ΚΕΝΤΡΟ ΘΕΩΡΗΤΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ & ΧΗΜΕΙΑΣ ΕΔΟΥΑΡΔΟΥ ΛΑΓΑΝΑ Ph.D. Λεωφ. Κηφισίας 56, Αμπελόκηποι Αθήνα Τηλ.: , ,

Transcript

1 ΕΔΟΥΑΡΔΟΥ ΛΑΓΑΝΑ Ph.D. Αμπελόκηποι Αθήνα Τηλ.: , , ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ

2 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, ΣΜΑΡΑΓΔΑ ΣΑΡΑΝΤΟΠΟΥΛΟΥ, MSC, ΥΠΟΨΗΦΙΑ ΔΙΔΑΚΤΩΡ ΕΜΠ ΕΔΟΥΑΡΔΟΣ ΛΑΓΑΝΑΣ, Ph.D KENTΡΟ ΘΕΩΡΗΤΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗΣ & ΧΗΜΕΙΑΣ Τηλ.: edlag@otenet.gr, Δεν επιτρέπεται η ολική ή μερική αναδημοσίευση του κειμένου ή των σχημάτων χωρίς την γραπτή άδεια του συγγραφέα.

3 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, Σε ομογενές πεδίο βαρύτητας εκτοξεύεται τη στιγμή t 0 μια μπάλα με αρχική ταχύτητα υ 0 υπό o γωνία θ0 60 ως προς την οριζόντια. Η μπάλα φθάνει σε σημείο Γ που βρίσκεται σε ύψος h σε χρόνο t 5sec ανερχόμενη, και περνά από σημείο Ζ που επίσης βρίσκεται σε ύψος h μετά από χρόνο t 5sec κατερχόμενη (α) Να βρεθούν η αρχική ταχύτητα, το ύψος h και το μέγιστο ύψος h στο οποίο έφθασε η μπάλα. (β) Σε σημείο που βρίσκεται σε ύψος h /, η μπάλα κατερχόμενη εκρήγνυται δημιουργώντας δύο θραύσματα. Ποιά η τροχιά του κέντρου μάζας των θραυσμάτων; (Η αντίσταση του αέρα αμελείται). (α) η εξής: Η σχέση που εκφράζει το ύψος σε σχέση με τον χρόνο κάθε στιγμή στην πλάγια βολή είναι y υ0t gt. Εφαρμόζουμε την παραπάνω σχέση για τα δύο σημεία Γ και Ζ. h υ0t gt h υ0t gt Εξισώνοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε την αρχική ταχύτητα υ 0 : υ0t gt υ0t gt υ 0(t t ) g(t t )(t t ) υ0 g(t t ) υ0 98m /s Επιστρέφοντας σε μια από τις δύο σχέσεις ύψους υπολογίζουμε το h. h υ0t gt 98m /s 5s 9,8m /s 5 s 367, 5m Για του υπολογισμό του μέγιστου ύψους h αρχικά πρέπει να βρούμε τον χρόνο που χρειάζεται για να φθάσει στο σημείο Δ και στην συνέχεια να τον αντικαταστήσουμε στην σχέση ύψους-χρόνου. Στο μέγιστο ύψος ισχύει:

4 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, o o υ0 sin60 υy 0 υ0 sin 60 gt 0 t 8, 7s g Άρα τελικά h υ0t gt 98m /s8,7s 9,8m /s (8,7s) 48,7m (β) Το σύστημα θεωρείται απομονωμένο, αφού δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις, επομένως το κέντρο μάζας θα συνεχίσει την τροχιά που θα εκτελούσε η μπάλα αν δεν γινόταν η έκρηξη. (α) Αντικείμενο μάζας M 0 kgr εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση κατά μήκος του άξονα x. Τη στιγμή t 0 απέχει από την αρχή 4m, έχοντας ταχύτητα 5m /sec και επιτάχυνση 00m /sec που κατευθύνονται προς την αρχή του άξονα. Να βρεθούν: (i) η θέση x xt και η ταχύτητα υ υt της κινούμενης μάζας (ii) η δύναμη που ασκείται στη μάζα και η κινητική ενέργεια για t π/0sec. (β) Σε αρμονικό ταλαντωτή με απόσβεση, η δύναμη απόσβεσης είναι R cυ υ ταχύτητα, c σταθ.. Δείξτε ότι η ισχύς που οφείλεται στην απόσβεση ισούται με τον ρυθμό μεταβολής της μηχανικής ενέργειας. Υπολογίστε επίσης το ρυθμό μεταβολής του πλάτους της ταλάντωσης (δίδεται η σταθερά k της δύναμης επαναφοράς). (α) (i) εξίσωση: Η απλή αρμονική ταλάντωση κατά μήκος του άξονα x περιγράφεται από την διαφορική dx ω x 0 Η λύση της παραπάνω διαφορικής εξίσωσης είναι: x t Acos ωt δ, όπου A είναι το πλάτος της ταλάντωσης, ω η κυκλική συχνότητα και δ η αρχική φάση. Χρησιμοποιώντας τις αρχικές συνθήκες, μπορούμε να υπολογίσουμε τις άγνωστες σταθερές του προβλήματος. Για t 0 έχουμε Συνεπώς: Βρίσκουμε την ταχύτητα: x(0) 4m, υ(0) 5m/s και α(0) 00m/s. x0 Αcosδ 4 Αcosδ () 3

