Θέμα 1 ο. = 0,3kg είναι κρεμασμένο στο άκρο κατακόρυφου ελατηρίου. Σώμα Σ μάζας m1. = 12N/m, όπως στο σχήμα. Δεύτερο σώμα μάζας m2.

Transcript

1 Θέμα ο Σώμα Σ μάζας m σταθεράς k =,3kg είναι κρεμασμένο στο άκρο κατακόρυφου ελατηρίου = N/m, όπως στο σχήμα. Δεύτερο σώμα μάζας m =,45kg βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω με ταχύτητα υ = m/s και σφηνώνεται στη μάζα m. Να 3 υπολογίσετε: α) την ταχύτητα του συσσωματώματος μετά την κρούση β) το ποσοστό της κινητικής ενέργειας που γίνεται θερμότητα κατά την κρούση γ) τη μέγιστη κινητική ενέργεια του συσσωματώματος και η θέση που συμβαίνει αυτό δ) το πλάτος της ταλάντωσης ε) τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου όταν το συσσωμάτωμα μηδενίζει την ταχύτητά του για πρώτη φορά στ) το λόγο της μέγιστης δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου προς τη μέγιστη δυναμική ενέργεια του ταλαντωτή ζ) μετά από πόσο χρόνο, από τη στιγμή που το συσσωμάτωμα φτάνει την ανώτερη θέση, η ταχύτητά του γίνεται, για πρώτη φορά, μέγιστη. Δίνεται g = m / s

2 Λύση: α) Η ορμή του συστήματος διατηρείται οπότε pτελ = pαρχ ( ) r r ( m + m ) υ= m υ οπότε: υ= υ ( ) m m + m άρα: υ = m / s ΔΚ Καρχ Κτελ β) α % = = ή Κ Κ αρχ άρα: α % = 4% αρχ ( m + m ) υ % α = m υ γ) Η νέα θέση ισορροπίας του συσσωματώματος βρίσκεται κάτω από την αρχική θέση ισορροπίας κατά: mg = ( ) άρα: x k x =, 375m. Για τον ταλαντωτή ισχύει για τη θέση κρούσης: ( m + m ) υ + kx = ( m + m ) υ άρα: υ = υ + ( 3) max max kx m + m Οπότε: υ max =,5m / s Αλλά Kμεγ ( m m) max = + υ άρα: Kμεγ,34J = = + υ max άρα: δ) Για τον ταλαντωτή έχουμε: ka ( m m ) οπότε: A =,65m A = ( m + m ) υ max k ε) Η συσπείρωση του ελατηρίου από τη θέση κρούσης είναι κατά x = A x οπότε: x =,5m ( 4) Όταν το σώμα κρεμάστηκε αρχικά από το ελατήριο (που είχε το φυσικό του μήκος l ) η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι x mg k ' = οπότε: x =,5m ( 5) ' Από τα αριθμητικά αποτελέσματα (4) και (5) προκύπτει ότι το ελατήριο όταν συσπειρώνεται αποκτά το φυσικό του μήκος. Άρα στη θέση αυτή η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι μηδέν, οπότε: U = ελ στ) Το ελατήριο επιμηκύνεται από το φυσικό του μήκος κατά A οπότε η μέγιστη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι U k( A ) ( 6) = μεγ, ελατ. Η μέγιστη δυναμική ενέργεια του μεγ, ελατ ταλαντωτή είναι U = ka ( 7). Από (6) και (7) προκύπτει: = 4 ( 8) μεγ, ταλ U U μεγ, ταλ

3 m + m = π. Ο χρόνος από τη k ζ) Το σύστημα εκτελεί ταλάντωση με περίοδο: T ( 9) θέση όπου υ= (θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου) μέχρι τη θέση ισορροπίας είναι: T t = και λόγω (9) έχουμε: 4 t π m + m k = άρα: t =,45s

4 Θέμα ο Σώμα μάζας m k = kg είναι δεμένο στο ένα άκρο κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς = 4N / m που το άλλο του άκρο είναι στερεωμένο στο δάπεδο και ισορροπεί. Δεύτερο σώμα μάζας m βρίσκεται σε ύψος h από το σώμα m. Συμπιέζουμε το ελατήριο κατά x =,m και τη στιγμή που το αφήνουμε ελεύθερο, αφήνουμε ελεύθερο να πέσει και το σώμα m. Αν η ελαστική κρούση των δύο σωμάτων γίνεται π μετά από χρόνο t = s να υπολογίσετε:: 8 α) Τη θέση που τα δύο σώματα συγκρούονται β) Το ύψος h γ) Την ταχύτητα των σωμάτων τη στιγμή της σύγκρουσης. δ) το χρόνο ανάμεσα σε δύο διαδοχικές κρούσεις των σωμάτων, αν τα σώματα μετά την πρώτη κρούση αποκτούν αντίθετες ταχύτητες αυτών που έχουν πριν συγκρουστούν. ε) Τη μάζα m Δίνεται: π = και g = m / s

5 Λύση: m α) Το σώμα m εκτελεί ταλάντωση με περίοδο T k γίνεται: 5π t = ή 4 T 4 () δίνει: t = T + ( ) = π ή T () 4π π π π t = + ή t = + και λόγω Από τη σχέση () προκύπτει ότι το σώμα m έχει εκτελέσει μια πλήρη π = ο χρόνο t π = 8 ταλάντωση (χρόνος Της) και έχει κινηθεί για χρόνο T 4 ακόμη δηλαδή βρίσκεται στην αρχική θέση ισορροπίας κινούμενο της τα πάνω. β) Το ύψος h που έπεσε το σώμα m είναι οπότε: h= 7,8m h gt = άρα: π h= g 64 π γ) Η ταχύτητα του σώματος m είναι υ =Αω ή υ = x υ = άρα: Τ οπότε: ( ) x SI υ = 4m / s (Το πλάτος Α της ταλάντωσης είναι ίσο με την συσπείρωση x του ελατηρίου). Η ταχύτητα της μάζας m είναι υ = gt άρα υ = 3,9m / s δ) Ο χρόνος που τα δύο σώματα θα συγκρουστούν θα είναι μετά από tx = t άρα: tx π =. 4 Τότε το σώμα m θα έχει επιστρέψει στο αρχικό ύψος από μετά την κρούση, αφού αποκτά αντίθετη ταχύτητα της που είχε πριν συγκρουστεί. Το σώμα m επιστρέφει της τα κάτω. Ο χρόνος t x π π π 5 Τ = είναι ίσος με tx = = =Τ = Τ+. Άρα το σώμα από τη θέση ισορροπίας έχει εκτελέσει δύο πλήρης ταλαντώσεις (χρόνος Τ) και επομένως σε χρόνο Τ βρίσκεται πάλι στη θέση ισορροπίας κινούμενο της τα πάνω (αρχική κατάσταση), οπότε το φαινόμενο των διαδοχικών κρούσεων επαναλαμβάνεται συνεχώς αφού δεν υπάρχουν απώλειες ενέργειας.

6 Θέμα 3 ο Στο κύκλωμα του σχήματος το πηνίο είναι ιδανικό με συντελεστή αυτεπαγωγής L =,mh ενώ τα υπόλοιπα στοιχεία του κυκλώματος είναι E= V, r = και R=4Ω. Αρχικά ο διακόπτης Δ είναι κλειστός. Α) α) Να δικαιολογήσετε γιατί ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος. β) Να υπολογίσετε την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου. Β) Τη χρονική στιγμή t = ανοίγουμε το διακόπτη δ χωρίς να δημιουργηθεί σπινθήρας. α) Να δικαιολογήσετε γιατί φορτίζεται ο πυκνωτής β) Ποιος οπλισμός του πυκνωτή φορτίζεται θετικά μετά το κλείσιμο του διακόπτη. Γ) Να υπολογίσετε: α) Την ελάχιστη τιμή της χωρητικότητας C του πυκνωτή ώστε η τάση της οπλισμούς του να μην υπερβαίνει τα V. β) Τη χρονική στιγμή που η ενέργεια του πυκνωτή γίνεται ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου για πρώτη φορά. γ) Το ρυθμό με τον οποίο απορροφά ενέργεια ο πυκνωτής τη χρονική στιγμή που το φορτίο του είναι το μισό της μέγιστης τιμής του για πρώτη φορά. δ) Το μέγιστο ρυθμό μεταβολής της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή κατά τη διάρκεια των ηλεκτρικών ταλαντώσεων. ε) Τη χρονική στιγμή που έχουμε τη μέγιστη αυτή τιμή.

7 Λύση: Α) α) Το ρεύμα στο κύκλωμα, όταν ο διακόπτης είναι κλειστός, είναι: E I = R+ r άρα: I = 3A. Το πηνίο είναι ιδανικό οπότε: RL = οπότε η διαφορά δυναμικού VAB = IRL άρα: VAB =. Επομένως ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος αφού η διαφορά δυναμικού στα άκρα του είναι μηδέν( Q= CV = ). AB β) Η ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου είναι: U B = LI άρα: B U =,9J Β) α) Όταν ανοίγουμε το διακόπτη δ το ρεύμα τείνει να μειωθεί (τελικά να μηδενιστεί). Αυτό έχει σαν αποτέλεσμα την εμφάνιση ηλεκτρεγερτικής δύναμης από αυτεπαγωγή στα άκρα του πηνίου με τέτοια πολικότητα που να θέλει να διατηρήσει σταθερό το αρχικό ρεύμα. Άρα ο πυκνωτής φορτίζεται αφού στα άκρα του εφαρμόζεται επαγωγική τάση. Το επαγωγικό όμως ρεύμα έχει την ίδια φορά με αυτή του αρχικού ρεύματος οπότε η πολικότητα της πηγής είναι αυτή του σχήματος. Άρα ο οπλισμός Β είναι θετικά φορτισμένος. Γ) α) Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου (αρχική ενέργεια) είναι ίση με τη μέγιστη ηλεκτρική ενέργεια του πυκνωτή οπότε: LI CV = άρα: C ( ) LI V =. Από τη σχέση () προκύπτει ότι η ελάχιστη χωρητικότητα του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης στους οπλισμούς του. Η σχέση () δίνει: C β) Για το κύκλωμα: L C ισχύει: άρα: q ( ) q = 4,5μ F Q UE + UB = U ή UE = E ή = C C Q =±. Αλλά το φορτίο στον πυκνωτή είναι: q = Qημω t ( για t = είναι q= ) οπότε λόγω () δίνει: Q Q t ή t π π = ημω ημω = ημ οπότε: ω t = (πρώτη φορά) ή π π t = 4 4 Τ 4 ή t T 8 π LC = οπότε: 4 = άρα: t ( 3) 3π t = 4 5 s

