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

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

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

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

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

1 ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ - ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Απλή αρμονική ταλάντωση 1.1 (β), (γ), (ε). 1.2 1.3 1.4 Η αρχική φάση είναι 0 ή π rad. Για να επιλέξουμε ανάμεσα στις δύο χρειάζεται να γνωρίζουμε την κατεύθυνση (πρόσημο) της ταχύτητας τη χρονική στιγμή μηδέν. (Υ) Η ταχύτητα είναι: Η επιτάχυνση είναι: Η δύναμη είναι: μηδέν στις θέσεις x = Α ή χ = -Α, μέγιστη στη θέση ισορροπίας (χ = 0). μηδέν στη θέση ισορροπίας (χ = 0), μέγιστη στις θέσεις χ = Α ή χ = -Α. μηδέν στη θέση ισορροπίας (χ = 0), μέγιστη στις θέσεις χ = Α ή χ = -Α. Σύμφωνα με τη διατήρηση της ενέργειας στις ταλαντώσεις Ε = Κ + U όταν U - Κ τότε Ε = 2U ή DA 2 2 Επομένως χ = ± V2 1.5 1 2-Dx 2 2 5 J Η 3 J 2 J *2 4 J 1 J A 5 J 0 a 1.6 1.7 1.8 α) Τ/4, β) Τ/2, γ) 3T/4. a) 1, β) αρνητική, γ) 0. (β)

Κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων 1.9 α) 1,5χ ΙΟ" 6 s, β) 3 χ ΙΟ" 6 s, γ) 0,75χ ΙΟ" 6 s, δ) 0,75 χ ΙΟ" 6 s. 1.10 Λόγω της τάσης από αυτεπαγωγή που εμφανίζει στα άκρα του το πηνίο. 1.11 80x10" 3 J 40x10" 3 J 120x10 3 J Ο 3 J 70x10" 3 J 50x10" 3 J * 120> 120x10" 3 J 1.12 a)l A <L B, β)ι Α >Ι Β 1.13 a) Q b = 2Q a β) E B = 2E A γ)t B =T A δ)ι Β =2Ι Α 1.14 (γ). 1.15 1 (γ), 2 (β). 1.16 δυναμική ενέργεια μαγνητικού πεδίου ενέργεια ηλεκτρικού παραμένει σταθερό. Φθίνουσα, ελεύθερη και εξαναγκασμένη ταλάντωση. Συντονισμός. 1.17 (γ) 1.18 (γ) 1.19 (γ) 1.20 Το Β. 1.21 (γ), (δ). 1-22 (β), (γ). 1.23 (β)

1.24 Αν Α κ, Λ κ+1 είναι οι τιμές του πλάτους και Ε κ, Ε κ+1 οι αντίστοιχες τιμές της ενέργειας της ταλάντωσης κατά τις χρονικές στιγμές ΚΤ και (Χ + 1)Γ όπου Κ = 1,2,3... τότε Α β -ΑΚΤ ΛΤ α) -e -^κ+ι A a e -Λ(Κ+1)Τ β) ~ DA l Ε J7 Κ _2 1 -Ίί+1 D4 2 U/L K+1 / Α λ2 κ Λ V Λ κ+1 -e 2ΛΤ Σύνθεση ταλαντώσεων 1.25 8 cm 2cm. 1.26 (β), (γ), (δ), (ε). Απλή αρμονική ταλάντωση 1.27 Θεωρούμε ότι στη θέση ισορροπίας (θέση 1) το ελατήριο Κ, έχει επιμηκυνθεί κατά χ ι και το ελατήριο Κζ έχει επιμηκυνθεί κατά χ 2 οπότε επειδή EF = 0 θα είναι Κ 2 χ 2 -Κ ι χ ι = 0 (1) Σε μια τυχαία θέση που απέχει χ από τη θέση ισορροπίας (θέση 2) ισχύει ΗΜ.Μ.ΜΛ1 ifflmimti (1) (2) EF = Κ 2 (χ 2 -jc)-at,(x, +χ) (2) (θεωρούμε θετική τη φορά της απομάκρυνσης χ)

η οποία αν λάβουμε υπόψη την (1) γίνεται Σ/ 7 = -(Κ 2 + )χ (3) Η (3) είναι της μορφής ZF = -Dx όπου D - Κ 2 + Κ λ οπότε το Σ κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο Τ = 2π λ β = 2π Ι = 0,2π s \D \Κ 2 +Κ γ Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν θεωρήσουμε ότι στη θέση ισορροπίας και τα δύο ελατήρια είναι συσπειρωμένα ή ότι έχουν το φυσικό τους μήκος. 1.28 Θεωρούμε ότι η ταλάντωση είναι αμείωτη. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε -DA 2 =-Dx? + mu? 1 1 2 2 2 2 οπότε D = = 200 Ν / m Α 2 χ 2 β) DA 2 = Dxl + mv] 2 2 2 2 2 Id(A 2 -χ 2 ) 0 οποτε υ = J -=3 mis ν m 1.29 Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (δες παράδειγμα 1.1). Στη θέση ισορροπίας ισχύει Σ/ 7 = 0 δηλαδή mg - ΚΙ = 0 οπότε Κ = ^ (1). Η περίοδος της κίνησης δίνεται από τη σχέση Τ = 2π λ 1171 η οποία, αν λάβουμε υπόψη την (1), γίνεται Τ = 2π ι = 0,314s \S

Ηλεκτρικές ταλαντώσεις 1.30 / = - = ^= = 1126 Hz Τ In^LC 1.31 Το φορτίο του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση q = Q συν cot Για t = 0 q-q- CV = 10~ 3 C Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης είναι ω = = ^πγ = J = 1000 rad / s τ 2K4LC 4LC Επομένως q = 10-3 owloooi (SI) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα δίνεται από τη σχέση i = I ημωΐ. Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε -LI 2 =-0- οπότε Ι = -β= = \Λ 2 2 C VZC Τελικά ΐ = ημ\000ί (SI) Φθίνουσες και εξαναναγκασμένες ταλαντώσεις. Συντονισμός. 1.32 Α χ = A 0 e~ M ' ή e ~ A l ' ή -At, = In και Λ = - In (1) Α ο Α ο Α ο α = A e M o ~ ή *-*=4 ^ ^ 4 i n 4 ^ Α.. Λ yi ο Η (2) γίνεται από την (1) t = t,. In Α In απο οπου βρίσκουμε Α \ 4, Α ο t = In = (lnl-ln32) = ln32 = ln2 5 =50s 32 In 1 - In 2 In 2 In 2 2

Σύνθεση ταλαντώσεων 1.33 Η σχέση που δίνει το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης είναι Α = ^Α 2 + Α\ + 2Α Λ Α 2 συνφ Αν θέσουμε Α χ 4m, Α 2 Am και φ πrad προκύπτει Α = 0 (το σώμα δεν ταλαντώνεται). 1.34 Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α = -Ja? + Α 2 + 2Α ] Α 2 συνφ Αν θέσουμε A, -0,1m, Α 2 = 0,04 m και φ - 0 προκύπτει Α = 0,14 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50 rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση εφ ι9 = Α ι + Α 2 συνφ η οπο{ α για φ = 0 δίνει εφ <9 = 0 και τελικά 3 = 0. Επομένως, η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι * = 0,1477//50ί 1.35 Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α = yj Α, 2 + Α 2 + 2 Α { Α 2 συνφ Αν θέσουμε Α ι = 0,08 m, Α 2 = 0,06 m και φ--π προκύπτει Α = 0,02 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50π rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση Α ι j jt ι (ρ εφ ι9 = η οποία για ω = π δίνει εφ 9 = 0 και τελικά Α χ + Α 2 συνφ 3 = 0. Η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι χ = 0,02ημ50πί (SI) rad 10

Η ταχύτητα δίνεται από τη σχέση υ = Αωσυν{ωί + 3) οπότε υ = 3,14συν50 ττί (SI) Η επιτάχυνση δίνεται από τη σχέση α --Αω 2 ημ(ωί + 9) οπότε α - -493?7μ50/7ί (SI) Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση Τ = = 0,04 s ω 1.36 Οι ήχοι που παράγονται από τα δυο διαπασών έχουν μικρή διαφορά συχνότητας, οπότε από συμβολή τους προκύπτουν διακροτήματα με συχνότητα f Ά = /, - / 2 1 = 0,5 //ζ Ο χρόνος που μεσολαβεί μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ήχου ισούται με την περίοδο των διακροτημάτων, που δίνεται από τη σχέση Τ δ - = 2 s fδ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 1.37 Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής χ = Α ημ{ωί + φ) Θα βρούμε διαδοχικά τα Α, ω και φ Τ Ο \ ΓΛ 4π2,η 1 -ΙηΛ οποτε D = (1) \ D Τ Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε DA 2 = Dx 2 + mv 2 άρα A = Jx 2 + u 2 2 2 2 V D Λαμβάνοντας υπόψη την (1) τελικά έχουμε Α = Λ χ 2 +-^ τ-υ 2 =4x10~ 2 m Μ 4π 2 ω = Τ = 10 rad / s 11

