macm ή ο mgηµ 30 I= macm () Σ τ = Iαγων δηλαδή I R = mr α γων ή 5 I= 5 mr αγων Αλλά είναι α R= a δηλαδή γων Από τις σχέσεις () και () προκύπτει cm I= ma cm () 5 ο 7 mgηµ 30 = macm + macm = macm και τελικά 5 5 a = 5 cm g = 5 ηµ 30 ο m/ s Τα σώματα Σ και Σ κινούνται με επιτάχυνση α, ενώ η τροχαλία στρέφεται με γωνιακή επιτάχυνση α για την οποία ισχύει a R= a () Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τα σώματα Σ, Σ και το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για την τροχαλία παίρνουμε αντίστοιχα w T = ma () T w = ma (3) ο Στην πραγματικότητα h R( συν 30 ) ΑΓ = +. Για μια σφαίρα μικρών διαστάσεων ΑΓ h. 64

66 T T R = Iαγων = mr αγων T T a = T T = ma (4) και ( ) ή ή Προσθέτουμε κατά μέλη τις (), (3) και (4) και παίρνουμε m w w = m + m + a m m ή a = m m m g = 4 m / s Εφόσον το σφαιρίδιο παραμένει στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και δεν υπάρχουν τριβές το έργο που προσφέρουμε για να μετακινήσουμε το άκρο του σκοινιού προς τα κάτω είναι ίσο με τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας του σφαιριδίου. W = mυ mυ όμως υ = ωr και υ = ωr οπότε W = mωr mωr () Η δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο από το νήμα έχει μηδενική ροπή ως προς το κέντρο περιστροφής οπότε η στροφορμή του σφαιριδίου διατηρείται σταθερή, δηλαδή Iω = I ω ή και mr ω = mr ω ω R = ω R Αντικαθιστούμε στην () και βρίσκουμε W m R R = ω = 43, J R 65

67 4.65 ΔL = L L ή ΔL = L + ( L ) οπότε L= L + L όμως L = L = Iω οπότε L= Iω ή L= 45, kgm / s 4.66 Σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση τ θ = Ιωτελ Ι ωαρχ δηλαδή FR 8π = mr ω και τελικά 3π F 3π 0π m = = Rω π = 50kg 4.67 Για να μην ολισθαίνει ο τροχός η τριβή πρέπει να είναι στατική οπότε I µ N ή s I µ mg s συνϕ και I µ s () mgσυνϕ 66

68 Για τη στροφική κίνηση του τροχού ισχύει mrα Σ τ = Iαγων ή I R = mr α γων ή γων I= () Rα γων Αντικαθιστούμε στην () και προκύπτει µ s gσυνϕ (3) Επίσης εάν ο τροχός δεν ολισθαίνει μεταξύ της γραμμικής και της γωνιακής του επιτάχυνσης ισχύει η σχέση a acm = αγων Rή α = cm γων (4) R acm Αντικαθιστούμε στην (3) και προκύπτει µ s (5) gσυνϕ Για τη μεταφορική κίνηση του τροχού ισχύει Η (6) λόγω της () γίνεται και λαμβάνοντας υπόψη την (4) οπότε a cm Σ Fx = macm ή mg macm gηµϕ = 3 ηµϕ I= (6) mrα γων mgηµϕ = ma cm macm mgηµϕ = ma Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε τελικά εϕϕ µ s 3 cm 67

69 4.68 α) Σ F = macm οπότε ή και w T = ma cm mg T = macm mg T acm = () m Σ τ = (ως προς τον ή Iαγων άξονα του κυλίνδρου) = α () TR mr γων a cm όμως α γων = (3) R Η () λόγω της (3) και της () γίνεται mg T mg T mr TR = mr = R και mg T = 3 L mgr =Σ τ = TR = t 3 ή L = 6 0 kgm / s t 3 β) Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω στο οποίο βρίσκεται ο άξονας του κυλίνδρου στην κατώτερη θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τον κύλινδρο έχουμε mgh = mυcm + Iω υcm όμως ω = και I = mr R υ 3 οπότε cm mgh = mυcm + mr = mυ cm R 4 gh και τελικά υ cm = = m/ s. 3 68