8 γ) Ο ρυθμός απορρόφησης ενέργειας στον πυκνωτή είναι: due due q due Q = Vi C ή = i ή = i 4 C C Η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι: ( ) Q Q i=ω Q q ή i =ω Q ή i =±ω 3 οπότε: η (4) δίνεται: due Q due CE = ω 3 αλλά: Q = CE άρα: = π 3LC ( 5) 4C δ) Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας του πυκνωτή: due du q = = = ημω = συνω C ( ) ( ) E Vi C ή i 6 αλλά: q Q t και i I t αρχικές συνθήκες due Qημωt due IQ οπότε η (6) γίνεται: = Iσυνω t ή = ημωtσυνω t ή C C due IQ = ημω t άρα η μέγιστη τιμή του ρυθμού μεταβολής της ενέργειας είναι: C μέγιστος όταν: ημω t = και η τιμή του είναι: du E max IQ = C π ε) Το μέγιστο ρυθμό ενέργειας έχουμε όταν: ημω t = ή ημω t =ημ π π ω = ( ) = άρα: t π = 4 LC άρα t πρώτη φορά ή t LC

9 Θέμα 4 ο Δύο ορθογώνια πλακίδια Α και Β πάχους d έχουν αντίστοιχους δείκτες διάθλασης A = cm το καθένα, βρίσκονται σε επαφή και n και n. ( n > n ) B B A Στο πλακίδιο Α διαδίδεται μονοχρωματικό ηλεκτρομαγνητικό κύμα, που η εξίσωση του μαγνητικού πεδίου περιγράφεται από την εξίσωση B= 4 ημπ( t 4 x)( SI) Η ακτίνα του κύματος όταν φτάνει στη διαχωριστική επιφάνεια των δύο πλακιδίων προσπίπτει σε αυτά υπό γωνία με ημ =,68 και εισέρχεται στο πλακίδιο Β υπό γωνία ω. Αν η ταχύτητα του ηλεκτρομαγνητικού κύματος όταν μεταβαίνει από το μέσο Α στο μέσο Β μειώνεται κατά % να υπολογίσετε: Α) α) την εξίσωση του ηλεκτρικού κύματος β) το δείκτη διάθλασης του μέσου Α γ) τη γωνία ω και το δείκτη διάθλασης n B δ) το μήκος κύματος της ακτινοβολίας στο κενό Β) α) να αποδείξετε ότι η ακτίνα του Η/Μ κύματος δεν εξέρχεται του πλακιδίου Β β) να υπολογίσετε τη θέση Σ που η ακτίνα συναντάει πάλι το πλακίδιο Α γ) να υπολογίσετε τη γωνία εκτροπής της ακτίνας εντός των πλακιδίων 8 Δίνεται ημ 6 =,883, ημ 4 =,666 και c = 3 m / s

10 Λύση: Α) α) Η εξίσωση του μαγνητικού πεδίου ενός Η/Μ κύματος είναι: t x B= Bmaxημπ T λ. Επομένως με αντιστοιχία με την εξίσωση που δίνεται έχουμε: = = = T 7 4 Bmax 4 T f Hz και = 4 m λ 6 λ=,5 m. 5 οπότε: Αλλά η ταχύτητα διάδοσης στο μέσο Α είναι: ca Αλλά c E max A = οπότε: Emax cabmax Bmax = άρα: Emax Η εξίσωση του ηλεκτρικού πεδίου στο μέσο Α είναι: 4 5 ( ) ( ) Ε= ημπ t 4 x SI = λ f άρα: ca = V/m. c β) Ο δείκτης διάθλασης στο μέσο Α είναι: na = άρα: na =, c γ) Η ταχύτητα στο μέσο Β είναι: cb =,8cA άρα: c διάθλασης του μέσου Β είναι: nb = άρα: nb =,5. c B A cb 8 =,5 m/s. x E= Emaxημπ ft λ οπότε: 8 = m/s οπότε ο δείκτης na Με εφαρμογή του νόμου του Snell έχουμε: naημ = nbημω άρα: ημω = ημ n B οπότε:, ημω =,65 ή, 5,75 ημω = = άρα:, 5 ω= 45 δ) Το μήκος κύματος της ακτινοβολίας στο κενό είναι: λ = naλ οπότε: λ = άρα: 6,, 5 m λ = 6 3 m Β) α) Από τη γεωμετρία του σχήματος έχουμε ότι η ακτίνα του Η/Μ κύματος προσπίπτει υπό γωνία ω= 45. Η κρίσιμη γωνία του μέσου Β είναι: ημ Crit = =,666 οπότε: n Crit = 4, αλλά ω> Crit. Άρα η ακτίνα δεν εξέρχεται του μέσου Β, οπότε ανακλάται και φτάνει στο σημείο Σ της διαχωριστικής επιφάνειας των δύο πλακιδίων, B

11 προσπίπτοντας σε αυτή υπό γωνία ω άρα εισέρχεται στο μέσο Α υπό γωνία (αντίστροφη πορεία της ακτίνας). β) Από το σχήμα έχουμε: ΟΣ = Δ = d εϕω άρα: ΟΣ= dεϕω οπότε: ΟΣ = cm γ) Η γωνία εκτροπής της ακτίνας μέσα στα πλακίδια είναι η γωνία Ε. Από το τρίγωνο OKΣ έχουμε: E = (9 ) άρα E= 56

12 Θέμα 5 ο Ομογενής κύλινδρος μάζας m = kg και ακτίνας R ισορροπεί σε οριζόντιο δάπεδο. Γύρω από τον κύλινδρο έχει τυλιχθεί σχοινί μήκους l = 6m. Τη χρονική στιγμή t = στο άκρο του σχοινιού εφαρμόζεται οριζόντια δύναμη F α) το χρόνο που θα ξετυλιχθεί το σχοινί = 9N. Να υπολογίσετε: β) την ταχύτητα του κέντρου μάζας του κυλίνδρου τη χρονική στιγμή που ξετυλίγεται το νήμα γ) την ταχύτητα που ο κύλινδρος φτάνει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου όταν η αρχική απόσταση κυλίνδρου βάσης κεκλιμένου επιπέδου είναι ΓΟ = d= 5m δ) το μέτρο της στατικής τριβής στο οριζόντιο επίπεδο ε) το ύψος h που τελικά θα φτάσει ο κύλινδρος στο κεκλιμένο επίπεδο γωνία κλίσης ϕ= 3 στ) το μέτρο της τριβής στο κεκλιμένο επίπεδο. Δίνεται Ι cm = mr, g = m / s

13 Λύση: α) Όταν ο κύλινδρος κυλίεται στο οριζόντιο δάπεδο τότε η ταχύτητα του ανώτερου σημείου Α με αυτή του κέντρου μάζας Κ συνδέονται με τη σχέση dυα dυ υ Α = υ cm ή = άρα α = α ( ) Α cm cm Από την κύλιση του κυλίνδρου έχουμε: F+ Tστ = mα () cm α =Ια = = α cm (3) R cm FR TστR γων ή FR TστR mr ή F Tστ m 3 4F Από () και (3) έχουμε: F = m αcm άρα: α cm = (4) 3m Η σχέση () λόγω (4) δίνει: l = α Α t άρα: t = 3ml 4F 8F α Α = Το νήμα ξετυλίγεται σε χρόνο t, οπότε έχουμε: 3m (5) οπότε: t = s β) Η ταχύτητα του κέντρου μάζας του κυλίνδρου τη χρονική στιγμή t = s είναι: υ =α t και λόγω (4) και (5) έχουμε: 4Fl υ = cm cm cm 3m (6) οπότε: υ cm = 6m / s γ) Το σημείο Α σε χρόνο t που έχει ξετυλιχθεί το νήμα έχει μετατοπιστεί κατά l. Ενώ το l κέντρο στον ίδιο χρόνο θα έχει μετατοπιστεί και 3 = m α αφού Α α cm = νήμα ξετυλίγεται προτού φτάσει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου αφού. Άρα το l d >. Επομένως όταν στον κύλινδρο παύει να ασκείται η δύναμη F τότε και η δύναμη της τριβής μηδενίζεται ( T= ). Αρά το σώμα από τη στιγμή που ξετυλίγεται το νήμα μέχρι να φτάσει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου κινείται με ταχύτητα υ cm = 6m / s δ) Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε: T στ F = (7) άρα: Tστ 3 3 = Ν ε) Αν ο κύλινδρος ανέρχεται σε ύψος h στο κεκλιμένο επίπεδο και με επίπεδο αναφοράς της δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο, έχουμε:

14 ' ' Κ μ +Κ π + U =Κ μ +Κ π + U ή mυ cm + Ιω + = + + mgh ή υcm 3υcm cm mυ + mr = mgh ή h = και λόγω ( 6 ) δίνει: 4 R 4g h = Fl (8) άρα: h=,7m mg στ) Για την κίνηση του κυλίνδρου στο κεκλιμένο επίπεδο έχουμε: mgημϕ Τ = mα (9) ' στ ' cm ' ' ' ' αcm ' ' Τ στr = I αγων ή Τ στr = mr οπότε: Τ στ = mα cm () R Από (9) και () έχουμε: mgημϕ = Τ άρα: ' 3 στ ' mgημϕ ' Τ στ = οπότε: Τ στ = Ν 3 3