Η χ = Α ημ{ωί + φ) για t Ο δίνει χ - Α ημφ οπότε χ 1 π 5π ημφ sis- δηλαδή φ = ή φ = - Α 2 6 6 π (Η λύση φ = απορρίπτεται, γιατί για t=0 δίνει υ>0 ) 6 Οι ζητούμενες εξισώσεις είναι χ = 4 χ 10 2 ημ 10/ + 5π (SI) υ = Α ω συν(ωί + φ) = Ο,Ασυν 10/ + α = -Αω 2 ημ{ωί + φ) = -Αημ 10/ +.38 "ο σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (βλέπε και παράδειγμα 1-1). α) Τ = 2π Λ / = = J = Ηζ Τ 2π\ m π " Χ F< χ, I ( F β) Η μέγιστη απομάκρυνση του "" j' σώματος είναι A - d. d j w ; Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι w Λ: = άημ(ωί + φ). Για / = 0 d = άημφ οπότε ημφ = 1 δηλαδή φ = rad 2 Στην περίπτωση που η κατεύθυνση προς τα κάτω θεωρηθεί αρνητική για / = 0 -ά = άημφ οπότε ημφ = -1 δηλαδή 3π φ = rad j 2 12

Υ) ^mux = Αω = d2/rf' = 0,5 mls δ) fl max = Αω 1 = d4 π 2 f 2 =5 mis 2 ε) Στη θέση ισορροπίας (θέση 1) ZF = 0 οπότε Κχ χ - mg και mg χ, = 1 Κ Το σώμα δέχεται τη μέγιστη δύναμη στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης (θέση 2) Fl=K{x,+d)=K mg Κ + d mg + Kd = 15 Ν, _ 2π π,. 1.39 ω = = rad / s Τ 5 χ = 0,2ημ^ί ΨΜΜί \ Θέτουμε χ = 0,1 m και λύνουμε ως προς το χρόνο τι 1 π ημ 1,= Γ ημ Ί Δύο διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι οι '5 25 t, = s και ^ 1 2 6 6 Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στις δύο διαδοχικές στιγμές που το σώμα θα βρεθεί στη θέση Λ: = 0,1 m είναι At = ί, -t, = s 1.40 Θεωρούμε ότι το σύστημα κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς Κ. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση έχουμε -ΚΑ 2 =-Μυ 2 2 2 οποτε Α = = 0,1m 13

Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στη στιγμή της πρόσκρουσης (υ = U max ) και τη στιγμή που η ταχύτητα Τ π ' \ Μ π μηδενίζεται είναι At = = J = 4 2\ Κ 100 s. β) Ο επιβάτης κάνει ταλάντωση ίδιας περιόδου με το σύστημα με σταθερά επαναφοράς D. Τ =Τ συστήματος επιβάτη οπότε m D = Κ. Μ Ο Λ Ο, \Μ ~ Μ δηλαδή 2π. / = 2π. / \ Κ \ D Η δύναμη που δέχεται από τη ζώνη παίζει το ρόλο της δύναμης επαναφοράς. Το μέτρο της δύναμης θα πάρει τη μέγιστη τιμή του τη χρονική στιγμή t = οταν χ = Α. F mak = DA = ΚΑ 15 χ 10 3 Ν Μ Τ 4 1.41 α) Μετά την (πλαστική) κρούση του συστήματος βλήμα-σώμα, η κοινή τους ταχύτητα θα είναι V για την οποία ισχύει mv = (m + M)V I. J υ α V επομένως V = m + Μ υ = 5 mis. β) Το συσσωμάτωμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με D = Κ. Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε ~ ΚΑ 2 = (m + Μ )V i ihw I οποτε m + M A = V. = 0,1m V Κ 14

γ) Το σύστημα θα σταματήσει στιγμιαία, για πρώτη φορά, μετά από,. Τ 2π lm + M η_ 2 χρονο At = = =3,14x10 s. 4 4 \ Κ 1.42 α) / = ωρ = 2π/ρ = 5χ10" 3 Λ Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε: i ^ 4 c + i i i 2 και i^q'- L a ' < ) Όμως / = - ^== ι και rvva I i-j LC \ = \ ^ (2) 2K4lC 4π 2 / 2 Οπότε η (1) γίνεται από τη (2) q = \ Q = 4xlO" 7 C β) U ε =-2~ Ε 2 C 2 (3) U E +U B = 0 επομένως U B = (4) 2 C 2 C 2 C 1 Ο 2 Η ολική ενέργεια παραμένει σταθερή Ε = = 25x10 8 J (5) 2 C Οι συναρτήσεις (3) (4) και (5) παριστάνονται γραφικά στο διάγραμμα που ακολουθεί Ενέργεια (J) Ε=25χ10-0,5 +0,5 15

1.43 α) Q = CV = 4x 10~ 3 C E β) U ττ π ι q 2 11Q 2 F = U η = οποτε = 2 2 C 22 C Λ/2 και q = Q~Y ~ 2A/2 xlo -3 C γ) Η σχέση που δίνει το φορτίο του πυκνωτή σε συνάρτηση με το χρόνο είναι q = Q συ ν cot (1). ι λ _3 λ 2λ" 2π ΙΟ 3 οπου C? = 4 χ 10 C και ft» = = ; = rafl / 5 Τ 2π4Σΰ 6 Η πρώτη φορά που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή γίνεται ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο ταυτίζεται με την πρώτη φορά που το φορτίο στον πυκνωτή γίνεται q = 2Λ/2 Χ 10~ 3 C, δηλαδή τη στιγμή για την 1 ο 3 οποία 2\/2 χ 10~ 3 = 4xlO^cruv 1 6 Λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση ως προς τον χρόνο και βρίσκουμε ότι η μικρότερη τιμή του για την οποία ισχύει η εξίσωση είναι t = 1,5 x 10^3 s. 1.44 Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε Ι 1 = Ι2ΐ + Ι^ 2 C 2 C 2 οπότε Q = -yjq 2 + LCi 2 = 4 x 10 5 C = 40//C 1.45 α) Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ίση με αυτή των δύο ταλαντώσεων στις οποίες μετέχει. Άρα ω = 50π rad και D = mco 2 = 5xl0 4 N/m β) Το πλάτος της ταλάντωσης που κάνει το σώμα είναι Α = yjα 2 + Α 2 + 2Α ί Α 1 συν(- π) = Α, - Α 2 = 5 χ 10" 2 m οπότε η ενέργεια της ταλάντωσης είναι Ε = DA 2 = 62,5 J γ) Από τη διατήρηση της ενέργειας της ταλάντωσης έχουμε 16

1, 1, E = -mu 2 +-Dx 2 2 2 οποτε V 2E z Dx^ =^ m / s m 1.46 a) To Σ 2, όσο βρίσκεται σε επαφή με το Σ,, εκτελεί τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης. Το ρόλο της δύναμης επαναφοράς για το Σ 2 παίζει η δύναμη F που δέχεται από το Σ,. Η επαφή ανάμεσα στα δύο σώματα χάνεται όταν F = 0 δηλαδή στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. rfilwk Κ m, m 2 β) Το Σ 2 αφού χάσει την επαφή του με το Σ, κινείται Α d 4 ευθύγραμμα ομαλά με L> υ = Αω = Α Κ = 2 ml s 2«ΙΦΜιϊ5 m x +m 2 και το Σι κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος Α' Από τη διατήρηση της ενέργειας κατά την ταλάντωση του Σι έχουμε: s -m x v 2 = ΚΑ' 2 2 ι max ^ από όπου βρίσκουμε A ' = v m axj^ = 0,2m γ) Το Σ, μηδενίζει την ταχύτητά του σε χρόνο Τ' π \m, π, Λ, At = =. - = 5 απο τη στιγμή που χάθηκε η επαφή αναμεσα 4 2^1 Κ 20 17

στα δύο σώματα. Στο χρόνο αυτό το Σ 2 έχει διανύσει * = ^ Δ ' = 0 > 314 Η απόσταση μεταξύ τους εκείνη τη χρονική στιγμή θα είναι d = s A' = 0,114m 1.47 α) Το σώμα μάζας mj κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς D = Κ. Για να φτάσει από το ανώτερο σημείο στη θέση ισορροπίας του χρειάζεται χρόνο a i = L ^ K = j l s. 4 4 V Κ 20 Στον ίδιο χρόνο το σώμα μάζας τη? πρέπει να διανύσει διάστημα h. h = g(at) 2 = 0,125 m β) Αμέσως πριν τη σύγκρουση τα σώματα έχουν ταχύτητες max = Α (ο 2π,Ι~Κ~ = I = 2m/ s υ 2 = gat = \,51m/s γ) Εφόσον τα σώματα μετά την κρούση τους αποκτούν ταχύτητες αντίθετες από αυτές που είχαν πριν συγκρουστούν, θα επιστρέψουν στις αρχικές τους θέσεις και το φαινόμενο θα επαναλαμβάνεται συνεχώς. Η περίοδος του φαινομένου είναι Τ Τ φ =- όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης του mi = 0,314s 18

jfl ςτ 1.48 α) Στη θέση (1) ZF = Ο οπότε ΚΙ = m l g και Κ = j = 12Ν / m Αν υ η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση - θέση (3) - εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: (m, + m 2 )υ 1 + ΚΙ 2 2(Wj +m = (w, + m 2 )gl και u= 2 )gl-ki i =2mls w, +m 2 β) To συσσωμάτωμα μετά την κρούση θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης (5) θα ισχύει (jfj -j- jfi ^ ρ- 1 ZF = 0 οπότε ΚΑ = {rn x + m 2 )g και Α = 0,625m Κ Στη θέση αυτή το συσσωμάτωμα αποκτά τη μέγιστη ταχύτητα που είναι 2π 'Λτμχ =ωα = γ Α = Α = 2 /m. + m 2 Wj +m 2 Κ γ) Ο χρόνος κίνησης από την ανώτερη θέση στη θέση ισορροπίας είναι Τ π τη. + m,. At = = J i = 0,4s 4 2V A" Κ -A = 2,5m/ s 19