70 4.69 Για να κάνει ανακύκλωση, η σφαίρα πρέπει στο ανώτερο σημείο Α της κυκλικής τροχιάς της να βρίσκεται σε επαφή με τον οδηγό. Για την αντίδραση n που δέχεται η σφαίρα από τον οδηγό ισχύει n 0 Η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται η σφαίρα στη θέση Α είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη mυ A w+ n= R Θέτουμε w = mg και οριακά n = 0 mυ Amin οπότε mg = και υ Amin = gr R Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω που περνάει από την κατώτερη θέση του οδηγού ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε mgh = mgr + IωA + mυ Α υa Θέτουμε I = mr, ω A =, υa = υamin = gr και λύνουμε ως 5 r προς h που θα είναι στην προκειμένη περίπτωση το h min. gr mghmin = mgr + mr + mgr 5 r και τελικά h = R + R + R = 7 R = min 54 cm

71 4.70 Εάν η σανίδα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση θα ισχύουν Σ F = Dx x Σ = 0 F y Σ τ = 0 (ως προς οποιοδήποτε σημείο) Για μια τυχαία θέση στην οποία η σανίδα είναι μετατοπισμένη κατά x σε σχέση με την αρχική της θέση θα έχουμε Σ F =I I = µ n µ n () x y κ κ Σ F = n + n w= ή 0 n = w n () Η συνισταμένη των ροπών ως προς το μέσον της σανίδας είναι d d n x n x + = 0 και λόγω της () d d n x ( w n) + x = 0 d w + x Λύνουμε ως προς n και βρίσκουμε n = (3) d Αντικαθιστούμε στην () και βρίσκουμε wd n = w ( d x) ή n Η () λόγω των (3) και (4) γίνεται d d w x w + x µ κ w Σ Fx = µ κ µ κ = x d d d d w x = (4) d 70

72 µ mg Σ Fx = κ x της μορφής Σ Fx = Dx d µ mg όπου D = κ d Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση T = π οπότε τελικά T = π d µ g κ 4.7 Η στροφορμή του συστήματος διατηρείται σταθερή οπότε m D 0= L + L ή 0 = L L και L Άρα ω τρενου τρενου τροχου τροχου τρενου τροχου = Lτροχου ή Iτρενου ωτρενου = Iωτροχου τρενου = I I ω τρενου I τρενου = mr και ω τρενου υ = R όπου υ το μέτρο της ταχύτητας του τρένου ως προς το έδαφος mr υ mr οπότε ωτροχου = = υ = 75, rad / s. I R I 7

73 5 ΚΡΟΥΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΕΤΙΚΕΣ ΚΙΝΗΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κρούσεις 5. α) Η ορμή συστήματος σωμάτων είναι το διανυσματικό άθροισμα των ορμών των σωμάτων που απαρτίζουν το σύστημα. Η κινητική ενέργεια συστήματος σωμάτων είναι το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών τους. Είναι δυνατόν το διανυσματικό άθροισμα των ορμών να είναι μηδέν και το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών διάφορο του μηδενός. Για παράδειγμα στο σύστημα του σχήματος p ολ = p + p = 0 και K = K + K = mυ + mυ 0 β) Για να έχει ένα σώμα κινητική ενέργεια πρέπει να κινείται ( υ 0 ) και κατά συνέπεια να έχει ορμή (γ) 5.4 (α) 5.5 (γ) 5.6 Όχι. Αν η κρούση ήταν ελαστική, οι σφαίρες εφόσον έχουν ίσες μάζες, θα έπρεπε να ανταλλάξουν ταχύτητες. Όμως υ υ. 5.7 (δ) 5.8 (α), (β), (δ). 5.9 (δ) 7