15 Θέμα 6 ο Ομογενής ράβδος μήκους l = m και βάρους W= 3N στηρίζεται με άρθρωση Α στο κατακόρυφο τοίχο, ενώ το άλλο του άκρο είναι δεμένο μέσω οριζοντίου νήματος και ισορροπεί σχηματίζοντας γωνία ϕ= 3, όπως στο σχήμα. Στο κέντρο Ο της ράβδου ισορροπεί σώμα βάρους W k = 3N/m Α) Να υπολογίσετε: α) τη δύναμη που τείνεται το νήμα β) το μέτρο της δύναμης που ασκεί η άρθρωση στη ράβδο = 3N δεμένο μέσω ελατηρίου σταθεράς Β) Στο σώμα που είναι δεμένο στο άκρο δίνουμε κινητική ενέργεια K =, 3J και το ελατήριο συμπιέζεται. Να υπολογίσετε: α) το χρόνο που το σώμα επιστρέφει στην αρχική του θέση β) τη μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου γ) την ελάχιστη και τη μέγιστη δύναμη που τείνεται το νήμα Γ) Αν το όριο θραύσης του νήματος είναι T 8,5Ν, να υπολογίσετε: θρ = α) τη θέση από το σημείο Ο που θα συμβεί αυτό β) τη χρονική στιγμή που θα συμβεί αν ως αρχή των χρόνων ( t ) = ληφθεί η στιγμή εκτοξεύσεως του σώματος. Δίνεται: g = m / s

16 Λύση: Α) α) Από την ισορροπία της ράβδου έχουμε: Στ ( ) = ( + ) Τ= 8Ν άρα: Τ = ( + ) W W σϕϕ () οπότε: β) Από την ισορροπία των δυνάμεων στη ράβδο έχουμε: Α ή W W l συνϕ Τ l ημϕ = x Ax Ax ( ) Σ F = ή F T = οπότε: F = T ( ) ( ) Σ F = ή F W + W = οπότε: F = W + W 3 y Ay Ay Αλλά = + και λόγω () και (3) έχουμε: F T ( W W ) F F F A Ax Ay = + + (4) A οπότε: FA = 7,5N m Β) α) Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με περίοδο: T = π άρα: K W T= π (5) gk π οπότε: T= s 5 T Ο χρόνος που επιστρέφει στη θέση ισορροπίας είναι: tx = (6) άρα: tx π = s β) Η ενέργεια Ε που δίνεται στον ταλαντωτή στη θέση ισορροπίας είναι ίση με Kμεγ = U μεγ οπότε: kxμεγ =Ε άρα: xμεγ = Α=,m (πλάτος ταλάντωσης) γ) Στις θέσεις x =± x μεγ έχουμε την μέγιστη και την ελάχιστη δύναμη που τείνεται το νήμα. Στις θέσεις αυτές από την ισορροπία της ράβδου έχουμε: Στ ( ) = ή Τ l ημϕ W Α l l συνϕ W ± x μεγ συνϕ = άρα: W Τ = σϕϕ + W l± x l Από τη σχέση (8) όταν έχουμε: μεγ σϕϕ Όταν + x μεγ η Τ = μέγιστη ενώ όταν έχουμε x μεγ η Τ = ελάχιστη (8) Έτσι έχουμε: Τ μεγ = 8,3Ν και Τ ελαχ = 7,7Ν

17 Γ) α) Το όριο θραύσης του νήματος Τ θρ = 8,5Ν βρίσκεται μεταξύ των τιμών Τ = 8Ν (θέση ισορροπίας) και Τ μεγ = 8,3Ν άρα η θέση βρίσκεται πάνω από τη θέση ισορροπίας και της θέσης +Α. Έστω x η θέση όπου έχουμε τη θραύση του νήματος. Η σχέση (8) τότε γίνεται: W T = θρ W σϕϕ + ( l+ x ) σϕϕ l οπότε: x ( ορ ) T Wσϕϕ lεϕϕ l = W άρα x =,5m δηλαδή x = A β) Το σώμα για να επιστρέψει στη θέση ισορροπίας χρειάζεται χρόνο T και για να πάει A από τη θέση ισορροπίας στη θέση x = χρειάζεται χρόνο t = T. Πράγματι από την εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε: π Α π π π T x = Aημ t ή = Αημ t ή ημ t =ημ άρα: t =. Τ Τ Τ 6 T T Οπότε ο χρόνος είναι: t = ολ + άρα: 7Τ tολ = οπότε: t ολ 7π = s 6

18 Θέμα 7 ο Ομογενής ράβδος μήκους ΑΓ = l =, m και μάζας m= kg είναι κατακόρυφη και μπορεί να περιστρέφεται γύρω από οριζόντιο άξονα χωρίς τριβές που διέρχεται από το άκρο της Α, όπως στο σχήμα. Η ράβδος με μικρή ώθηση αρχίζει να περιστρέφεται γύρω από τον άξονά της. Α) Να υπολογίσετε: α) τη γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν γίνει οριζόντια β) την ταχύτητα του άκρου Γ όταν η ράβδος γίνει οριζόντια γ) το μέγιστο ρυθμό μεταβολής της στροφορμής και τη θέση που συμβαίνει αυτό Β) Όταν η ράβδος σχηματίζει γωνία με το οριζόντιο επίπεδο η επιτάχυνση α ur του κέντρου Ο της ράβδου έχει κατακόρυφο διεύθυνση και μέτρο υπολογίσετε: α) το μέτρο της δύναμης που ασκεί η άρθρωση Α στη ράβδο β) τη γωνία α= 5m / s. Να γ) τη στροφορμή και το ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της ράβδου στη θέση αυτή Δίνεται: IA = m 3 l, ημ 48,6 =,75, 7 =,65 και g = m / s

19 Λύση: Α) α) Για την κατακόρυφη και οριζόντια θέση της ράβδου ισχύει: Κ αρχ + Uαρχ =Κ τελ + U τελ ή + mg l ή mg = m 3 l ω l = Ιω + άρα: ω= 3g l () οπότε: ω = 5rad / s άρα: β) Η ταχύτητα του άκρου Γ είναι: υ Γ =ωl () υ Γ = 6m / s γ) Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής είναι: όταν ο όρος οριζόντια, άρα: Δ L = Στ, άρα ο ρυθμός Δt Δ L = μέγιστος Δt Στ = μέγιστος και αυτός γίνεται μέγιστος όταν η ράβδος γίνεται ΔL l = mg Δt (3) οπότε: μεγ ΔL Δt μεγ = 6Nm Β) α) Στη ράβδο ασκούνται οι δυνάμεις: το βάρος της w uur και η δύναμη F uur A από την άρθρωση, αφού η επιτάχυνση είναι κατακόρυφη άρα και η συνισταμένη δύναμη έχει uur uur ur W+ F = m α + ή mg F = mα φορέα την επιτάχυνση α ur οπότε: A ( ) A οπότε: FA = mg mα άρα: FA mg = (4) οπότε: FA = 5N β) Η ράβδος εκτελεί κυκλική κίνηση, οπότε η κεντρομόλος δύναμη είναι: l Σ Fk = mω W FA m l ημ ημ = ω ( 5) + mg l = I ω + mg l αλλά Κ + U =Κ + U l ημ ή mg = m 3 l ω + mgl ημ 3g l l Οπότε: ω= ( ημ ) (6) 3 Η σχέση (5) λόγω (4) και (6) δίνει: ημ = =,75 άρα: 4 γ) Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής είναι: = 48,6

20 Δ L =Στ Δt άρα: Δ L = mg Δt l συν οπότε: Δ L = 5,9Νm Δt

21 Θέμα 8 ο Σε ένα μπιλιάρδο τοποθετούνται τρεις σφαίρες από το ίδιο υλικό, όπως στο σχήμα. Η σφαίρα ακτίνας R εκτοξεύεται με ταχύτητα υ που ο φορέας της ταχύτητας ταυτίζεται με την εφαπτομένη των δύο άλλων σφαιρών που έχουν ακτίνα R και συγκρούεται με αυτές ταυτόχρονα και ελαστικά. Να υπολογίσετε: α) τη σχέση μαζών της σφαίρας R και της R β) την κατεύθυνση των ταχυτήτων των δύο σφαιρών μετά την κρούση αν η σφαίρα R δεν αλλάζει κατεύθυνση κίνησης γ) το μέτρο της ταχύτητας της σφαίρας R μετά την κρούση δ) το μέτρο της ταχύτητας κάθε σφαίρας ακτίνας R ε) το κλάσμα της κινητικής ενέργειας που έχασε η σφαίρα R Δίνεται όγκος σφαίρας 4 V = π R 3 3

22 Λύση: α) Έστω Μ η μάζα της μεγάλης σφαίρας και m η μάζα κάθε μικρής σφαίρας και d η πυκνότητα του υλικού των σφαιρών, οπότε έχουμε: 4 M = dv= d π R ( ) ( ) ( ) 3 m= dv = d π R Από () και () έχουμε: M 8 m = άρα: M = 8m ( 3) β) Κατά την ταυτόχρονη κρούση της μεγάλης σφαίρας με τις δύο μικρότερες ασκείται σε αυτές δύναμη F, που έχει φορέα τη διάκεντρο, επομένως οι δύο σφαίρες αποκτούν ταχύτητες ίσου μέτρου υ. Αυτό προκύπτει, αν εφαρμόσουμε την αρχή διατήρησης της ορμής κατά τον άξονα y. Έστω ότι υ και υ οι ταχύτητες των σφαιρών, οπότε: r r pαρχ = p τελ ή = mυημϕ m υημϕ άρα: υ =υ =υ Από το σχήμα έχουμε: Αλλά R ημ = οπότε: 3R συν = ημ ϕ οπότε: συν = ( 4) ημ = άρα θ = 9,5 ο 3 3 γ) Αν V η ταχύτητα της μέγιστης σφαίρας, μετά την κρούση που έχει φορέα αυτής την ταχύτητα υ τότε ισχύει: ur ur P αρχ = P τελ ή Mυ = mυσυνϕ + mυσυνϕ + MV x, x, 8m m 8mV 3 Αλλά υ = υ + οπότε: υ= 3 ( υ V ) ( 5) (5) έχουμε: και () και (4) γίνεται: Κ αρχ =Κτελ ή Μυ = mυ + mυ + mv ή 4υ =υ + 4V και λόγω V 8υ V + 7υ =. Η λύση της εξίσωσης δίνει: Ενώ η τιμή V =υ απορρίπτεται. δ) Από (5) λόγω (6) έχουμε: υ= υ V 7υ = (6)

23 ε) Το κλάσμα που έχασε η σφαίρα R είναι: 7υ Μ Καρχ Κτελ Κ τελ α % = ή α % = = Κ αρχ Καρχ Μυ άρα: α % = 59,5%