1.49 α) Το κύκλωμα το σχήματος (α) διαρρέεται από σταθερό ρεύμα R + r = 0,6 Α Α Β t=0 AAA Λ Β vwv^ (α) (β) Αμέσως μετά τη μεταφορά του μεταγωγού στη θέση Β στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα που προκαλεί αυτή η ηλεκτρεγερτική δύναμη είναι ομόροπο με το αρχικό. Επομένως ο οπλισμός που θα αποκτήσει πρώτος θετικό φορτίο είναι αυτός που συνδέεται με τον αρνητικό πόλο της πηγής. β) Από τη στιγμή μηδέν και μετά το κύκλωμα που περιλαμβάνει το πηνίο και τον πυκνωτή θα εκτελέσει ηλεκτρική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ω = 2π 2π = 10 rad / s Τ 2^VLC Τη στιγμή μηδέν ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα μέγιστης έντασης. Εκείνη τη στιγμή το μαγνητικό πεδίο του πηνίου έχει ενέργεια ίδια με αυτή που είχε πριν μετακινηθεί ο μεταγωγός, επομένως το ρεύμα έχει ένταση I = 0,6 Α (μέγιστη). Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι Q = L = 6x10" 5 C ω Επομένως οι εξισώσεις του ρεύματος και του φορτίου με το χρόνο είναι ί = 0,6 owl0 4 t ijr = 6xl0" 5 77//ΙΟ 4 1 20

.50 α) Όταν ανοίγουμε το διακόπτη Δ μεταβάλλεται το ρεύμα που διαρρέει το πηνίο. Αυτό έχει ως συνέπεια την εμφάνιση ηλεκτρεγερτικής δύναμης από αυτεπαγωγή. Το πηνίο επομένως vqfiflfloλειτουργεί ως πηγή, η οποία φορτίζει τον Α L πυκνωτή. β) Το μέγιστο ρεύμα στο πηνίο θα είναι Ι = ^ = 3Α Ε,r R + r Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί το πηνίο είναι ίση με τη μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή -L/ 2 =-CF 2 οπότε C = ~ = 18x 10~ 6 F 2 2 V 2 (Η ελάχιστη χωρητικότητα του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης μεταξύ των οπλισμών του). 21

2 ΚΥΜΑΤΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα 2.1 (γ) 2.2 α) Β β) Γ 2.3 Ια) Γ ΐβ) Α 2α) Α, Δ 2 β) Β, Ε 2γ) Β, Ε 2.4 (α), (β), (δ) 2.5 1) (β) 2) (γ) Συμβολή - στάσιμα 2.6 2.7 2.8 1) Δ Δύο πηγές λέγονται σύγχρονες ή σε φάση όταν δημιουργούν ταυτόχρονα μέγιστα και ελάχιστα. αντίθετες παραμένουν συνεχώς ακίνητα μέγιστο πλάτος κοιλίες λ/2. 2.9 1) (β) 2) (α) 2.10 α) ΌΧΙ β) Γ 2.11 α) β) γ) δ) Δεσμοί Β, Δ, Ζ Κοιλίες Α, Γ, Ε, Η π rad Μηδέν λ/4 2.48 (α) 22

Ηλεκτρομαγνητικά κύματα 2.13 1,53 χ ΙΟ 8 km. 2.14 7,46 φορές. 2.15 (δ) 2.16 (γ) 2.17 Ραδιοκύματα ν /ΙΟ Ηζ Μικροκύματα \ Ν ^ 1 Ο π Ηζ Ακτίνες Χ ^ / \ \ 1 0 Ηζ Υπέρυθρο ^\J0 10 Hz Υ περιώδες 10 15 Ηζ Ακτίνες γ 10 19 Ηζ 2.18 α) Ραδιοκύματα. β) Μικροκύματα. γ) Ακτίνες Χ. δ) Ακτίνες γ. 2.19 (α). 2.20 (γ). Ανάκλαση - διάθλαση 2.21 Όταν υφίσταται ανάκλαση ή διάθλαση. 2.22 60 και στις δύο επιφάνειες. 2.23 (α). 2.24 Η συχνότητα παραμένει σταθερή, η ταχύτητα διάδοσης μειώνεται, το μήκος κύματος μειώνεται. 23

2.25 (α). 2.26 Το μπλε. 2.27 Στην πλάκα με δείκτη διάθλασης η = 1,6. 2.28 α) β) Α. Α. 1 SSI I ί ΑΣΚΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα 2.29 Ο χρόνος που χρειάζεται ένα σημείο της χορδής για να μετατοπισθεί από τη θέση μέγιστης απομάκρυνσης στη θέση ισορροπίας είναι ίσος με Τ/4 = 0,15s οπότε Τ = 0,6s και f = = Ηζ. 4 Τ 6 Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ = λ/ = 2m!s. 2.30 Συγκρίνοντας τη σχέση με τη γενική σχέση βρίσκουμε _y = 3xl0 ημ{\2>20ί - 4χ) γ = Αημ2π^-~) 1 Α α) 2π λ = 4 rad / m οποτε λ 2π 1,57 m. β) = 2nf = 1320 rad / s οπότε / = 1^2.Hz Γ 2π και υ = Af = 330m / s 24

ο 2π γ) Α = 3χ\0 m και ω = = 1320 rad I s Τ οπότε t» max = Α ω = 39,6 m Is δ) ^ι=1320ί - 4xj και φ 2 = 1320ί - 4χ 2 φ χ -φ 2 = 4(Χ 2 - χ,) οπότε 2π Δχ= Ψι ~ Ψι = -3- = 0,523m 2.3 Ι α) Το κύμα φτάνει στο σημείο Β μετά από χρόνο t = - = 20s υ β) Θέτουμε στην εξίσωση κύματος ί = 21,5 s και χ = 60 m και βρίσκουμε την απομάκρυνση y = 0,1Ϊ7/Ι2ΛΤ(0,25 Χ 21,5-5) = 0,05λ/2 W - 5y[2.cm 25

Στάσιμο κύμα 2.32 α) Ένα στάσιμο κύμα που περιγράφεται από την εξίσωση ο A 2τϊΧ 2Tit γ = 2Ασυν ημ (1) Α 1 προκύπτει από τη συμβολή δύο κυμάτων που περιγράφονται από τις εξισώσεις yj ~ Α ημ2π(γ - j) και y 2 = Α ημ2π(~ + Συγκρίνουμε την (1) με την 7DC y = 0,5συν ημ40μ και βρίσκουμε 2Α = 0,5cm και Α = 0,25cm 2π π λ 3 και λ = b cm ^ = 40π και / = = 20 Ηζ Τ " Τ Τελικά y x = 0,25ημ2π(20ί - ) 6 και y 2 = 0,25ημ2π{20ί + ) 6 λ β) Η απόσταση δύο διαδοχικών δεσμών είναι d = = 3 cm γ) Η σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται ένα r,,. 2τνκ 2ηί σημείο του μέσου είναι υ = 2Αωσυν συν Α Τ ' η. a r 2τιχ 2ict ή υ = 2Α2π/συν συν 9 Για χ = 1cm και t = s βρίσκουμε λ υ = -31,4cm/,ν Τ δ) υ = λ f = 120 cm / s = 1,2 mis 26

2.33 β) Το πλάτος ταλάντωσης ενός σημείου του μέσου δίνεται από τη σχέση 2πχ \Α= 2 Ασυν 1 λ 2 Α = 4 cm y(cm) t = 0 5s = Τ/4 x(cm) Α = m 10 cm 2 Τ = 2s οπότε \Α'\ = Για χ = 12,5 cm οπότε πχ 4συν 10 λ = 20 cm Is = Τ/2 μΐ= 4 συ ν π = 2λ/2 cm 2.34 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 = 2d = \m και υ = λf = 340mis. J 2 β) Τα μέγιστα του ήχου αντιστοιχούν σε δυο διαδοχικές κοιλίες του στάσιμου κύματος. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών κοιλιών είναι λ' d' = οπότε λ' = 2d' = 0,4m. 2 υ υ = λ r οπότε /'= = 850Ηζ. λ' 2.35 y t =5ημπ(5/-χ) = 5ημ2π(2,5ί- ) (1) και y x =5ημπ(5ί + χ) = 5ημ2π(2,5/ + ^) (2) Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και (2) με την εξίσωση κύματος y = Α ημ2π(γ - 27