5 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, Άρα: Τέλος βρίσκουμε την επιτάχυνση: Επομένως: dx υ υ(t) A ωsinωt δ 4 υ(0) Aωsinδ 5 Αωsinδ () dυ α(t) α(t) Α ω cos ωt δ α(0) Α ω cosδ 00 Α ω cosδ Διαιρώντας κατά μέλη βρίσκουμε την κυκλική συχνότητα: 00 ω ω 5rad/s 4 Διαιρώντας κατά μέλη την () και () βρίσκουμε την αρχική φάση δ : 5 sin δ ω tanδ 0,75 δ 36,9 4 cosδ Από την () βρίσκουμε το πλάτος Α της ταλάντωσης. 4 4 Α m A 5m cos 36,9 0,8 Επομένως: (ii) xt 5cos5t δ, υt 5sin 5t δ Χρησιμοποιώντας τον ο νόμο του Νεύτωνα, υπολογίζουμε την δύναμη: F Mα α Αω cos ωt δ με π Για t έχουμε: π α 55 cos5 δ 5 0, 6 α 75 m /s 0 0 π m Άρα F Mα για t, F 0kg N. 0 s Η κινητική ενέργεια ορίζεται ως K Mυ όπου υ(t) A ωsin ωt δ π π m m για t : υ 55sin5 36, 9 υ 5* 0, s s. m Άρα K 0kg J, δηλαδή K 4kJ. s (β) Η μηχανική ενέργεια του ταλαντωτή ισούται με E mυ k x. Ο ρυθμός μεταβολής της μηχανικής ενέργειας ισούται με: de dυ dx de dυ m υ k x υm k x Από τον ο νόμο του Newton προκύπτει: ()

6 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, dυ dυ dυ F m k x cυ m m k x cυ () Αντικαθιστούμε την () στην () και έχουμε: de υ cυ cυ Η ισχύς ορίζεται ως εξής: P Fυ. Η ισχύς που οφείλεται στην δύναμη απόσβεσης R ισούται με: P Rυ cυυ cυ Παρατηρούμε ότι οι παραπάνω εκφράσεις είναι ίσες με cυ. Άρα η ισχύς που οφείλεται στην απόσβεση ισούται με τον ρυθμό μεταβολής της μηχανικής ενέργειας του ταλαντωτή. Από τον ο νόμο του Newton προκύπτει: Ορίζοντας ως dυ d x dx d x c dx k m m k x cυ m m c k x 0 x 0, ω η διαφορική εξίσωση κίνησης γράφεται ως εξής: m d x c dx ω x 0, m k Η παραπάνω διαφορική εξίσωση έχει λύση : ct/m x(t) Α e cos ωt δ δηλαδή το πλάτος της ταλάντωσης φθίνει εκθετικά συναρτήσει του χρόνου. Ο ρυθμός μεταβολής του πλάτους της ταλάντωσης είναι: c c d t c t A e m A e m. m 5

7 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, Ποια οριζόντια δύναμη πρέπει να ασκήσουμε στο αμαξάκι του διπλανού σχήματος, έτσι ώστε τα σώματα να παραμένουν ακίνητα σε σχέση με το αμαξάκι; Υποθέστε ότι όλες οι επιφάνειες, οι τροχοί και η τροχαλία δεν υφίστανται τριβές. (Υπόδειξη: σημειώστε ότι η τάση του νήματος επιταχύνει το m ). Για να παραμείνουν τα σώματα ακίνητα σε σχέση με το αμαξάκι, πρέπει να έχουν την ίδια επιτάχυνση. Η δύναμη F είναι η μόνη δύναμη (εξωτερική) που δρα στο σύστημα, στην διεύθυνση της κίνησης. Εφαρμόζοντας το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα για το σύστημα των τριών σωμάτων, προκύπτει: ΣF (συστήματος) = x F M m m α Επομένως, για να προσδιορίσουμε τη δύναμη F, πρέπει να υπολογίσουμε την επιτάχυνση α. Για το σώμα μάζας m, ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα, γράφεται: T m α Για το σώμα μάζας m, η συνθήκη ισορροπίας στην διεύθυνση y γράφεται: F 0 T m g 0 T m g Aλλά: y m T T mα mg α g m Αντικαθιστώντας, η δύναμη F θα είναι: m F M m m g m (α) ισχύει Δώστε τον ορισμό της στροφορμής και αποδείξτε ότι αν σε ένα σώμα ασκείται ροπή τ, τότε dl τ. Πότε έχουμε διατήρηση στροφορμής; 6