24 Θέμα 9 ο Ομογενής ράβδος μήκους l και μάζας M φέρει στα άκρα της δύο μικρές μπάλες που M περιέχουν άμμο μάζας m = η κάθε μία. Το σύστημα περιστρέφεται γύρω από άξονα 4 κάθετο στο μέσο της ράβδου με γωνιακή ταχύτητα ω. Τη χρονική στιγμή t = τρυπάνε ταυτόχρονα οι δύο μπάλες οπότε αυτές χάνουν άμμο με ρυθμό m K t =. Να υπολογίσετε: α) τη ροπή αδρανείας του συστήματος β) τη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του συστήματος ύστερα από χρόνο t από τη στιγμή που τρυπάνε οι δύο μπάλες γ) τη μέγιστη γωνιακή ταχύτητα που αποκτά το σύστημα και τη χρονική στιγμή που συμβαίνει αυτό δ) τη μεταβολή της κινητικής του συστήματος σε συνάρτηση του χρόνου t ε) τη μέγιστη μεταβολή της κινητικής ενέργειας του συστήματος Δίνεται η ροπή της αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής I = M l

25 Λύση: l α) Η ροπή αδράνειας του συστήματος είναι: Ι ολ =Ι + m οπότε: 5Μl Ι ολ = 4 () β) Η μάζα κάθε σφαίρας ύστερα από χρόνο t που τρυπάνε οι σφαίρες με την άμμο θα είναι: ( ) m = m m όπου m η μάζα της άμμου σϕ που έφυγε, αλλά m t l +m = K οπότε η () γίνεται m = m Kt ( 3). Στο σύστημα δεν ασκείται εξωτερική ροπή άρα η στροφορμή του συστήματος διατηρείται, οπότε: ur ur ' ' Lαρχ = L τελ ή Ι ολω =Ιολω ( 4) όπου Ι ολ η νέα ροπή αδράνειας του συστήματος και ω η νέα γωνιακή του ταχύτητα. σϕ Αλλά ' Ι ολ =Ι + m σϕ l = Μ l + m σϕ l και λόγω (3) ' Ι ολ = M l + ( m Kt) l ή ' Ι ολ = M l M + Kt 4 l και τελικά: Μl Κl Ι = 4 ' 5 ολ 5Μ t ( 5 ) οπότε η (4) δίνει: ω = ω 5Μ Κt (6) γ) Από την (6) προκύπτει ότι η ω γίνεται μέγιστη όταν ο παρανομαστής γίνεται ελάχιστος, δηλαδή όταν 5Μ Κ t = ελάχιστος, αυτό συμβαίνει όταν όλη η άμμος m M χύνεται από τις σφαίρες, δηλαδή τη χρονική στιγμή t = K = 4K οπότε η (5) δίνει: ω=,5ω (7) και αυτό συμβαίνει τη χρονική στιγμή: δ) Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας του συστήματος είναι: M t = (8) 4K ' ΔΚ = Κ τελ Κ αρχ ή ΔΚ = Ιολω Ιολω και λόγω (), (6), (7) και (8) γίνεται: 5Μ l ω 5 ΔΚ = Μl ω 5 ( Μ Κt) άρα: 5Μl 5 Μ ΔΚ = 48 ω 5Μ Κ t (9)

26 ε) Τη μέγιστη μεταβολή της κινητικής ενέργειας έχουμε, όταν ο παράγοντας 5Μ Κ t = ελάχιστο, αυτός γίνεται ελάχιστος όταν φύγει όλη η άμμος, δηλαδή τη χρονική στιγμή M t = οπότε η (9) δίνει: 4K 5 ΔΚ μεγ = Μl ω 3

27 Θέμα ο Ένα σώμα μάζα m =,5 Kg εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο T. Τη χρονική στιγμή t = το σώμα έχει τη μέγιστη κινητική ενέργεια K max = 4 J και κινείται προς τη Τ θετική κατεύθυνση ενώ τη χρονική στιγμή t = το σώμα βρίσκεται στη θέση x =, m. Να υπολογίσετε: α) την αρχική φάση φ του ταλαντωτή β) το πλάτος A και την περίοδο T της ταλάντωσης γ) Σε χρόνο t = π s πόσες φορές αλλάζουν φορά το διάνυσα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης και σε ποιες θέσεις συμβαίνει αυτό; δ) τους ρυθμούς μεταβολής της ορμής στη θέση x =, m Τ ε) το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας του ταλαντωτή τη χρονική στιγμή t = στ) το κλάσμα της ολικής ενέργειας που είναι δυναμική ενέργεια του ταλαντωτή στη θέση x =, m

28 Λύση: α) Τη μέγιστη κινητική ενέργεια ο ταλαντωτής την έχει στη θέση ισορροπίας αφού υ = υ max και x > άρα φ = β) Η εξίσωση της απομάκρυνσης του ταλαντωτή είναι: x = Aημ(ωt + φ ) T για x =, m, t = και φ = γίνεται π T, m = Aημ + (S.I.) ή T π, m = Aημ (S.I.) ή, m = A άρα: 6 A =,4 m Η μέγιστη κινητική ενέργεια του ταλαντωτή είναι: K max = mυ max ή υ = max K max m Σημαντικά Σχόλια: α) Η αρχική φάση είναι μηδέν (φ = ) όταν ο ταλαντωτής τη χρονική στιγμή t = έχει: υ = υ max, υ > και x >. β) Η ταχύτητα αλλάζει φορά στις ακραίες θέσεις (± Α) ενώ η επιτάχυνση και η δύναμη επαναφοράς αλλάζουν φορά όταν ο ταλαντωτής διέρχεται από τη θέση ισορροπίας. Η ταχύτητα από τη θέση + Α έως τη θέση Α έχει πάντα την ίδια φορά. γ) Το έργο της δύναμης επαναφοράς μπορεί να υπολογιστεί:. Με εφαρμογή του θεωρήματος έργου ενέργειας για τις θέσεις Α και Β: WF = Κ Κ = mυβ mυ επ Β Α Α. Με την μεταβολή της δυναμικής ενέργειας από τη θέση Α στη Β: WF = (UΒ U Α ) = επ Dx Α Dx Β Αλλά υ max = Αω οπότε: έχουμε: υ K max ω = max = () αλλά A A m π ω = ή T T = π και λόγω () ω m T = πα () άρα: T = π s K 5 μεγ γ) Ο χρόνος t = π είναι t = T. Αλλά σε κάθε περίοδο το διάνυσμα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης αλλάζει δύο φορές άρα ο συνολικός αριθμός που αλλάζει φορά το διάνυσμα της ταχύτητας και της επιτάχυνσης είναι αντίστοιχα N ταχ = φορές και N επιτ = φορές. Η ταχύτητα αλλάζει φορά στις θέσεις μέγιστης απομάκρυνσης ενώ η επιτάχυνση όταν διέρχεται από τη θέση ισορροπίας. dp dp δ) Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής δίνεται από τη σχέση: = Dx ή = mωx άρα: dp 4π dp = m x (3) οπότε: = N T ε) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας δίνεται από τη σχέση: dκ = ΣFυ 4π (4) Αλλά ΣF = Fεπ = mω x = m x (5) και T

29 A x π T υ = ±ω = A x (6) (αφού για T t = είναι x =, m) οπότε η (4) λόγω (5) και (6) δίνει ΔΚ Δt 8π = m Τ 3 3 x Α x ΔΚ άρα: Δt = 3 J / s (Για τους ρυθμούς βλέπε θεωρία) στ) Η θέση x =, m είναι άρα το κλάσμα είναι: U E A x = άρα η δυναμική ενέργεια του ταλαντωτή είναι A D = = άρα: 4 DA U = E 4 A U = D

30 Θέμα ο Το σώμα m = Kg του σχήματος αρχικά ηρεμεί και το ελατήριο σταθεράς k = N/m, είναι στο φυσικό του μήκος. Ασκούμε δύναμη F όπως στο σχήμα και όταν το σώμα αποκτήσει ταχύτητα υ = 3 m / s, το ελατήριο έχει επιμηκυνθεί κατά x =, m. Τότε που θεωρούμε ότι t = (x > ), καταργείται η F και το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση (α.α.τ.) Να υπολογίσετε: α) το πλάτος της ταλάντωσης β) την ενέργεια που προσφέρθηκε στο σώμα γ) τον μέγιστο ρυθμό μεταβολής της ορμής του σώματος και τη θέση που συμβαίνει δ) την εξίσωση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση του χρόνου ε) το μέγιστο ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας του σώματος και τη χρονική στιγμή και τη θέση που συμβαίνει

31 Λύση: α) Για τον ταλαντωτή στη θέση που καταργείται η δύναμη F, ισχύει η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας. Έστω Α το πλάτος της ταλάντωσης οπότε έχουμε: kx m + υ = ka άρα: A x m k = + υ () οπότε: A =, m β) Η ενέργεια που προσφέρθηκε στον ταλαντωτή είναι ίση με την ολική του ενέργεια, δηλαδή: E = ka () οπότε: E = 4 J γ) Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής για τον ταλαντωτή είναι: dp dp = ΣF ή = kx άρα ο μέγιστος ρυθμός της ορμής συμβαίνει στις θέσεις που το x παίρνει την μέγιστη τιμή του δηλαδή στις θέσεις x = ± Α και είναι: Σημαντικά Σχόλια: α) Όταν ένα μέγεθος εξαρτάται μόνο από ένα μεταβλητό μέγεθος τότε το μέγεθος παίρνει τη μέγιστη τιμή του όταν το μεταβλητό μέγεθος αποκτά τη μέγιστη τιμή του. Έτσι στο ρυθμό μεταβολής της ορμής στην α.α.τ. έχουμε: dp = ΣF = mω x dp άρα όταν το x παίρνει τη μέγιστη τιμή του max δηλαδή στις θέσεις x ± A. β) Όταν το μέγεθος εξαρτάται από δύο μεγέθη που το ένα αυξάνει ενώ το άλλο μειώνεται τότε η μέγιστη τιμή του υπολογίζεται με αλγεβρικό τρόπο. Έτσι στο ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας dk έχουμε: = ΣFυ οπότε dk = mω xυ Εδώ έχουμε δύο μεταβλητά μεγέθη την απομάκρυνση x που αυξάνει με το χρόνο και την ταχύτητα υ που μειώνεται με το χρόνο. Ο υπολογισμός του μέγιστου γίνεται αλγεβρικά. dp max =± ka (3) οπότε: dp max = ± N δ) Η εξίσωση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση του χρόνου είναι: x = Aημ(ωt + φ ) (4) για t = έχουμε: x =, m και υ > οπότε η (4) δίνει: Μαθηματική βοήθεια: Γνωρίζουμε ότι: ημxσυνx = ημx, =,ημφ ή π ημφ = ημ άρα: 6 π φ = αφού τότε υ > 6 Αλλά k ω = οπότε: ω = rad/s m Οπότε η (4) γίνεται: π x =,ημ t + (S.I.) (5) 6