γ = Αημ2π{-^ + ^-) 1 A βρίσκουμε A = 5cm f = γ = 2,5 Ηζ λ = 2 cm α) υ = λ/ = 5 cm/ s β) Το στάσιμο κύμα που προκύπτει από τη συμβολή των δύο κυμάτων έχει εξίσωση - 2 tdc 2 Μ y = 2 Ασυν ημ = ΙΟσυν πχημ5πί λ Τ Το πλάτος ταλάντωσης των σημείων του μέσου δίνεται από τη σχέση Λ' = ΐΟσι;ν πχ\ Οι δεσμοί του στάσιμου κύματος αντιστοιχούν στις λύσεις της εξίσωσης Α' = 0 71 η συνπχ = Λ0 = συν οποτε 2 or-, π πχ = ΙΚπ Η οποτε χ ~ cm 1, η χ 5 = cm, η 2 2 2 π, 3, 1, και tcx = Ζ Κ. π οποτε χ = cm η χ = cm η 2 2 2 Δεσμούς θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0,5 cm, 1,5 cm, 2,5 cm, 3,5 cm, Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικοί δεσμοί απέχουν μεταξύ τους λ = ι 1cm. 2 Για να βρούμε τις θέσεις των κοιλιών θέτουμε \Α'\ = 10cm και λύνουμε ως προς x συνπχ = συνο ή συνπχ = συν π οπότε 7ΐχ = Κπ και χ = 0 ή χ = lcm ή χ = 2cm ή Κοιλίες θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0, lcm, 2cm,3cm, 28

Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικές κοιλίες απέχουν μεταξύ τους λ ' = 1 cm. 2 Επίσης ένας δεσμός απέχει από την πιο κοντινή του κοιλία = 0,5 cm. 4 γ) ^' = 10OTJV πχ\ οπότε 4L X = 10 cm 2.36 υ = λί οπότε λ = = 2m / Εφόσον τα άκρα της χορδής είναι στερεωμένα σε ακλόνητα σημεία θα είναι δεσμοί και εφόσον το σύνολο των δεσμών είναι τρεις υπάρχει ένας ακόμη δεσμός μεταξύ των άκρων. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι και το συνολικό μήκος της χορδής θα είναι d = 2 = λ = 2m. 2 Ηλεκτρομαγνητικά κύματα 2.37 α) c = λί οπότε X = = 2>m f β) Γ ια κάθε θέση Ε c = οπότε Ε Β = και Β c Β = ^ = 4Χ10-"Γ C γ) Η συχνότητα του κύματος πρέπει να είναι ίση με την ιδιοσυχνότητα του δέκτη, οπότε /=_ ^ ή C = T-i = 5X10-16 F 2k4lC 4 K 2 Lf 29

Ανάκλαση - Διάθλαση 2.38 η = οποτε υ υ = = 2x10 mls η 2.39 Η γωνία ανάκλασης είναι ίση με τη γωνία πρόσπτωσης οπότε 9 r = 9 α = 30" Από το νόμο του Snell έχουμε ΐί η χ ημ9 α = η 2 ημ9 1) οπότε ημ9, } = ημ9 α = 0,4375 2.40 ημ9^ = n h οποτε «= 7/^ = V3 2.41 Η ταχύτητα διάδοσης της ακτινοβολίας στο νερό είναι ν = Xf = 22,44χ 10 7 /«/ί. Επομένως, Q ο δείκτης διάθλασης του νερού είναι η = = 1,33. υ 2.42 α) β) Υ) c = Λ>/ οπότε / = = 4,6 x ΙΟ 14 //ζ Λ Λ 0 Απο τη σχέση «= = προκύπτει λ = 1 - = 464 nm. λ/ λ η u = /t/ = 2,14xl0 8 m/s. Λ η 2.43 η = 1,56 υ 2.44 Η φωτεινή δέσμη πέφτει στην έδρα ΒΓ υπο γωνία 9. =Β = π φ και υφίσταται ολική ανάκλαση όταν ισχύει 9 >9, 30

n u a = Jh 1 ^2 tfm^crit f - n a V 2 2 (μέσον b είναι ο αέρας) AV ημ π ν 2 δηλαδή & a = $crit <Pn max τ 0 τ ε y 4Ϊ οποτε Φ max =45 συνφ η A 2 2.45 Η ελάχιστη τιμή του δείκτη διάθλασης της γυάλινης πλάκας αντιστοιχεί στην περίπτωση στην οποία η δέσμη προσπίπτει στο Β με την κρίσιμη γωνία. Αν ως μέσον b θεωρήσουμε τον αέρα και ως μέσον α τη γυάλινη πλάκα, από το νόμο του Snell, για το σημείο Α έχουμε n W & b = η α ημ9 α (1) Όμως n b = 1, και & b = 60 οπότε η (1) δίνει ημ60 = n a auv& crit = n a J\-ημ 2 9 α (2) n b 1 W$cru = = n a na Αντικαθιστούμε στη (2) οπότε ημ60 =η J l - - L V «α και τελικά n a = *J\ + ημ 2 βϋ = 1,32 31

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 2.46 Η εξίσωση του κύματος που φτάνει στο σημείο Β από την πηγή Πι είναι f t Ο γ λ =Αημ 2π \ΐ λ, ενώ η εξίσωση κύματος που φτάνει από την πηγή Π2 είναι Β y 2 = Αημ 2π Τ λ Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, η απομάκρυνση του σημείου Β δίνεται από τη σχέση = ί r 7 ~ Λ ) ' t r y = y l +y 2 2Ασυν2π '-ημ2π 1+ r 2^ (1) 2λ 2λ στην οποία το μήκος κύματος εχει την τιμή λ = υτ = 2 m Η εξίσωση (1) είναι εξίσωση απλής αρ ιονικής ταλάντωσης με πλάτος Α' = 2Ασυν2π 2λ 6συν 2.47 Με τη μετακίνηση του ανακλαστήρα η διαδρομή του κύματος που φτάνει στο Σ μετά από την ανάκλαση αυξάνεται κατά λ/2 επομένως: λ ΠΑ'Σ - ΠΑΣ = / \2 ' α λ ν ^ / + (H + d) 2-2 η r π Λ = 3λ/2 mm ν ^ J V 2 + Η ζ = και τελικά λ = 2yja 2 +4(H + df -2y/a 2 +4H 2 32

2.48 Στον παρατηρητή φτάνουν φωτεινές ακτίνες από την πηγή όταν προσπίπτουν στην ελεύθερη επιφάνεια με γωνία θ < θ cnt. Αν το μέσον b είναι ο αέρας και το μέσον α το νερό ισχύει W0 crit =3 η α Από το σχήμα φαίνεται ότι η r = ΙιεφΟ ί:η, = ^ημθ α ^-W 2 0 crit λιπ 2-1 2.49 α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell για την είσοδο της ακτίνας στη γυάλινη πλάκα και για την έξοδό της απ' αυτήν. η α ημφ = η ημθ n b iημθ = π α ημω Από τις δύο σχέσεις προκύπτει π α ημφ = π α ημω οπότε ημφ = ημω και φ = ω {φ, ω στο πρώτο τεταρτημόριο) Άρα η ακτίνα βγαίνει από τη γυάλινη πλάκα παράλληλα με την αρχική της διεύθυνση. β) Στο τρίγωνο ΑΓΒ είναι / = ΒΓ = ΑΒημ(φ θ ) (1) Αλλά από το τρίγωνο ΑΔΒ βρίσκουμε ότι ΑΒ = ΑΔ d συ νθ συ νθ (2) Από (1) και (2) προκύπτει,_άημ(φ-θ)_^_ άημθσννφ _ Λημθσννφ συ νθ συνθ φ-ημ 2 θ (3) 33

Από το νόμο του Snell η α ημφ = π^ημθ και επειδή n a = 1 και n h = n προκύπτει ημθ = (4) π Από (3) και (4) I = άημφ - άημθσυνφ 1- W2 (p n 2 και τελικά I = d ημφ \- 2,50 Αν θεωρήσουμε τον αέρα ως μέσον α (π α = ΐ) και το νερό ως μέσον b (n h = n), από το νόμο του Snell έχουμε ^Γ- συ ν φ ημ φ " α νμθα = n b wo h οπότε ημθ α ~ n ημθ h (1) Από το τρίγωνο ΑΒΔ προκύπτει ότι ΒΔ ΒΔ δ ημθ α = ΑΔ 7ΑΒ 2 +ΒΔ 2 V/? 2 +δ 2 (2) Επίσης από το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκουμε α ΒΓ ΒΓ δ ημθ» = TF ΑΓ = / 2, λ/αβ +ΒΓ 2 JA 2 + (3) Από (1), (2) και (3) προκύπτει V/i 2 +<? 2 = «- 2 JA 2 + 34

και τελικά h = >. j γ = 8cm V 4-η 2.51 Για Λ: = 0,408 m έχουμε απόσβεση, οπότε η διαφορά δρόμων για τα δύο ηχητικά κύματα είναι Δ/ = (2Α + ΐ)γ (1) Αν μετακινήσουμε το σωλήνα Β κατά Δχ η διαφορά των δρόμων θα γίνει ΑΙ + ΙΑχ και επειδή είναι η πρώτη φορά που θα έχουμε πάλι απόσβεση θα ισχύει ΑΙ + 2Αχ = {2Κ + \)^ + λ (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει Δχ Λ = ^ Π Β υ = λ/ οπότε και υ Αχ = 0,136 m 2/ Η νέα απόσταση είναι χ' = χ + Δχ = 0,544 m. 2.52 α) Συγκρίνοντας την εξίσωση ενός από τα κύματα y x = Αημ(2πί -τζη + φ ο ) με τη γενική μορφή της εξίσωσης του κύματος προκύπτει ότι: 35