8 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, (β) Ένα σώμα έχει μάζα m kg και διάνυσμα θέσης ˆ ˆ. Υπολογίστε το r 6ti 5t j m διάνυσμα της στροφορμής ως προς την αρχή των αξόνων, τη ροπή και τη δύναμη που ασκούνται στο σώμα. (α) Η στροφορμή ορίζεται από τη σχέση: L r p Παραγωγίζουμε τη στροφορμή ως προς το χρόνο και έχουμε: dl dr dp dl p r υ p r F dr dp διότι προφανώς υ και F. Επίσης, η νευτώνεια ορμή ορίζεται ως εξής: p mυ. Άρα: dl υ m υ r F Όμως, από τον ορισμό του εξωτερικού γινομένου έχουμε ότι dl r F τ υ m υ 0. Επομένως: Η στροφορμή διατηρείται όταν dl 0, δηλαδή όταν η ροπή που ασκείται στο σώμα είναι μηδέν. (β) Η στροφορμή ορίζεται από τη σχέση: L r p. Παρακάτω υπολογίζουμε την ορμή από την σχέση p mυ Άρα: ˆ ˆ dr d υ 6t ˆi 5t j 6i ˆ 0t j m /s ˆ ˆ m p mυ i 0t j kg s 7

9 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, Για τον υπολογισμό της στροφορμής, βρίσκουμε το παρακάτω εξωτερικό γινόμενο: ˆi ˆj kˆ ˆ ˆ ˆ ˆ r p 6t 5t 0 i 5t 0 0t 0 j 6t 0 0 k 6t 0t 5t 60t k 0t 0 Άρα, η στροφορμή θα είναι L 60t kˆ και η ροπή τ θα ισούται με Νόμο του Νεύτωνα, ισχύει: F dp d i ˆ 0t ˆ j 0j ˆ dl τ 0t kˆ. Από τον ο Ράβδος μήκους L μπορεί να περιστρέφεται σε κατακόρυφο επίπεδο στηριζόμενη στο ένα άκρο της. Αν για t 0 βρίσκεται σε κατακόρυφη θέση και αφεθεί ελεύθερη, να βρεθεί (α) η γωνιακή της ταχύτητα, (β) η γωνιακή της επιτάχυνση τη στιγμή που σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφη, (γ) ποια είναι η γραμμική ταχύτητα του ελεύθερου άκρου της ράβδου στην κατακόρυφη θέση και (δ) προσδιορίστε το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας της ράβδου. (α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας κι έχουμε ότι: K K W f i Αρχικά η ράβδος είναι ακίνητη, άρα Ki 0 8

10 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, K L F W I0ω mg Η κινητική ενέργεια εκ περιστροφής ισούται με το έργο του βάρους για το κέντρο μάζας, όπου I o η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής O. Άρα: (β) (γ) L Io ml m ml 3 L 3g 3g ml ω mg ω ω 3 L L Για τον υπολογισμό της γωνιακής επιτάχυνσης, χρησιμοποιείται η σχέση: L 3g τ Ioαγ mg sin θ ml αγ αγ sin θ 3 L Η σχέση που συνδέει γραμμική και γωνιακή ταχύτητα είναι η εξής: υ ωl Επομένως, προκύπτει ότι: 3g υ L υ 3gL L (δ) Ορίσαμε την κινητική ενέργεια εκ περιστροφής, η οποία ισούται με K Ioω. Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας θα είναι: dk dω dk Iω I ωα Όμως τ Ioαγ και άρα: dk τω o o γ 9

11 Τηλ.: , edlag@otenet.gr, Γενική Χημεία Ι, ΙΙ Μαθηματικά Ι, ΙΙ, ΙΙΙ Φυσική Ι, ΙΙ Ανόργανη Χημεία Ι, ΙΙ, III Φασματοσκοπία Ενόργανη Ανάλυση Ι, ΙΙ Ποιοτική Ανάλυση Ποσοτική Ανάλυση Φυσικοχημεία I, II, III, IV Πρακτικά Φυσικοχημείας ΙΙΙ, IV Ειδικά Κεφάλαια Φυσικοχημείας Χημεία Στερεάς Κατάστασης Θεωρία Ομάδων Υπολογιστές Eιδικά Κεφάλαια Ανόργανης Επιλογές H σίγουρη λύση που οδηγεί στο πτυχίο 0