32 ε) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας στον ταλαντωτή είναι: dk = ΣFυ ή dk = Kxυ (6) αλλά π π υ = A ωσυν t + ή υ= συν t+ 6 6 (S.I.) (7) dk π π Η σχέση (6) λόγω (5) και (7) γίνεται: = k,ημ t + συν t dk π π = 8ημ t + συν t + (S.I.) (8) 6 6 ή Από την (8) προκύπτει ότι ο ρυθμός dk = max όταν π π π π ημ t + συν t + = max αλλά ημ t + συν t + = π π π ημ t + συν t + ημ t = π π Η ποσότητα ημ t + γίνεται μέγιστη όταν ημ t + = (9) δηλαδή όταν η ποσότητα 6 6 π π dk ημ t + συν t + = άρα: η (8) γίνεται: = 4 J / s 6 6 Η χρονική στιγμή βρίσκεται από τη σχέση (9) οπότε έχουμε: max π π ημ ωt + = ημ ή 6 π π π π π t + = ή t + = άρα: t = s Η θέση βρίσκεται από τη σχέση (5) οπότε έχουμε: π π x =,ημ + άρα: x =, m 6

33 Θέμα ο Σώμα μάζας m =, kg εκτελεί Α.Α.Τ. Αν η εξίσωση της απομάκρυνσης σε συνάρτηση του χρόνου είναι της μορφής: π x =,5ημ t + 6 (S.I.) να υπολογίσετε: α) τη σταθερά επαναφοράς του ταλαντωτή β) το μέτρο της μέγιστης δύναμης που ασκείται στο σώμα π γ) το ρυθμό μεταβολής της ορμής τη χρονική στιγμή t = s δ) το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας και το ρυθμό μεταβολής της δυναμικής ενέργειας όταν το σώμα διέρχεται από τη θέση x = +,5 m και έχει ταχύτητα υ >.

34 Λύση: Από την εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε: A =,5 m και ω = rad/s. Η σταθερά επαναφοράς του ταλαντωτή είναι: D = mω οπότε D =, kg. rad /s άρα: D = N/m β) Το μέτρο της δύναμης που ασκείται στον ταλαντωτή είναι F max = Dx άρα η μέγιστη είναι στις θέσεις x = ± A οπότε στο μέτρο της μέγιστης δύναμης είναι: F max = DA οπότε: F max = N/m.,5 m άρα: F max = 5 N γ) Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής δίνεται από τη σχέση: dp dp =Σ F αλλά ΣF = - Dx οπότε: Dx = ή dp π = D,5 ημ t+ 6 () π για t = s και D = N/m η () δίνει: dp π =,5ημ π+ 6 (S.I.) ή dp π dp kgm = +ημ 5 άρα: =,5 6 s δ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας δίνεται από τη σχέση: dk dk =ΣF υ αλλά ΣF = - Dx οπότε: = Dx υ () Αλλά η ταχύτητα του ταλαντωτή στη θέση x είναι υ =+ω A x (υ > ) οπότε η () δίνει: dk Dx A x = ω (3) Αλλά A x = οπότε η (3) γίνεται: dk = Dx 3 ω A οπότε: dk 3 J,5,5 = s άρα: dk =,8 J s Ο ρυθμός μεταβολής της δυναμικής ενέργειας όπως δείξαμε, δίνεται από τη σχέση: du dk = άρα: du =,8 J s

35 Θέμα 3 ο Ιδανικό κύκλωμα L C με πυκνωτή χωρητικότητας = μf και πηνίο με συντελεστή αυτεπαγωγής L = mh εκτελεί ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Τη χρονική στιγμή t = το φορτίο του πυκνωτή είναι μέγιστο και ίσο με Q = 4. - C. Να υπολογίσετε: α) τη μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο β) τη γωνιακή συχνότητα των ηλεκτρικών ταλαντώσεων γ) τη χρονική στιγμή t που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή υποτετραπλασιάζεται για πρώτη φορά δ) το ρυθμό μεταβολής του φορτίου στον πυκνωτή τη χρονική στιγμή t ε) το ρυθμό μεταβολής της ενέργειας του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο τη χρονική στιγμή t στ) το μέγιστο ρυθμό αποθήκευσης ενέργειας στο πηνίο και τη χρονική στιγμή που συμβαίνει αυτό για πρώτη φορά

36 Λύση: α) Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε: (U E ) max = (U B ) max οπότε: ( U ) J B max Q = () άρα: (U B ) max = 4 C β) Η κυκλική συχνότητα του ηλεκτρικού κυκλώματος είναι: ω= () άρα: ω = 5 rad/s LC γ) Έστω q το φορτίο του πυκνωτή όταν η ενέργεια υποτετραπλασιάζεται, οπότε έχουμε: q Q Q = οπότε: q =± (3) C 4 C Αλλά q = Qσυνωt και λόγω (3) δίνει Q Q t = συνω ή π συνω t = ή συνω t = συν οπότε: 3 π π π 3 ω t = (πρώτη φορά) και λόγω () έχουμε: t = LC (4) άρα: t = s δ) Ο ρυθμός μεταβολής του φορτίου στον πυκνωτή είναι ίση με την ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα τη χρονική στιγμή t, δηλαδή: dq = i (5) αλλά i = Iημωt (6) Q Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας στον ταλαντωτή έχουμε: LI Q = άρα: I = C LC dq Q (7) οπότε η (5) λόγω (6) και (7) γίνεται = ημω t και λόγω (4) δίνει: LC dq Q π = ημ LC LC 3 LC ή dq C = 7,3 s dq Q π = ημ άρα: LC 3 dq Q 3 = (8) οπότε: LC ε) Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας του μαγνητικού πεδίου του πηνίου είναι: dub q dub q = V L i (9) αλλά VL = Vc = οπότε η (9) γίνεται: = i ή C C dub Q t ( I t) = C συνω ημω ή du Q du B B IQ = + ημωtσυνω t άρα: = ημ ω t () οπότε: C C dub 4 AC π dub 3 π dub J = ημ LC ή = ημ J / s οπότε: = F LC 3 3 s στ) Από τη σχέση () προκύπτει ότι ο ρυθμός δίνει: du B max IQ du = άρα: C B max = 3 J s dub = max όταν ημωt = () οπότε η ()

37 Η χρονική στιγμή όπου π ημω t = ημ οπότε: t dub π ω = ή t = max προκύπτει από τη σχέση () οπότε: ημωt = ή π π = άρα: t LC 4 ω 4 π = οπότε: t = ms 8

38 Θέμα 4 ο Στο κύκλωμα του σχήματος, η ηλεκτρική πηγή έχει ΗΕΔ Ε = V και εσωτερική αντίσταση r = Ω. Ο αντιστάτης έχει αντίσταση R = 4 Ω, ενώ η τιμή της χωρητικότητας του πυκνωτή είναι C = 8 μf και του πηνίου ο συντελεστής αυτεπαγωγής είναι L = mh. Αρχικά ο μεταγωγικός διακόπτης δ βρίσκεται στη θέση (Α) Α) Να υπολογίσετε: α) την ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα β) το φορτίο που αποκτά ο πυκνωτής Β) Ανοίγουμε ακαριαία το διακόπτη δ στη θέση (Β), χωρίς να δημιουργηθεί σπινθήρας. Να υπολογίσετε: α) τη γωνιακή συχνότητα των ηλεκτρικών ταλαντώσεων του κυκλώματος β) τη μέγιστη ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα L C γ) το ρυθμό μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα και της τάσης στο πηνίο Q όταν το φορτίο στον πυκνωτή γίνεται q = δ) το ρυθμό μεταβολής της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή όταν τη χρονική αυτή στιγμή Q q = και

39 Λύση: α) Όταν ο διακόπτης δ είναι στη θέση Α τότε το ρεύμα I που διαρρέει το κύκλωμα, πηγή, αντίσταση R, (ο πυκνωτής λειτουργεί ως διακόπτης στο συνεχές ρεύμα), είναι: E V I = ή I = άρα: I = A () R + r 5 Ω β) Η τάση στα άκρα του πυκνωτή είναι; V c = V ΔΖ (), αλλά V ΔΖ = IR = 8 V οπότε: V c = V ΔΖ = 8V Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι: Q = CVc άρα: Q = 64 μc Β) α) Με τη μεταφορά του διακόπτη στη θέση Β έχουμε ένα ιδανικό κύκλωμα L C που η γωνιακή συχνότητα των ταλαντώσεων είναι: ω = (3) οπότε: LC ω =,5. 3 Hz β) Στο κύκλωμα L C ισχύει η Α.Δ.Ε. οπότε έχουμε: Q (U E ) μεγ = (U B ) μεγ ή LI Q = οπότε: I = άρα: I = ωq (4) οπότε: I =,6 A C LC γ) Το ρεύμα στο κύκλωμα μεταβάλλεται άρα στα άκρα του πηνίου εμφανίζεται τάση από di di VL αυτεπαγωγή οπότε V L = E αυτ ή V L = L οπότε = (5) L q Αλλά VL = Vc = οπότε η (5) δίνει: C di q di di Q di 3 A = ή = ω q άρα: = ω (6) οπότε: = CL s q dvc dq Για το πυκνωτή έχουμε Vc = ή C = C ή dv i c = C dv dv Αλλά στο κύκλωμα ισχύει: V c = V L οπότε c L dvl i = άρα: = (7) C Για το κύκλωμα L C ισχύει η Α.Δ.Ε. οπότε: Q q= q Q Qω Li + = i = 3 (8) οπότε η (7) δίνει: C C dvl = 3 4 V s dvl Qω = 3 (9) άρα: C δ) Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή εκφράζει την στιγμιαία ισχύ στον πυκνωτή δηλαδή du E du = P ή E du i c V E q = c ή i = C ή du Q du E = i E Q ω και λόγω (8) δίνει: = 3 άρα: C C due J = s