1π 2π 2π = άρα Τ = \s και π = άρα λ = 2m Τ λ υ = = 2 ml s Τ β) Η απομάκρυνση του σημείου Κ από τη θέση ισορροπίας του κάποια στιγμή είναι y = y i +y 2 - Αημ(2πί -πτ χ +φ α ) + Αημ(2πί -nr 2 ) ή y = 2 Ασυν π Για φ ο =- \ ί η (1) γίνεται J ημ 2πί - η + r, 2 2 j y = 2 Ασυν r. - κ r.+r 7 - -π ημ 2πί~- -π + 2 4 ν 2 4/ ΐ. Για να μένει το σημείο αυτό διαρκώς ακίνητο θα πρέπει 2 Ασυν ί r = Π 0 η ' συν ( r -π \~ r 2 x - r 2 -π = 0 2 4 ν 2 4 η -π = (2iV + l) όπου JV = 0, ±1, ±2. 2 4 2 αρα r x - r 2 = 2Ν + - V 2y /, \ m r / (1) ii. συν Για να ταλαντώνεται το σημείο Κ με πλάτος 2Α πρέπει r \ ~ r 2 π 2 4 / - - π \ \ / = ±1 ή -π- = Νπ όπου 7V = 0, ±1, ±2. αρα r x ~r 2 = 2Ν + - ν 2 / m γ) Γ ια να παραμένει το σημείο Μ ακίνητο θα πρέπει r x ~r 2 συν π-.το : <Ρο 0 ή συν π- = 0 2 2 άρα φ ο = τι rad 36

2.53 α) Από τη σχέση y = 5ημ\0πί βρίσκουμε Α = 5cm και ω = 10π rad Is ω οπότε f - = 5 Ηζ 2π Από τη σχέση υ = λ/ υ προκύπτει λ = = 4 cm Η εξίσωση του κύματος θα είναι y = 5ημ2π 51 (τα χ, y σε cm, το t σε s) β) Η φάση του κύματος τη χρονική στιγμή t = 1 s δίνεται από τη σχέση φ = \ 0π-^χ γ) Τη χρονική στιγμή ti το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση Χι = 20cm. Ο αριθμός των μηκών κύματος, τη χρονική στιγμή ti είναι: /V = ±L = 5 λ χ (cm) y( cm ) t=l s x(cm) 20 7TX 2.54 α) Συγκρίνουμε τη σχέση y = 8συν ημ\ Οπί με την 2 2πχ 2πί. 1... y = λ Ασυν ημ και βρίσκουμε λ = 4 cm και / = = 5 Ηζ λ Τ Τ οπότε υ = λ/ = 20cm/s β) Ϊμ =%συν^2^-ημ\0π = 8συν ημ = 4cm Μ 2 40 4 4 37

2π 2πχ 2πί υ = Αω συν 1 = 2Αω συν συν Τ λ Τ 7ΐΧ οπότε υ Μ =8 ΙΟπ συν συνιοπί = 40πcm/s γ) Δεσμοί υπάρχουν στις θέσεις για τις οποίες πχ π συν = 0 = συν 2 2 7ΤΧ 7ΐ οπότε = (2Κ + 1) και x = 2Κ +1. 2 2 Για χ Α < χ < χ β δηλαδή 4 < 2Κ +1 < 10 βρίσκουμε * = 0, ±1, ±2,3,4 Επομένως υπάρχουν 7 δεσμοί. Οι δεσμοί βρίσκονται στις θέσεις: -3cm, -lcm, 1 cm, 3cm, 5cm, 1 cm και 9cm 38

3 ΡΕΥΣΤΑ ΣΕ ΚΙΝΗΣΗ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Υδροστατική πίεση - αρχή του Pascal 3.1 πυκνότητα πίεσή υγρά. 3.2 Σύμφωνα με το θεμελιώδη νόμο της υδροστατικής (ρ = pgh ) η πίεση που ασκεί ένα υγρό αυξάνεται με το βάθος. 3.3 α) (Γ) β) σε όλα η ίδια. 3.4 1) (α) 2) (β) 3) (α). Η εξίσωση της συνέχειας 3.5 εσωτερικές τριβές ασυμπίεστο. 3.6 Καθώς το νερό πέφτει η ταχυτητά του αυξάνεται. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας (Α^ = Α 2 υ 2 ) η διατομή της φλέβας πρέπει να μικραίνει για να διατηρείται η παροχή σταθερή. 3.7 Π Α = (6 + 4 + 4-2 -2 5)m 3 Is 5 m* Is 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 1) Η παροχή διατηρείται σταθερή. Σωστή απάντηση είναι η (α). 39

2) si Α Α υ { = Α Β υ 2 άρα υ 2 = -^-υ ι =4υ { =40cm/s. Α «Σωστή απάντηση είναι η (ε). 3.10 Μειώνοντας τη διατομή αυξάνουμε την ταχύτητα ροής (εξίσωση συνέχειας). Η εξίσωση Bernoulli 3.11 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. Β 3.12 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.,, ; Ρ υγρού ΡαΙιη Ρ aim +pgh = Ρ ΥΓΡΟΎ Οποτε h = Pg 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

3.13 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. 3.14 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). 3.15 α) VA>VB = vr~v/i β) ΡΔ> ΡΓ> ΡΒ> ΡΑ 3.16 κινητικής της δυναμικής διατήρησης της ενέργειας 3.17 Στο ύψος της ελεύθερης επιφάνειας του υγρού ώστε να διατηρείται η ενέργεια. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Νόμος του Pascal - Υδροστατική πίεση τ~1 Τ-Ι Λ 3.18 L = οπότε F, = F 2 - Α, Α 2 Α 2 Γ ια να ανυψωθεί το αυτοκίνητο πρέπει η F 2 να είναι τουλάχιστον ίση κατά μέτρο με το βάρος του αυτοκινήτου οπότε F, =150 Ν. 41

3.19 Εφόσον το πλάτος του ποταμού είναι σταθερό η διατομή του θα είναι ανάλογη του βάθους Α = kh. Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε Α { υι - Α 2 υ 2 ή kh x v x = kh 2 υ 2 οποτε h 2 = h x = 6,5 m. 2 3.20 Π Γ = Π 2 ή Πι = Α 2 υ 2 n οπότε 1>, = L _ Π, = - = 31,6 mis Ar, *2 δ 2 π- Εξίσωση Bernoulli 3.21 Το νερό βγαίνει από την πλευρική τρύπα με ταχύτητα υκ = <J2gh (δες και εφαρμογή 3-2 θεώρημα Torricelli),2:, «Λ οποτε η = Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli στις θέσεις Ε και Κ. Όταν η πίεση στην επιφάνεια του νερού είναι 2atm έχουμε wmkkkkm ΡΕ + Ρ ν 1 +ΡΖ Η = Ρκ+τ; Ρ Ν Κ όπου ρ' Ε = 2 atm κατ ρ κ = Iaim υ 1 Θέτουμε h = 2g και u E = 0 και λύνουμε ως προς ν' κ οπότε υ' κ = Ι 2^ ^ =16,76 ml s 3.22 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 έχουαε 42

P + 2 P " (θεωρήσαμε ότι η κατακόρυφη απόσταση των δύο σημείων είναι αμελητέα) οπότε Αρ = ρ ρ' = 1 ρυ 2. Η ανυψωτική δύναμη θα είναι F = ΑρΑ = ρυ 2 Α = 54χ ΙΟ 3 Ν 2 3.23 Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για τα σημεία 1,2 της φλέβας του νερού 1 2 1 2 Pi +-p"i+pgh = ρ 2 + 2 ρυ ι όμως ρ χ = ρ 2 = ρ α0η 1 2, 1 2 οποτε -pv x +pgh = -pv 2 και υ. = y[lgh + υ. Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε Α,υ χ = Α 2 υ 2 ή Α, υ, = A z *j2gh + u 1 2 και Η παροχή είναι υ ι = 2 A 2 gh Af-A 2 Π = Α λ υ, = Α = 12Λ/Ϊ0 Χ ΙΟ" 5 m 3 Is \ A, -Α 2 43

3.24 Αν θεωρήσουμε ότι η στάθμη στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού κατεβαίνει με αμελητέα ταχύτητα τότε το νερό ρέει από τη βρύση με ταχύτητα υ = yj2gh (εφαρμογή 3-2, θεώρημα Torricelli). Η παροχή της βρύσης είναι Π = Α υ = Ay]2gh Ο χρόνος που απαιτείται για να γεμίσουμε ένα δοχείο όγκου V από τη V V βρύση είναι At = = = 3,33 s Π A^2gh 3.25 Η παροχή του σωλήνα είναι Π = Α ι υ ι Α Π οποτε υ, = Α Επίσης Π = Α 2 υ 2 οποτε υ 2 - Π Π 2Π Α 2 Α_ Α χ 2 Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία Α, Β. 1 2 1 2 Pa + 2 PV 1 = Ρ β + 2 Ρ 2 οποτε 1 Β Υ 2 1, 2 Λ 1 (4Π Ζ Π 2Λ 3 ^ π2 Π *P = Pa-PB=-P\» 2~"i ) = τρ = 6xl0 3 Pa At A ι 2 A[ 3.26 α) Αν η διατομή του σωλήνα στο Α είναι Α 2 τότε η παροχή του σωλήνα είναι Π = Α 2 υ 2 και σε χρόνο At ο σωλήνας παρέχει νερό όγκου V = ΠΔί - A 2 v 2 At = 51,6m 2, 44

β) Αν η διατομή του σωλήνα στο Β είναι Α χ τότε από την εξίσωση sij της συνεχείας εχουμε Α χ υ χ = Α 2 υ 2 και υ χ = υ 2 - (1). Λ Από την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία Β και Α έχουμε 1 2 1 2 Ρβ + 2 PV] = Ρα + 2 pv2 οποτε Ρ β = ΡΑ "^) και λαμβάνοντας υπόψη την (1) και ότι ρ Α = ρ αιιη = 10' Ρα τελικά i 2 λ 1 2 Ρ Β ~ Ρ Λ + 2 pul Α 2 118000 Ρα ι y 3.27 Από το θεώρημα έργου ενέργειας για την άντληση μάζας m νερού έχουμε 3- - - - - 1 -mu 2 =Ψ αντλίας -mgh οπότε το έργο της αντλίας είναι 1 2 V = ~mv + mgh = m + gh 2 Η ισχύς που προσφέρει η αντλία είναι Όμως Ρ = AW At V + gh Am At Am AV = ρ = pv\ = pa υ At At και επομένως Ρ V + gh ραυ = 5000 W 45

3.28 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. «i f? 1 Ρ a,η, + Pgh = ρ Λ +-ρν 2 οπότε Ρ Λ = Pa,m+ pgh ρυ 2 = 128 χ ΙΟ 3 Ρα 3.29 Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από το άνοιγμα Α θα είναι v K =^2gh. Η παροχή του ανοίγματος είναι Π Α = Α Α υ Α =ΛΑ>/2ΪΑ Για να διατηρείται η στάθμη του νερού στο δοχείο σταθερή πρέπει η παροχή της βρύσης να είναι ίση με την παροχή του ανοίγματος. Α α figh π 2 και h = 2g A A = 24,2 cm 3.30 Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι υ = ^2g(h-x) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος χ. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε 46

S = Dt (1) Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε (2) Απαλείφουμε το χρόνο μεταξύ των (1) και (2) και βρίσκουμε ί^~β- V g V g οπότε s 1 = 4hx^4x 2 ή 4χ 2-4hx + $ 2 *= 0 (3) Για να είναι πραγματικές οι λύσεις της εξίσωσης, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός, δηλαδή 16/? 2-16λ 2 > 0 ή h>s οπότε s max = h Λύνουμε την (3) θέτοντας όπου s = h και βρίσκουμε 4 h h χ - 8 3.31 ά) Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι υ = y]2gy x = 2m/s β) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος h-y x. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε = υί (1) Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε 1 2 (2) "h/2 Απαλείφουμε τον χρόνο μεταξύ των (1) και (2), θέτουμε όπου s v ~h y x και βρίσκουμε την απόσταση s xmax του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος 47

0,8. 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 υ = pg(h-s y ) (3) Η γενική σχέση που δίνει την απόσταση s xnm του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος είναι χ max g (4) Η (4) λόγω της (3) γίνεται s xmm = ^4s y (h-s y ) ή 4s 2 y-4hs y +s xnux =0 Θέτουμε h = \m και s imax = 0,8m οπότε 4s 2 v - 4s ν + 0,64 = 0 Λύνουμε το τριώνυμο ως προς s και βρίσκουμε s ν1 = 0,8 m s y2 = 0,2 m (η αρχική τρύπα) (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 = 0,5 m από τη βάση του κυλίνδρου έχουμε τη μέγιστη απόσταση s xma x του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος. 48

4 ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κινηματική της περιστροφής 4.1 (δ) 4.2 Η γωνιακή ταχύτητα ω είναι σταθερή οπότε α = - = 0. dt 4.3 (γ). 4.4 (β), (γ). 4.5 Ναι. 4.6 Όχι. Αν υπάρχει ένα σημείο του στερεού (έστω Α) το οποίο έχει πάντα την ίδια ταχύτητα με το κέντρο μάζας (έστω Ο) τότε το ευθύγραμμο τμήμα OA μετακινείται παράλληλα με τον εαυτό του οπότε το σώμα κάνει μεταφορική κίνηση. Ροπή - ισορροπία στερεού 4.7 την απόσταση της δύναμης από το σημείο τη δύναμη και το σημείο τον κανόνα του δεξιού χεριού. 4.8 Με μικρή σχετικά δύναμη επιτυγχάνεται μεγάλη ροπή που είναι απαραίτητη για να στραφεί το τιμόνι ενός μεγάλου οχήματος. 4.9 τ 5 > τ 2 > γ 3 > τ 4 = γ, = 0 49

4.10 F 2 <F, 4.11 (δ). Ο F, Ροπή αδράνειας 4.12 (δ). 4.13 Ο τροχός ίου ποδηλάτου, γιατί έχει πολύ μικρότερη ροπή αδράνειας. 4.14 Και οι τρεις μάζες έχουν ροπή αδράνειας 32 x 10' 3 kgm 2. 4.15 Σύμφωνα με το θεώρημα Steiner, αν I cm η ροπή αδράνειας ενός σώματος μάζας Μ, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας, η ροπή αδράνειάς του ως προς ένα άξονα που είναι παράλληλος και απέχει απόσταση d από τον πρώτο είναι ίση με το άθροισμα της ροπής αδράνειας ως προς ΐον άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας του σώματος και του γινομένου της μάζας του σώματος επί το τετράγωνο της απόστασης d (ΐ ρ = I cm + Md 2 ). 4.16 Ι 2 < / 3 < / 4 < /, Θεμελιώδης νόμος της περιστροφής 4.17 (δ). 4.18 Από την αριστερή πλευρά, όπως βλέπουμε το σχήμα, ώστε η πόρτα να έχει τη μικρότερη δυνατή ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε θα απαιτείται η μικρότερη δυνατή ροπή για να ανοιγόκλείνεί. 50

4.19 (α), (δ). 4.20 α) η τριβή β) η τριβή γ) η συνιστώσα mgημ^ του βάρους και η τριβή. Στροφορμή - διατήρησης της στροφορμής 4.21 Προς τη Δύση. 4.22 Θα έχουν την ίδια στροφορμή. 4.23 (δ). 4.24 (γ). 4.25 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. 4.26 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. 4.27 (ε). Έργο και ενέργεια κατά την περιστροφή 4.28 1) Το ίδιο 2) Ο κύβος έχει μεγαλύτερη ταχύτητα. 4.29 (γ). 51

4.30 Δυναμική ενεργεία Κινητική ενέργεια από τη μεταφορική Κινητική ενέργεια από την περιστροφική Β 120 J 0 60 J 40 J 0 80 J 0 20 J 40 J 4.31 <y Γ ωνιακή ταχύτητα διανυσματικό rad/s επιτάχυνση Ροπή δύναμης Ροπή αδράνειας Στροφορμή διανυσματικό διανυσματικό μονομετρο διανυσματικό raa/s Nm kg m kg m Is Κινηματική του στερεού 4.32 a = = 0,25 rad / s 2 7 At oo(rad/s) ω = ω 0 + α γων ί οπότε t = ω-ω η 5-= 72 s a γων 16 Κ") 52

4.33 ω = = 50 rad Ι s 4.34 a cm =a γων r d οπότε a = - 5 rad Is 2 r 4.35 α) Κάθε σημείο της περιφέρειας του δίσκου περιστρέφεται με γραμμική ταχύτητα ίση με την ταχύτητα του κέντρου του τροχού (v cm ). Όλα τα σημεία του τροχού κινούνται επιπλέον μεταφορικά με την ταχύτητα υ αη. Για το ανώτερο σημείο του τροχού, από την επαλληλία της μεταφορικής και της περιστροφικής κίνησης, προκύπτει υ = 2u cm =10 mis. 2τι β) ω = 27$ οπότε / - (1) ω V cm υ cm = 0)r οποτε ω = - Ηη - r αντικαθιστούμε το ω στην (1) και βρίσκουμε τελικά f = ^ L = 9,9H Z Im 4.36 υ = υ 0 a cm t οπότε για υ = 0 t x = a cm υ η 1 x = v 0 t 1 --a cm t l 2 Ο και 2 οπότε a ^0 cm = (2) 2χ 2 Αλλά - -γων ~ α ~ β 2 υ Από την (2) προκύπτει α η γων = = 8 rad / s 2 2 xr 53

Ροπή δύναμης 4.37 Η μέγιστη ροπή έχει μέτρο z max = Fl = 200Νχ 0,2m = 40Nm και επιτυγχάνεται όταν η δύναμη βρίσκεται στο επίπεδο περιστροφής του κλειδιού και είναι κάθετη στο κλειδί, στο άκρο του. 4.38 Η συνολική ροπή έχει μέτρο τ ολ = F 2 R- F X R = 5Nm, διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο του βιβλίου και σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού φορά από το βιβλίο προς τον αναγνώστη. 4.39 F lx =F i ovv{ν F ly = F lw<p Στ - F ly 2x-F 2 x-f^x - 16Nm F F, j F 1 'F, Ισορροπία στερεού σώματος 4.40 Για να ισορροπεί το βαρούλκο πρέπει η συνισταμένη των ροπών ως προς τον άξονα περιστροφής του να είναι μηδέν Στ = 0 δηλαδή F { R { F 2 R 2 =0 οποτε 1 F,I\, R Λ, 60 Ν 4.41 Η ράβδος ισορροπεί όταν ZF = 0 και Σ τ = 0 ως προς οποιοδήποτε σημείο Από τη συνθήκη Στ = 0, ως προς το Ο, έχουμε w i x-w 2 (l-x) = 0 w οποτε χ = 2 l = 1,2 m Wj + w 2 F A 0 Β X j \ l ' x w. w, ^ 54