40 Η χρονική στιγμή που έχουμε το ρυθμό αυτό, συμβαίνει όταν Q Qσυνωt οπότε = Qσυνωt ή συνω t = οπότε: π π π άρα: t = ή t = ή t = ms 3 3 ω 7,5 5 Q q = αλλά q = π π συνω t = συν ή ω t = (για πρώτη φορά) 3 3

41 Θέμα 5 ο Στο σχήμα φαίνεται η συσκευή Korning, που είναι ένα ακουστικό συμβολόμετρο. Στο σημείο Π τοποθετείται γεννήτρια ακουστικής συχνότητας. Τα κύματα ακολουθώντας τις διαδρομές ΑΒΓ και ΑΕΓ συμβάλλουν στο σημείο Δ όπου παρατηρητής έχει τοποθετήσει το αυτί του. Η διαδρομή ΑΕΓ είναι σταθερή ενώ η διαδρομή ΑΒΓ μπορεί να μεταβάλλεται οπότε στο σημείο Δ έχουμε ενίσχυση ή σιγή (αναίρεση) του ήχου της πηγής. α. Αρχικά οι δύο δρόμοι είναι ίσοι στη θέση αυτή, τι θα έχουμε ενίσχυση ή απόσβεση του ήχου στο σημείο Δ; β. Αν μεταβάλλουμε τη διαδρομή ΑΒΓ κατά Δx = 7 cm το κάθε σκέλος έχουμε τη δεύτερη κατά σειρά ενίσχυση του ήχου. Να υπολογίσετε τη συχνότητα της γεννήτριας. γ. Να υπολογίσετε τη μετατόπιση Δx κάθε σκέλους ώστε να έχουμε την πρώτη απόσβεση του ήχου στο σημείο Δ. δ. Να αποδείξετε ότι η απόσταση των θέσεων του μεταβλητού σκέλους μεταξύ μιας θέσης ενίσχυσης και της αμέσως επόμενης θέσης απόσβεσης είναι λ. Δίνεται η ταχύτητα του 4 ήχου στον αέρα υ = 34 m/s

42 Λύση: α. Η συνθήκη για την ενίσχυση του ήχου στο σημείο Δ είναι: r r = Nλ () με Ν =,, Ενώ η συνθήκη για την απόσβεση του ήχου στο σημείο Δ είναι: λ r r = ( N+ ) () Ν =,,, όπου r και r οι διαδρομές ΑΒΔ και ΑΕΔ αντίστοιχα. Αφού οι δρόμοι είναι ίσοι (r = r ) η συνθήκη αυτή ικανοποιείται μόνο από τη σχέση () με Ν =. Άρα έχουμε ενίσχυση του ήχου όταν οι δρόμοι είναι ίσοι. β. Η επόμενη ενίσχυση θα συμβεί όταν αυξήσουμε τη διαδρομή ΑΒΔ κατά Δx κάθε σκέλος, οπότε έχουμε λ r + Δx r = κ ή r + Δx r = κλ οπότε για κ = γίνεται: υ κυ Δx = κ () ή f = f Δx f = υ Δx () οπότε: f = 3 Hz γ. Για να έχουμε απόσβεση πρέπει: λ r + Δx r = ( κ + ) (r = r ) οπότε: υ ( κ + ) υ Δx = ( κ + ) άρα: Δx = (3) οπότε για f 4f υ κ = η (3) δίνει (πρώτη απόσβεση ήχου) Δx = 4f (4) άρα: Δx = 8,5cm δ. Από τις σχέσεις () και (3) έχουμε: ( κ + ) υ κυ Δx Δx = οπότε 4f f κυ + υ κυ υ Δx Δx = ή Δx Δx = αλλά 4f 4f Σημαντικά Σχόλια: α. Όταν r = r έχουμε πάντα ενισχυτική συμβολή των κυμάτων β. Το κινητό τμήμα του σωλήνα αλλάζει το μήκος του άρα η διαφορά δρόμων είναι μεταβλητή γ. Όταν κάθε τμήμα μεταβληθεί κατά Δx, τότε το μήκος του σωλήνα αυξάνεται κατά Δx, άρα και η διαφορά δρόμων υ λ λ = άρα: Δx Δx = f 4

43 Θέμα 6 ο Φωτεινή πηγή βρίσκεται σε βάθος h = m, μέσα σε πισίνα γεμάτη με νερό. Η πηγή εκπέμπει φως με εξίσωση ηλεκτρικού πεδίου : 7-4 x E νερ = 6 ημπ( 5 t - ) 6 στο S.I. Α. α. Να βρεθεί η ταχύτητα υ του φωτός στο μέσο αυτό. β. Να γραφεί η αντίστοιχη εξίσωση του μαγνητικού πεδίου. γ. Να βρεθεί ο δείκτης διάθλασης του νερού. δ. Να βρεθεί το μήκος κύματος του φωτός που εκπέμπει η πηγή στο κενό, σε ποιο τμήμα του φάσματος ανήκει το φως της πηγής ; Β. Μια φωτεινή ακτίνα προσπίπτει κάθετα στην επιφάνεια του νερού και περνάει στον αέρα. Αν το πλάτος της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου στον αέρα είναι - Ε,αερα = 3( + ) V/m, να γραφούν οι εξισώσεις του ηλεκτρικού και του μαγνητικού πεδίου για το φως που διαδίδεται στον αέρα. Γ. Μια φωτεινή ακτίνα από την πηγή προσπίπτει στην επιφάνεια του νερού με γωνία π θ a = rad. Να βρεθεί η γωνία διάθλασης για αυτή τη φωτεινή ακτίνα. 6 Δ. α. Να βρεθεί η οριακή γωνία ( θ crit ) στη διαχωριστική επιφάνεια νερού αέρα. β. Ένας παρατηρητής έξω από την πισίνα βλέπει ένα φωτεινό κύκλο ακτίνας r. Να υπολογίσετε την ακτίνα αυτή. Θεωρείστε ότι οι διαστάσεις της πισίνας είναι αρκετά μεγαλύτερες από τον φωτεινό κύκλο που σχηματίζεται. Δίνεται c = 3 8 m/s η ταχύτητα του φωτός στον αέρα

44 Λύση: Α. α. Η εξίσωση για το ηλεκτρικό πεδίο είναι max t x E = E ημπ( - ) T λ. Με σύγκριση με την εξίσωση 7-4 x E νερ = 6 ημπ( 5 t - ) 6 έχουμε: Ε max,νερ = 6 - V/m, T = 5 4 s και λ = 6 7 m άρα -7 λ = 3 m. Αλλά f = T άρα: f = 5 4 Hz. Ισχύει η κυματική εξίσωση υ = λ f ή ( ) -7 ( 4 ) 7 8 υ = 5 m/s ή υ =,5 m/s υ = 3 m 5 Hz άρα β. Για τις εντάσεις του ηλεκτρικού και μαγνητικού πεδίου μέσα στο νερό, ισχύει E B max,νερ max,νερ = υ άρα E B max,νερ = υ max,νερ επομένως - 6 V/m B max,νερ = άρα,5 8 m/s - B = Τ. Επομένως η εξίσωση του μαγνητικού πεδίου μέσα στο max νερό είναι 7-4 x B νερ = ημπ( 5 t - ) 6 στο S.I. γ. Είναι c n = υ ή 8 3 m/s n = άρα,5 8 m/s n = άρα: n = λ δ. Είναι n = ή λ = n λ άρα λ -7 λ = 3 m επομένως -7 λ = 6 m = 6 nm που αντιστοιχεί σε ορατό φως ( πορτοκαλί ) -7 Β. Το φως στον αέρα έχει λ = 6 m και E B = max,αερα max,αερα c άρα - 3( + ) V/m B max,αερα = 8 3 m/s ή ( ) - B max,αερα = + T άρα οι εξισώσεις για το ηλεκτρικό και το μαγνητικό πεδίο είναι αντίστοιχα:

45 7-4 x E αερα = 3( + ) ημπ( 5 t - ) x B αερα = ( + ) ημπ( 5 t - ) 6 στο S.I. στο S.I. Γ. Εφαρμόζουμε το νόμο Snell για τη διάθλαση και έχουμε : naημθ a = nbημθ b. Αλλά n a = n =, n b = και π ημθ a = ημ = 6 ή = ημθb ή ημθ b = άρα: b π θ = rad 4 νερό θ a αέρας θ b Δ. α. Για την οριακή γωνία θ crit από το νερό στον αέρα είναι ημθ crit = άρα crit n ημθ crit = άρα: crit π θ = rad 4 ημθ = ή β. Ο παρατηρητής βλέπει φωτεινό κύκλο ακτίνας r, όπου r η απόσταση της προβολής Ο της πηγής στην επιφάνεια από το σημείο Α που αντιστοιχεί στην οριακή γωνία θ crit. Από το τρίγωνο ΠΟΑ έχουμε crit r π r = h εφ 4 εφθ = άρα r = h εφθ crit επομένως h ή Ο h θ crit r θ crit Α r = ( m) άρα: r = m Π

46 Θέμα 7 ο Σώμα μάζας m = Kg έχει δεθεί στην άκρη κατακόρυφου ελατηρίου σταθερά Κ = 5π N/m. Α. Απομακρύνουμε το σώμα κατά x =,m από τη θέση ισορροπίας προς τα κάτω και το αφήνουμε ελεύθερο. α. Να υπολογίσετε την περίοδο Τ της ταλάντωσης β. Να γράψετε την εξίσωση της ταλάντωσης. Θεωρείστε ότι τη χρονική στιγμή t = είναι η στιγμή που το σώμα αφήνεται ελεύθερο για ταλάντωση και οι θετικές απομακρύνσεις είναι πάνω από τη θέση ισορροπίας. Β. Ο ταλαντωτής βρίσκεται πάνω από δίσκο μάζας Μ = Kgr και ακτίνα R =,4m που μπορεί να περιφέρεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνάει από το κέντρο του Ο, όπως στο σχήμα. Η απόσταση του σώματος m τη στιγμή που αφήνεται ελεύθερο για ταλάντωση, από το δίσκο είναι h =,8m. Τη χρονική στιγμή t =,45 από τη στιγμή της έναρξης της 3 ταλάντωσης ένα κομμάτι της μάζας m που έχει μάζα m = m 4 αποσπάται από το σώμα και πέφτει κατακόρυφα και R συγκρούεται πλαστικά με το δίσκο σε απόσταση d = από το κέντρο Ο του δίσκου. Τη χρονική στιγμή t στο δίσκο εφαρμόζεται στο άκρο νήματος που έχει τυλιχθεί γύρω από το δίσκο, δύναμη F = N όπως στο σχήμα. Να υπολογίσετε: α. την ταχύτητα της μάζας m τη στιγμή που φτάνει στο δίσκο και τη θέση του ταλαντωτή β. τη γωνιακή ταχύτητα του δίσκου τη στιγμή που η μάζα m κτυπάει το δίσκο γ. το μήκος του σχοινιού που θα ξετυλιχθεί κατά τη διάρκεια της πτώσης της μάζας m δ. τη γωνιακή ταχύτητα του δίσκου αμέσως μετά την κρούση της μάζας m με το δίσκο αν δεχτούμε ότι τη στιγμή της κρούσης η δύναμη F καταργείται ε. την απώλεια ενέργειας του συστήματος δίσκου-μάζας m κατά την κρούση. Δίνεται ροπή αδράνειας δίσκου I m = MR,g= s

47 Λύση: m L Α. α. Η περίοδος ταλάντωσης είναι: T= π ή T= π s άρα: Τ =,4s K 5π β. Το πλάτος της ταλάντωσης είναι: Α = x άρα: Α =,m οπότε η εξίσωση ταλάντωσης είναι της μορφής x = Aημ(ωt + φ ) για t = έχουμε x = A οπότε: Α = Αημφ ή ημφ = άρα φ 3π = οπότε η εξίσωση ταλάντωσης είναι: 4 3π x=,ημ 5πt + (S.I.) 4 Β. α. Από τα δεδομένα προκύπτει ότι t = T =,4s. Άρα το σώμα διασπάται στη θέση x = A δηλαδή εκεί που αφέθηκε ελεύθερο για ταλάντωση. Οπότε η μάζα m πέφτει κατακόρυφα χωρίς αρχική ταχύτητα από τη θέση που απέχει από το δίσκο απόσταση h =,8m. Η ταχύτητα της μάζας m όταν φτάνει στο δίσκο είναι: mgh t mυ = άρα: υ gh h = (3) οπότε: t =,4s g = () οπότε υ = 4m/s. Ο χρόνος πτώσης t είναι: h = gt άρα: m Η νέα περίοδος της ταλάντωσης είναι: T = π άρα T =,s αλλά τότε t = T άρα ο K ταλαντωτής θα βρεθεί πάλι στη θέση Α (το πλάτος της ταλάντωσης δεν αλλάζει) β. Η κίνηση του τροχού με την εφαρμογή της δύναμης F είναι επιταχυνόμενη για το χρονικό διάστημα t =,4s, οπότε έχουμε: FR FR ω= αγωνt (4) και FR = Iα γων ή αγων = οπότε η (4) γίνεται: ω = t άρα I MR Ft ω = (5) οπότε: ω = rad/s MR γ. Το μήκος l του σχοινιού που ξετυλίχθηκε σε χρόνο t κάνοντας Ν στροφές είναι: θ l = πrn (6) με N = (7) όπου θ η γωνία στροφής του δίσκου αλλά θ= αγωνt (8) οπότε π η (6) λόγω (7) και (8) γίνεται: FR FR F Ft l = α γων Rt (9) αλλά αγων = = ή αγων = οπότε η (9) γίνεται: l = οπότε: I MR MR M l =,8 m δ. Έστω ω η γωνιακή ταχύτητα του δίσκου μετά την κρούση. Για το σύστημα δίσκος μάζας m ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Στροφορμής οπότε έχουμε: R Lαρ = Lτελ ή Ιω = Ιω ή Ιω = ( Ι + md ) ω ή ΜR ω = MR + m ω άρα: 4 ω Μ = ω Μ + m οπότε: ω = 8,4rad / s

48 ε. Η απώλεια ενέργειας του συστήματος είναι: ΔΕ = Εαρχ Ετελ ή ΔΕ = Ιω + m υ ( Ι+ md ) ω ΔΕ = ΜR ω + mυ ΜR + mr ω άρα: 8 ΔΕ = MR ( ω ω) + m υ R ω 4 4 οπότε: ΔΕ = 7,6J ή

49 Θέμα 8 ο Στο στερεό του σχήματος που αρχικά κρεμεί σε οριζόντιο δάπεδο εφαρμόζεται σταθερά οριζόντια δύναμη F r. Η δύναμη της F r ασκείται σε απόσταση x από το κέντρο μάζας Κ του στερεού. Να υπολογίσετε: α. Τη στατική τριβή σώματος δαπέδου σε συνάρτηση της απόστασης x. β. Για ποια τιμή της απόστασης x η στατική τριβή έχει κατεύθυνση αντίθετη της δύναμης r F και για ποια έχει την ίδια κατεύθυνση της δύναμης F. γ. Την τιμή της απόστασης x που η στατική τριβή μηδενίζεται, τι είδους κίνηση εκτελεί τότε το στερεό. Συμπεράσματα. δ. Να γίνει η γραφική παράσταση της στατικής τριβής σε συνάρτηση της απόστασης x. Συμπεράσματα. Η ροπή αδράνειας του στερεού δίνεται από τη σχέση I = λmr, όπου m η μάζα του στερεού, R η ακτίνα του και λ συντελεστής αναλογίας που είναι: i) για τη σφαίρα λ = ii) για τον 5 κύλινδρο λ =.

50 Λύση: α. Στο σώμα ασκούνται οι δυνάμεις: Η δύναμη F r, το βάρος w r, η δύναμη από το δάπεδο N r και η τριβή T r. Για τη μεταφορική κίνηση του σώματος έχουμε: r r + ΣF= mα cm ( ) F T= mα cm () ενώ για την περιστροφική κίνηση του σώματος έχουμε: r r Στ = Iα ( )TR+ Fx = Iα () αλλά αcm = αγωνr οπότε η () γίνεται: ( κ) γων + γων Από την () και (3) έχουμε: λr x T= F λ R ( + ) β. i. Όταν το στερεό είναι σφαίρα: τότε α TR + Fx = I cm (3) R TR + Fx I TR + Fx λmr = ή = F T mr F T mr λ x οπότε T F = λ + ( λ + R ) άρα: λ = οπότε η (4) δίνει: 5 ή TR + Fx = λr οπότε F T F x T = λ λ + R F x 5 x T = άρα: T= F + 5 R 7 5 R (5) 5 Από τη σχέση (5) προκύπτει ότι η φορά της τριβής εξαρτάται από την απόσταση x, έτσι έχουμε: ) Αν x R >, δηλαδή όταν: x < τότε: Τ > οπότε η F r 5 R 5 και η T r έχουν αντίθετες κατευθύνσεις (όπως έχει σχεδιαστεί στο σχήμα) ) Αν x <, δηλαδή όταν : 5 R κατεύθυνση (η T r έχει αντίθετη φορά από αυτή του σχήματος) R x > τότε: Τ < οπότε η F r και η T r έχουν την ίδια 5 3) Αν x R =, δηλαδή όταν: x = τότε: Τ =. Στην περίπτωση αυτή έχουμε κύλιση της 5 R 5 σφαίρας χωρίς ολίσθηση και όταν το δάπεδο είναι λείο (μ s = ). 3F 4) όταν x = R τότε: T = (η F r και η T r έχουν την ίδια φορά) 7 ii. Όταν το στέρεο είναι κύλινδρος ή δίσκος Τότε λ = οπότε η σχέση (4) δίνει: x ) Αν > δηλαδή όταν: R κατευθύνσεις. x ) Αν < δηλαδή όταν: R F x T= 3 R (6) R x < τότε: Τ > τότε η F r και η T r έχουν αντίθετες R x > τότε: T < οπότε η F r και η T r έχουν την ίδια κατεύθυνση. (4)

51 x R 3) Αν = δηλαδή όταν: x = τότε: T =. Στην περίπτωση αυτή έχουμε κύλιση του R κυλίνδρου και όταν το δάπεδο είναι λείο (μ s = ). 4) Όταν x = R τότε: F T = (Τ και F έχουν την ίδια φορά) 3 R γ. Για x = R όταν έχουμε σφαίρα και για x = όταν 5 έχουμε κύλινδρο ή δίσκο η δύναμη της τριβής μηδενίζεται. δ. Η γραφική παράσταση της T = f(x) για τη σφαίρα και τον κύλινδρο προκύπτει από τις εξισώσεις (5) και (6). Οι εξισώσεις αυτές είναι α βαθμού άρα ευθείες. Σημαντικά Σχόλια α) Η φορά της δύναμης της τριβής εξαρτάται από τη θέση που εφαρμόζεται η εξωτερική δύναμη F r. β) Η θέση που η δύναμη της τριβής μηδενίζεται εξαρτάται από τη ροπή αδράνειας του σώματος. Συμπεράσματα α. Για τη σφαίρα: Όταν η απόσταση x από το κέντρο της σφαίρας που εφαρμόζεται η δύναμη F r βρίσκεται μεταξύ των τιμών R x R 5 < τότε Fr και T r έχουν την ίδια φορά. R Ενώ όταν x < ή όταν < x R τότε F r και T r έχουν αντίθετη φορά. ( R είναι η απόσταση 5 κάτω από το κέντρο Κ της σφαίρας (ΚΑ)) Τέλος για x= R η τριβή γίνεται μηδέν (T = ) 5 β. Για τον κύλινδρο: Όταν R x R < τότε Fr και T r έχουν την ίδια φορά όταν έχουν αντίθετη φορά. Για R x = η τριβή μηδενίζεται (T = ) R < x ή < x< R τότε F r και T r Άρα η φορά της T r εξαρτάται από την απόσταση x από το κέντρο μάζας του σώματος που εφαρμόζεται η δύναμη F r.