4.42 Στη δοκό ασκούνται οι δυνάμεις W, (το βάρος της), w 2 (δύναμη που ασκεί ο ελαιοχρωματιστής - ίση με το βάρος του) και οι Fj και F 2 (από τα υποστηρίγματα) Όταν η απόσταση x είναι η μέγιστη δυνατή η F 2 = 0. F,, F. Ο Β Δ Γ Α * 1 Α 1 - Στην οριακή αυτή περίπτωση η συνθήκη Στ = 0, ως προς το σημείο Β, δίνει WjOB - w 2 x - 0 (1) Αν η δοκός είναι ομογενής σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της, οπότε OB ι 2 Από την (1) προκύπτει x = ΒΓ -1 m w,ob = 0,21 m Η απόσταση του Δ από το άκρο Γ είναι ΓΔ = ΒΓ -χ = 0,79m = 19 cm Ο ελαιοχρωματιστής μπορεί να στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79cm από το άκρο Γ της δοκού. Λόγω της συμμετρίας του σχήματος η δοκός θα ισορροπεί και αν ο ελαιοχρωματιστής στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79 cm από το άλλο άκρο Ε της δοκού. 4.43 Γ ια να ισορροπεί η ράβδος πρέπει EF = 0 και Στ = 0 Από ΣΕ = 0 έχουμε ΣF =0 και ή και Από Σ^ = 0 F, = Τσυν 30" Ο) F = w, + w 2 - Στ = 0 (2) (ως προς Α) έχουμε /Θ Ρ ρ - Τ l ' w i;, W,' r - 55

Τημ3 / w 2 / - νν, = Ο οπότε W, w 2 + Γ = = 2νν, +w. = 180./V ημ30 Από την (1) έχουμε F x = Τσυν30 = 90λ/3 Λ και από τη (2) Τ 7,, = w x + w 2 - Τημ30 = 50./V. Επομένως F = ^F X 2 +F } 2 =163,7 TV και εφθ = -^- = 0,32 * Ροπή αδράνειας καν θεμελιώδης νόμος της στροφικής κίνησης 4.44 Από το θεώρημα Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας ενός πτερυγίου ως προς άξονα κάθετο στο πτερύγιο που περνάει από το άκρο του. / = / +Μ 'Ζ,Υ 1, 1, - = ML 2 + -ML 2 = 1200 ν 2 J 12 4 Η συνολική ροπή αδράνειας των τεσσάρων πτερυγίων ως προς τον άξονα περιστροφής τους είναι 1 ολ =41 = 4800 kgm 2 4.45 α) Η ροπή που ασκείται στον τροχό έχει σταθερό μέτρο, επομένως η γωνιακή επιτάχυνση α γων είναι σταθερή. Η γωνιακή ταχύτητα του τροχού δίνεται από τη σχέση ω = ω {) - α γων ί, από την οποία βρίσκουμε α = = 20 rad / s 2 (ο τροχός θα σταματήσει όταν ω = 0) t β) Από Γ = Ice δηλαδή FR = Ια γων ι ι γων εχουμε Ια ρ _ γων 2 = 10 Ν R R 56

4.46 Εφόσον η ράβδος είναι ομογενής και σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της. Από το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για τη ράβδο και για τη στιγμή που αφήνεται ελεύθερη από την οριζόντια θέση έχουμε τ = Ια γων (1) όπου τ η ροπή του βάρους ως προς τον άξονα περιστροφής της ράβδου και I η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον ίδιο άξονα. L w Η (1) δίνει 2 3Mg = 15 rad / s j 1 ML 1 2 ML Στροφορμή - αρχή διατήρησης της στροφορμής 4.47 Η στροφορμή του συστήματος των σφαιρών ως προς τον άξονα z'z είναι το L, διανυσματικό άθροισμα των στροφορμών /- των σφαιρών ως προς τον ίδιο άξονα. φ L = L, +L 2 m cj Οι στροφορμές των σφαιρών είναι I I!» Ζ ομορροπες οποτε για το μέτρο της L μπορούμε να γράψουμε L = L x + L 2 = mcol 2 + mco(2l) 2 = 5ma>l 2 = 5,\2kgm 2 /s με κατεύθυνση αυτή των Li και L2. L, 21 -φ m 4.48 Χωρίζουμε τη μάζα του τροχού σε στοιχειώδεις μάζες w, η κάθε μία από τις οποίες απέχει από τον άξονα περιστροφής απόσταση R. Η στροφορμή του τροχού ως προς τον άξονα περιστροφής του είναι L = Στη,&Γ; 2 = a>r 2 Y<m i = McoR 2 = 3,2kgm 2 /s. 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. ομως L = V I' = I + mr 2 ή Ιω = Γ ω' 57

όπου m : η μάζα του κομματιού της λάσπης και r : η απόσταση από τον άξονα περιστροφής στην οποία κολλάει η λάσπη. Τελικά I2rf = (/ + mr 2 \ττ[' Τ -MR 2 Γ = f- γ = f -j = 1,9 Hz I + mr -MR 2 +mr 2 Κινητική ενέργεια - έργο 4.50 Η ράβδος λόγω της περιστροφής της, έχει κινητική ενέργεια Κ=-Ιω 2 2 Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της 1 = 1 +Μ\- ι 2 «, 1 ML 2 2 οποτε Κ = ω =8 J. 2 3 1 -ML 2 + ML 2 = ML 12 4 3 4.51 Ο δίσκος έχει κινητική ενέργεια και λόγω της περιστροφικής και λόγω της μεταφορικής του κίνησης. Κ = Ιω 2 +-Μυ 2 2 2 όμως ω και I = MR 2 R 2 οπότε Κ = --MR 2 }-Ι +-Μυ 2 = -Μυ 2 = 1507 2 2 UJ 2 4 4.52 Η ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας δίνεται από τη σχέση ρ = τω = τ2nf = 400/r W 4.53 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση έχουμε 58

Ψ = ^Ιω 2 2 - l i 2 = =-400J Άρα, για να σταματήσουμε το δίσκο πρέπει να προσφέρουμε 400 J. Η μέση ισχύς δίνεται από τη σχέση Ρ = W t = 80W 4.54 α) Το έργο της F για μια πλήρη περιστροφή της ράβδου είναι W F = τθ = FL2n = 40π J Ο β) Όταν η ράβδος ολοκληρώσει μια πλήρη περιστροφή θα αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα ω και κινητική ενέργεια 1 2 Κ = 1ω, η οποία σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη ράβδο ισούται με το έργο της δύναμης στη διάρκεια της περιστροφής. 1 Είναι επομένως Ιω 2 = W, οποτε ω = \2W C 2 W F = 7,9 rad / s iml 1 3 γ) Η στιγμιαία ισχύς της δύναμης μπορεί να βρεθεί με μια από τις ισοδύναμες σχέσεις Ρ = Fu ή Ρ = τω Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο τελικά βρίσκουμε P = FLiy = \5SW 4.55 Η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Επιλέγουμε ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο του εδάφους. Όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη η δυναμική της ενέργεια είναι mg. Όταν η ράβδος γίνει οριζόντια όλη η δυναμική ενέργεια θα έχει μετατραπεί σε 59

κινητική /'ω 2 όπου Γ η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που περνάει από το Α και είναι κάθετος στο επίπεδο περιστροφής της ράβδου. Ισχύει λοιπόν mg= ^Λ'ϋ) 1 Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε Επομένως και ί j λ 2 I' = I + m v2y ω = ml 2 ml 2 j 12 4 / 1 ml 1 mg = 2 2 3 ω ml 1 Τελικά υ - ωΐ - ^3gl = 3m! s ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 4.56 Γ ια να ισορροπεί η δοκός πρέπει ZF = 0 και Στ = 0 Από ZF = 0 1F= 0 έχουμε και ή και Από Σ/% = 0 F x = Τ F y = w Στ = 0 (Ο (2) (ως προς Α) έχουμε A.. φ/ F F, ' w Τ Γ ΤΙσυνφ-νν^ημφ - 0 Από τις (1) και (2) βρίσκουμε F x = 50-\/3 TV και F Y =100 Ν 2 60

Επομένως η F έχει μέτρο F = ^]F X 2 + F 2 = 50^7 Ν και σχηματίζει,. 2 λ/3 με την κάθετη στον τοίχο γωνία θ για την οποία εφ υ - 4.57 Για να υπερπηδηθεί το εμπόδιο πρέπει, στην αρχική θέση, η ροπή της F να είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους ως προς το ίδιο σημείο. Η αντίδραση του δαπέδου Α μηδενίζεται αφού ο τροχός χάνει επαφή με το δάπεδο. Αν στην αρχική θέση η ροπή της F ως προς το σημείο Γ είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους αυτό θα ισχύει και σε κάθε άλλη θέση γιατί καθώς ο τροχός ανεβαίνει η απόσταση y της F από το Γ μεγαλώνει ενώ η απόσταση x του w από το Γ μικραίνει. Πρέπει λοιπόν στην αρχική θέση Fy > wx Στην αρχική θέση και οποτε και y = R h χ = \Ι R 2 y 2 =ylr 2 -(R-hf =Jh(2R-h) F(R -h)> w^h(2r-h) ylh(2r - h) F > w- R-h 4.58 Στη σκάλα ασκούνται α) το βάρος της w β) η δύναμη F από τον τοίχο που επειδή ο τοίχος είναι λείος είναι κάθετη σ' αυτόν γ) η δύναμη F' από το δάπεδο η οποία αναλύεται στις n (κάθετη στο δάπεδο) και F s (στατική τριβή). Εάν η σκάλα ισορροπεί τότε EF = 0 άρα και Σ/% = 0 οποτε w = n (1) 61