52 Θέμα 9 ο Ομογενής ράβδος ΟΑ μάζας m = kg και μήκους l = m μπορεί να περιστραφεί χωρίς τριβές γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το ένα άκρο της Ο. Αρχικά η ράβδος είναι κατακόρυφη και ισορροπεί. Στο άλλο άκρο Α εφαρμόζουμε σταθερή οριζόντια δύναμη F = w 3 (w = βάρος ράβδου). Α. α. Να μελετήσετε το είδος κίνησης της ράβδου. β. Να υπολογίσετε τη θέση (γωνία) όπου η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου γίνεται μέγιστη. Β. Να υπολογίσετε: α. Το ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της ράβδου αμέσως μετά την εφαρμογή της δύναμης F. β. Το μέτρο της μέγιστης γωνιακής ταχύτητας της ράβδου. γ. Το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας της ράβδου στη θέση της μέγιστης γωνιακής ταχύτητας. δ. Τη μέγιστη γωνία απόκλισης της ράβδου. Δίνεται η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς το σημείο Ο, = l Io m και g = m / s 3

53 Λύση: Α. α. Έστω ότι η ράβδος έχει αποκλίνει από την κατακόρυφο κατά γωνία φ. Τότε οι ροπές που ασκούνται στη ράβδο είναι, η ροπή της δύναμης F και του βάρους w. Οπότε η θεμελιώδης εξίσωση της στροφικής κίνησης για τη ράβδο γράφεται: φ Ε h Κ l Κ = ή Fl συνφ w ημφ = Ι αγων () w F l Δ Όσο η ροπή Fl συνφ > w ημφ, τόσο η α γων αυξάνει, άρα και η Γ Α γωνιακή ταχύτητα θα αυξάνει. l Όταν Στ = τότε ω = ω max και αμέσως μετά Fl συνφ < w ημφ οπότε η α γων αλλάζει φορά άρα η γωνιακή ταχύτητα θα μειώνεται. FOΔ ( ) w( KE) I αγων O β. Όταν Στ = τότε α γων = και ω = ω max και τότε η γωνία φ = φ οπότε η () δίνει: l F Fl συνφ w ημφ = άρα: εφφ = οπότε: w εφφ w 3 = ή εφφ = 3 άρα: φ = 6 (3) w h O Ε Κ Δ φ φ θ Κ w F Γ F F dl Β. α. Γνωρίζουμε ότι Στ = (4) αλλά Στ = F l w ή Στ = F l άρα η (4) δίνει dl F = l άρα: dl 3 = w l οπότε: dl 8,66 N m = β. Γνωρίζουμε ότι ΔΚ = ΣW, οπότε για τη ράβδο στη θέση φ έχουμε: I ( ) ω max = W F + W w ή I ( ) ω max = F ( ΓΔ ) w h επομένως l m l ω max = F l ημφ w ( συνφ ) ή ml ωmax = F ημφ w w συνφ άρα 3 6 ml ω w 3 3 w w max = + ή 6 4 ml ω w max = ή 6 ml ω mg max = ή 6 l ω g max = 3 άρα: ω = max 3g l οπότε: ωmax = 5,48 rad / s γ. Γνωρίζουμε ότι ΔΚ = Στ φ ή ΔΚ Δφ = Στ άρα: ΔΚ Στ ω Δt Δt Δt = (7) Στη θέση όπου ω = ω max έχουμε Στ = οπότε η (7) δίνει: ΔΚ Δt =

54 δ. Έστω θ η γωνία μέγιστης απόκλισης της ράβδου οπότε ΔΚ = Κ τελ Κ αρχ άρα ΔΚ = (αφού υ αρχ = υ τελ = ) l Αλλά ΔΚ = ΣW ή = F l ημθ w ( συνθ) ή w 3 l l l ημθ + w συνθ = w ημ6 άρα ημθ 3 + συνθ = αλλά εφ6 = 3 οπότε: ημθ + συνθ = συν6 οπότε ημθ ημ6 + συνθ συν6 = συν6 ή συν( 6 θ) = συν6 άρα 6 θ = κπ ± 6. Για κ = έχουμε δεκτή τη λύση θ =. Άρα η μέγιστη γωνία απόκλισης είναι: θ max =.

55 Θέμα ο Σφαίρα μάζας m = 5 Kg και ακτίνας R =, m κυλίεται σε οριζόντιο δάπεδο με γωνιακή ταχύτητα ω = rad/s. Στη σφαίρα ασκούμε οριζόντια δύναμη F = 4 N α) στο κέντρο της σφαίρας, β) στο ανώτερο σημείο της, όπως στο σχήμα. Όταν η γωνιακή ταχύτητα της σφαίρας γίνει ω= ω σε χρόνο Δt = s, να υπολογίσετε σε κάθε περίπτωση: α) το ρυθμό μεταβολής της γωνιακής ταχύτητας β) το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας, λόγω μεταφορικής κίνησης γ) το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας λόγω περιστροφής δ) το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας της σφαίρας ε) το ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της σφαίρας. Δίνεται I cm = mr. 5

56 Λύση: α) Ο ρυθμός μεταβολής της γωνιακής ταχύτητας μας δίνει τη γωνιακή επιτάχυνση, οπότε: dω ω ωαρχ = ή Δt τελ dω ω ω = άρα: Δt d ω ω = Δt άρα: d = οπότε: αγων = 5 rad/s ω 5 rad / s β) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας λόγω μεταφορικής κίνησης είναι: dk μετ = ΣFυ cm και από το σχήμα έχουμε: dk μετ = (F T στ )υ cm ή dk μετ = (F T στ )ωr () Αλλά για την κίνηση της σφαίρας έχουμε: F T T α I στ cm cm R = I = α = στ 5 = mα cm γων α R mr γων γων () (3) (4) T (5) στ = 5 mα cm ή 5 T α στ cm = (6) m Από την (6) η σχέση () γίνεται: T στ = F (7) 7 Οπότε η σχέση () δίνει: dk μετ = F F ωr 7 άρα: dk μετ = 7 Fω R (8) οπότε: dk μετ = 4 J / s γ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας λόγω περιστροφικής κίνησης είναι: dk περ = Στω ή dk περ = TRω και λόγω (7) προκύπτει: dk περ = 4 FRω 7 οπότε: dk περ = 6 J / s δ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας λόγω μεταφορικής και περιστροφικής κίνησης είναι:

57 dk Fυ dk dk dk = ή = ωr cm F άρα: = ω FR οπότε: = 56 J/s Παρατηρούμε ότι: dk dk = μετ + dk ε) Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής είναι: περ dl = Στ ή dl = TστR και λόγω (7) δίνει: dl dl = FR οπότε: =,8 N / m 7

58 Θέμα ο Ένας άνθρωπος μάζας m = 8 kg στέκεται στην περιφέρεια οριζόντιας πλατφόρμας μάζας M = 4 kg και ακτίνας R = m που περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της πλατφόρμας με γωνιακή ταχύτητα ω = rad/s. Σε κάποια απόσταση από το κέντρο περιστροφής της πλατφόρμας υπάρχει ηχητική πηγή που εκπέμπει ήχο συχνότητας f s = 68 Hz.Κατά την περιστροφή της πλατφόρμας ο άνθρωπος ακούει ήχο οξύτερο και βαρύτερο. Α) Να υπολογίσετε την τιμή του οξύτερου και βαρύτερου ήχου. Β) Ο άνθρωπος αρχίζει να κινείται προς το κέντρο της πλατφόρμας και διαπιστώνει ότι ο οξύτερος και ο βαρύτερος ήχος αυξάνει και μειώνεται αντίστοιχα. Να υπολογίσετε: α. τη θέση από το κέντρο Κ της πλατφόρμας που ο άνθρωπος ακούει το μέγιστο οξύτερο και τον ελάχιστο βαρύτερο ήχο. β. τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του οξύτερου και του βαρύτερου ήχου αντίστοιχα. Δίνεται η ροπή αδράνειας της πλατφόρμας ως προς τον άξονα περιστροφής της I= και υ ηχ = 34 m/s. MR

59 Λύση: Α. Η γραμμική ταχύτητα περιστροφής του ανθρώπου είναι: υ Α = ωr άρα: υ α = m/s Έστω Ε τυχαία θέση του ανθρώπου κατά την περιστροφή της πλατφόρμας, τότε η συχνότητα που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής είναι: υ υασυνφ fa = fs () υ Από την () προκύπτει ότι f A = min όταν υ Α συνφ = max και αυτό γίνεται όταν συνφ = άρα φ = Αυτό συμβαίνει όταν η ταχύτητα έχει τη διεύθυνση της ευθείας διαπασών παρατηρητής, αυτό όμως γίνεται όταν ο παρατηρητής βρίσκεται στη θέση Δ, όπου ΑΔ εφάπτεται της πλατφόρμας, οπότε η σχέση () γίνεται: ( f ) υ υ υ Α A = f min s άρα: ( f ) = A min 64Hz Στο τμήμα ΓΔ Γ ο παρατηρητής απομακρύνεται από το διαπασών άρα η συχνότητα που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής μειώνεται, με ελάχιστο στο σημείο Δ. Στο τμήμα του κύκλου Γ Δ Γ ο άνθρωπος πλησιάζει το διαπασών άρα η συχνότητα του αντιλαμβάνεται αυξάνει με τη μέγιστη όταν βρίσκεται στη θέση Δ, όπου ΑΔ εφάπτεται της πλατφόρμας οπότε η μέγιστη συχνότητα στη θέση Δ είναι: ( f ) υ+ υ υ Α A = f max s (3) άρα: ( f ) = A max 7Hz Β. α. Καθώς ο άνθρωπος κινείται προς το κέντρο Κ της πλατφόρμας εκτελεί κύκλους μικρότερης ακτίνας αλλά με μεγαλύτερη γωνιακή ταχύτητα αφού η ροπή αδράνειας του συστήματος πλατφόρμα ανθρώπου μειώνεται. Έτσι η γραμμική ταχύτητα περιστροφής θα είναι: υ = ωx (4) όπου x η ακτίνα περιστροφής του παρατηρητή και ω η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της πλατφόρμας. Η στροφορμή του συστήματος μένει σταθερή, άρα: ( Ι + mr ) ω L αρχ = L τελ οπότε ( I+ mr ) ω= ( Ι+ mxω ) ή ω = οπότε η (4) γίνεται Ι + mx ( I+ mr ) ω υ = x ή υ Ι + mυx = ( I+ mr ) ωx ή Ι + mx MR υ + mυx = MR + MR ωx αλλά m = M έχουμε: Mυx MR + MR ωx+ MR υ = ή 4υx 5R ωx+ R υ = για να έχει λύση η εξίσωση πρέπει: Δ ή οπότε: ( υ ) = 5 m / s και η λύση της είναι max 4 5 5R ω 6υ R άρα ( υ ) = Rω (5) max 4 5R ω β x = x = και λόγω (5) έχουμε: 8υ α