επίσης πρέπει Στ = Ο (ως προς το Α) οπότε για φ = 30 ηίσυν30 -\ν^συν30 -Ρ $ 1ημ30 =0 ή αν λάβουμε υπόψη την (1) και θέσουμε για τη στατική τριβή την οριακή της τιμή F s = μ s n = μ s w wl w l^> μ χνι, 1 = υ n και τελικά ι α μ, = ^3 s 2 2 2 2 2 4.59 Θεωρούμε ότι η κάθετη δύναμη που ασκούν τα φρένα στον τροχό είναι σταθερή, κατά συνέπεια η επιβραδύνουσα δύναμη (τριβή ολίσθησης) είναι σταθερή. Για τη γωνιακή ταχύτητα του τροχού ισχύει: ω = ω 0 -α γων ί Για ω = 0 {t = t l ) και ω 0 = 2nf 0 0 = 2 nfo-a^a προκύπτει 2/rf α γων = (1) π Για τη ροπή της τριβής ισχύει τ = Ια γων (2) όμως / = Σιη^2 = mr 2 (3) Από τις (1), (2), (3) βρίσκουμε T = mr 2 Μ. ( 4 ) h Η ροπή της τριβής (ως προς τον άξονα περιστροφής του τροχού) είναι τ = 3 k R = μ^ηρ (5) Από τις (4), (5) προκύπτει n r.2 2#λ μ l nr - mr και mr 2 2nf Q, ΛΓ η = = 1Ν h Mk R * ι 62

4.60 Από τη διατήρηση της στροφορμής του συστήματος για τις δύο διαφορετικές θέσεις των δακτυλίων έχουμε L\ ^ ί<2 η I] (0\ ~ 12^2 ή Ι χ %ΐξχ ~Ι 2 2τ# ζ και ίι=γ/\ *2 «m r Ι,=Ι + 2 mr 2 = ML 2 + 2 mr 2 1 12 I 2 = I + 2m Ό 2 1 ml 1 ML 2 + \6j 12 2 και τελικά ML +2mr ft = 12" 1 12 2 -/ι =5,8 Hz 4.61 Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στην αρχική της θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας (λόγω βαρύτητας). Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε : 1 1 2 2 1 2 mr 2 r v 2 5 ν*, + mi) 2 = mgh και h = Ίυ2 10g Για το διάστημα που διανύει η σφαίρα στο πλάγιο επίπεδο, μέχρι να σταματήσει, ισχύει 63

OA = ΑΓ ημ30 όμως ΑΓ «h οπότε OA = h ημ30 14υ 2 = 3,5 m 10g 4.62 ZF. = rna cm δηλαδή w x -3 = ma cm ή mg ημ30" - 3 = rna cm (1) Σ τ = la ron, δηλαδή 3R = \mr 2 a y(0v ή 7s = -mra /on, Αλλά είναι a yo)v R = a cm δηλαδή 3 = ~ma cm (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει 2 7 mg ημ30 = ma cm +~ma cm =-ma cm και τελικά 5-0 25. 2 <*an=-gw 30 = m/s 4.63 Τα σώματα Σ, και Σ 2 κινούνται με επιτάχυνση α, ενώ η τροχαλία στρέφεται με γωνιακή επιτάχυνση α για την οποία ισχύει a-r = a (1) Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τα σώματα Σ), Σ 2 και το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για την τροχαλία παίρνουμε αντίστοιχα Wj-Τ, = m x a (2) w 2 = m 2 a (3) Στην πραγματικότητα ΑΓ = h + διαστάσεων ΑΓ «h. συν30 ). Για μια σφαίρα μικρών 64

και (T l -T 2 )R = Ia y(ov =^mr 2 a γων γων η 1 a Τ, Τ = mr 1 2 2 R T,-T 2 = ma (4) 2 Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2), (3) και (4) και παίρνουμε w 1 -w 2 = m m ] +m 2 + m, -m 2 Λ. 2 -g = 4m/s m l + m 2 + m 2 4.64 Εφόσον το σφαιρίδιο παραμένει στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και δεν υπάρχουν τριβές το έργο που προσφέρουμε για να μετακινήσουμε το άκρο του σκοινιού προς τα κάτω είναι ίσο με τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας του σφαιριδίου. ομως W = -mu 2 2~- mv, 2 ' 2 υ χ ω χ R x και υ 2 = co 2 R 2 οπότε W = ^moj]rl - ^ma> x Rl (1) Η δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο από το νήμα έχει μηδενική ροπή ως προς το κέντρο περιστροφής οπότε η στροφορμή του σφαιριδίου διατηρείται σταθερή, δηλαδή η Iχ(0 χ 1 2 (ύ 2 mrfco x =mr 2 co 2 και ω 0 = ω *ί 1 /?, 2 Αντικαθιστούμε στην (1) και βρίσκουμε r R 2 1 W = -mcofr 2 1 1 2 K R 2 Λ = 43,2 J 65

4.65 AL = L 2 -L, ή AL = L 2 + ( L j) οπότε AL = -Jl 2 + L\ AL όμως οπότε Ζ, = L 2 = 1ω ΔΙ = Ico-Jl L, I -L, ή AL = 4,5^2 kgm 2 /s 4.66 Σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση 1 1 τ θ = -1ω τελ --1ω αι δηλαδή FRU = --mr 2 o) 2 22 και τελικά 32 kf 32;γχ20/Γ Μ = Τ- = = 50 kg Rco 20x10 64^ 4.67 Για να μην ολισθαίνει ο τροχός η τριβή πρέπει να είναι στατική οπότε 3< μ $ Ν ή 3< μ,,ι^συνφ 3 και μ χ > mgavvcp (1). > 66

Για τη στροφική κίνηση του τροχού ισχύει 1 Ι mra v,, Στ = Ια γων ή 3R = mr α γων ή ^Τ = ^ (2) Ra ν Αντικαθιστούμε στην (1) και προκύπτει μ 5 > (3) 2 gauvcp Επίσης εάν ο τροχός δεν ολισθαίνει μεταξύ της γραμμικής και της γωνιακής του επιτάχυνσης ισχύει η σχέση a cn, - a Yo> V R ή α γο>ν=~- (4) Αντικαθιστούμε στην (3) και προκύπτει α μ 5 > Igauvcp (5) Για τη μεταφορική κίνηση του τροχού ισχύει = ma cm ή mgημφ-3=ma cm (6) mra ywv Η (6) λόγω της (2) γίνεται mgημφ -γ = ma cm και λαμβάνοντας υπόψη την (4) mg ημφ ma cm ma cm 2 g ^ οποτε a cm = Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε τελικά εφφ μ 5^- ζ τ- 67

4.68 α) καν Y.F = ma cm w-t mg-τ a = cm Στ = la γων = ma cm = ma cm οπότε mg-t (1) m (ως προς τον άξονα TR=±mB*a του κυλίνδρου) (2) ομως α.. α γων =-^- (3) Η (2) λόγω της (3) και της (1) γίνεται.u=0 και 2 mr 2 Τ = mg - AL = z T = TR = ^ At 3 AL At = 6xl0-3 kgm 2 /s 2 β) Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω στο οποίο βρίσκεται ο άξονας του κυλίνδρου στην κατώτερη θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τον κύλινδρο έχουμε 1 mgh 7 = mu 2 1, 2 cm +-Ιω όμως υ ω = - BL R και I = mr 2 2 οπότε και τελικά mgh = - mi/ +- mr 2 = - ιηυ 2 (m 2 2 2 R 2 4 "" υ _ = 2.1 = 2 mis. 3 68

4.69 Για να κάνει ανακύκλωση, η σφαίρα πρέπει στο ανώτερο σημείο Α της t κυκλικής τροχιάς της να βρίσκεται σε ' επαφή με τον οδηγό. ι Για την αντίδραση n που δέχεται η 1 y=0 σφαίρα από τον οδηγό ισχύει η > 0 Η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται η σφαίρα στη θέση Α είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη τηνλ w+n = - R Θέτουμε w = mg και οριακά η = 0 mo 2 οπότε mg = ^ssl και u Amin = JgR Κ Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω που περνάει από την κατώτερη θέση του οδηγού ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε 1, 1 2 mgh = mg2r + Ioj a + mu A 2 2 U A I Θέτουμε I = mr, ω Α =, υ Α = o Amm =-yjgr και λύνουμε ως 5 r προς h που θα είναι στην προκειμένη περίπτωση το h min. m 12 2«Λ, 1 g h mm = mg2r + mr 2 γ + - mgr 2 5,. R R 27 R. και τελικά Λ, min = 2R Η 1 = = 54 cm. 5 2 10 69