ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (Θετικής-Τεχνολογικής κατεύθυνσης )

1 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (Θετικής-Τεχνλγικής κατεύθυνσης ) 1. Υλικό σηµεί, µάζας m=10g εκτελεί απλή, αρµνική ταλάντωση, µε ρυθµό 10 ταλ./min. Η µέγιστη ( απόλυτη ) τιµή τυ ρυθµύ µεταβλής της ταχύτητας τυ υλικύ σηµείυ είναι 16m/s και για 1 η φρά τ υλικό σηµεί απκτά τιµή ίση µε τ µισό αυτής τη χρνική στιγµή t=1/16s και ενώ απµακρύνεται από τη θέση ισρρπίας της ταλάντωσής τυ. Να βρεθύν: α) Η εξίσωση της απµάκρυνσης σε συνάρτηση µε τ χρόν. β) Αν τη στιγµή t=1/16s ασκήσυµε στιγµιαία δύναµη στ υλικό σηµεί, κατά τη διεύθυνση της ταλάντωσής τυ, έτσι ώστε να ελαττωθεί τ µέτρ της ρµής τυ κατά 50%, πόσ θα είναι τ νέ πλάτς της ταλάντωσης; γ) Ο ρυθµός µεταβλής της δυναµικής ενέργειας της ταλάντωσης τυ υλικύ σηµείυ τη στιγµή αµέσως µετά την άσκηση της στιγµιαίας δύναµης τυ ερωτήµατς β). ίνεται: π =10. Λύση: α) Η ζητύµενη εξίσωση θα είναι της µρφής x=aηµ(ωt+φ ) ( 1 ) N 10 ταλ. Εύκλα βρίσκυµε ότι: f = = = Hz άρα ω=πf=4π r/s ( ) t 60s Επίσης, ρυθµός µεταβλής της ταχύτητας, δηλαδή η επιτάχυνση τυ υλικύ σηµείυ, έχει α µέγιστη τιµή α max =ω max 16m / s Α, από την πία βρίσκυµε ότι A = = = 0,1m ( 3 ) ω 16π r / s Οταν τ υλικό σηµεί έχει επιτάχυνση, κατ απόλυτη τιµή ίση µε τ µισό της µέγιστης διέρχεται από σηµεί µε απµάκρυνση x= ± A/, αφύ α max =ωα. ιακρίνυµε τις παρακάτω περιπτώσεις: i) x=a/: Tότε έχυµε υ>0, αφύ τ υλικό σηµεί απµακρύνεται από τη θέση ισρρπίας τυ, όπως φαίνεται στην παρακάτω απεικόνιση της ευθείας της ταλάντωσης: x= -A x=0 x=a/ x=+a u>0 Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) έχυµε: x= A/,t= 1/16s A 1 1 π (1) = A ηµ (4π t +φ) ηµ (4 π +φ ) = =ηµ 16 6 π π +φ = κπ+ ( α ) 4 6 Eπειδή τη στιγµή αυτή έχυµε υ>0 θα πρέπει και π 5 π +φ = κπ+ (β) 4 6 π συν + φ > 0,άρα δεκτή γίνεται η λύση ( α ), πότε τελικά έχυµε: 4

Τελικά: π π π 1 ηκ=, 0 π +φ = κπ+ φ = κπ φ = ( 4 ) 4 6 1 1 π 1 ()(3)(4) (1) x = 0,1ηµ 4πt (SI) ii) x=-a/: Tότε έχυµε υ<0, όπως φαίνεται και πάλι από την ευθεία της ταλάντωσης: x=-a x=-a/ x=0 x=+a u<0 Η ( 1 ) γράφεται: A 1 7π 1 7π = A ηµ (4π t + φ) ηµ (4π t + φ ) = = ηµ ηµ 4π + φ = ηµ 6 16 6 π 7π +φ = κπ+ (γ) 4 6 π π +φ = κπ (δ) 4 6 Eπειδή τη στιγµή αυτή έχυµε υ<0 δεκτή γίνεται η λύση (γ) ( δίνει αρνητικό συνηµιτόν ), πότε: π 7π κ= 0 7π π 11π +φ = κπ+ φ = = 4 6 6 4 1 Tελικά: 11π (1) x = 0,1ηµ 4π t + (SI) 1 β) Αν λόγω της στιγµιαίας εφαρµγής της δύναµης ελαττωθεί στ µισό η ρµή τυ υλικύ σηµείυ (p=mu), αυτό συνεπάγεται αντίστιχη ελάττωση της ταχύτητας ταλάντωσης στη θέση αυτή. Οµως, στη θέση αυτή τ υλικό σηµεί διέρχεται µε ταχύτητα 1 π π 1 u = ωασυν 4π = 4π 0,1συν = 0,4π = 0, π m/s 16 1 6 ή 1 11π 7π 1 u = ωασυν 4π + = ωασυν = ωα = 0, π m/s 16 1 6 Αρα, η ταχύτητά τυ µετά την εφαρµγή της δύναµης θα είναι υ =u/= ± 0,1π m/s. To νέ πλάτς ταλάντωσης υπλγίζεται εύκλα, στη συνέχεια, µε εφαρµγή της Α ΕΤ: 1 1 1 A ΕΤ :Kαρχ + Uαρχ = Κ τελ + Uτελ mυ + Dx = 0 + DA' ' υ ' x=± A/ 0,01π mω x + mυ = m ω Α' Α ' = x + A ' = (0,05) + = 0,056m ω 16π γ) Ο ρυθµός µεταβλής της δυναµικής ενέργειας της ταλάντωσης δίνεται απ την ακόλυθη γενική σχέση:

3 du dk dw F Fdx Σ = = = = F u = ( Dx) u = Dxu= mωxu dt dt dt dt Θέτντας στην πι πάνω σχέση x= ± A και u=u = ± 0,1π m/s τελικά παίρνυµε: du Α r m 3 = mω ± υ = 10 kg 4π ( ± 0,05m) ± 0,1π = ± π 10 J / s dt s s. Κατακόρυφ ελατήρι, σταθεράς k=00n/m, έχει στ κάτω άκρ τυ στερεωµέν σώµα µάζας M=5kg και στ άνω άκρ τυ ισρρπεί επίσης στερεωµέν, άλλ σώµα µάζας m=3kg. To σώµα µάζας Μ είναι τπθετηµέν σε ριζόντι δάπεδ, όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: m k M Κάπια στιγµή, τ σώµα µάζας m, εκρήγνυται και διασπάται σε δύ τµήµατα Α και Β, µε µάζες m A =m B. T τµήµα Α, αµέσως µετά τη διάσπαση, παραµένει δεµέν στ ελατήρι, και κινείται κατακόρυφα πρς τα κάτω, συσπειρώνντας τ ελατήρι κατά 10cm επιπλέν της αρχικής τυ συσπείρωσης. Να βρείτε: α) Αν τ σώµα µάζας Μ θα χάσει την επαφή τυ µε τ δάπεδ κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης τυ τµήµατς Α. β) Τ µέγιστ ύψς πάνω από την αρχική θέση ισρρπίας τυ σώµατς µάζας m, στ πί θα φτάσει τ τµήµα Β. γ) Τη γραφική παράσταση σε συνάρτηση µε τ χρόν, της δύναµης επαφής πυ δέχεται από τ ριζόντι δάπεδ, τ σώµα µάζας Μ. Θεωρείστε ως χρνική στιγµή t=0 αυτή κατά την πία τ τµήµα Α µηδενίζει για 1 η φρά την ταχύτητά τυ. ίνεται: g=10m/s και θετική φρά η πρς τα επάνω. Λύση: (u=0) B (υ=0) α) ΘΦΜ υ Β ΘΠ F ελ1 F ελ, Α (+) L 1 h max Β m B L ΑΘΙ m (υ=0) Α m A x ΤΘΙ m A g mg υ Α L max Α F ελ,max ΘΠ (u=0) (t=0) Ν M Μg Οπως φαίνεται στ παραπάνω σχήµα, τ σώµα βρίσκεται αρχικά σε µια αρχική θέση ισρρπίας ( ΑΘΙ ), όπυ τ ελατήρι είναι συσπειρωµέν κατά L 1, τ πί και υπλγίζυµε: mg 3kg 10m / s F = 0 Fελ,1 = mg k L1 = mg L1 = = = 0,15m k 00N / m

4 Μετά τη διάσπαση, τ τµήµα µάζας Α θα εκτελέσει απλή αρµνική ταλάντωση, γύρω από µια τελική θέση ισρρπίας ( ΤΘΙ ), στην πία η συσπείρωση L τυ ελατηρίυ θα είναι: mag kg 10m/s F= 0 Fελ, = mag k L = mag L = = = 0,1m k 00N / m Συνεπώς, έχυµε µια µετατόπιση της θέσης ισρρπίας κατά x= L 1 - L =0,05m. Oµως, από τ σχήµα είναι πρφανές ότι τ πλάτς ταλάντωσης Α θα είναι ίσ µε Α=x+ L max =0,05m+0,1m=0,15m. To σώµα µάζας Μ δέχεται από τ ελατήρι τη µέγιστη δυνατή δύναµη ( F ελ,max ) µε φρά πρς τα επάνω ( µόν έτσι είναι δυνατόν να χάσει την επαφή τυ µε τ δάπεδ ), όταν τ σώµα µάζας m βρίσκεται στην άνω ακραία θέση ( βλ. σχήµα ). Τότε θα έχυµε: ' N Fελ,max = k L max = k ( A L) = 00 ( 0,15m 0,1m) = 0,5N m To σώµα θα έχανε την επαφή τυ µε τ δάπεδ αν Ν=0, δηλαδή αν F ελ,max >Μg, γεγνός πυ δεν ισχύει αφύ Mg=50N, άρα δεν θα έχυµε απώλεια επαφής. β) Υπλγίζυµε πρώτα την ταχύτητα υ Α, τυ τµήµατς Α, αµέσως µετά τη διάσπαση, µε εφαρµγή της αρχής διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης ( Α ΕΤ ): 1 1 1 A ΕΤ( ΑΘΙ ΘΠ ) : maua + Dx = DA maua + kx = ka N 3 k(a x ) 00 ( 0,05m,5 10 m ) u m A = = = m/s m kg A Στη συνέχεια, η αρχή διατήρησης της ρµής ( A Ο ), κατά τη διάσπαση, µας δίνει την ταχύτητα u B αµέσως µετά τη διάσπαση: maua A Ο :pαρχ = pτελ 0= maua mbub ub = = ua = m/s m Τέλς, η αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας ( Α ΜΕ ) για την κίνηση τυ τµήµατς Β µας δίνει: 1 ub 8m /s Α ΜΕ : Κ αρχ + Uαρχ = Κ τελ + Uτελ mbub = mbghmax hmax = = = 0,4m g 0m/s γ) Η συνθήκη ισρρπίας για τ σώµα µάζας Μ µας δίνει: F = 0 Fελ +Ν = Μg N = Mg F ελ ( 1 ) Για τ σώµα Α, όµως η συνθήκη εκτέλεσης α.α.τ µας δίνει: F= Dx F m g= kx F = m g+ kx ( ) ελ A ( ) () (1) N Mg mag kx (M m A)g kx = + = + ( 3 ) H εξίσωση της απµάκρυνσης θα είναι της µρφής x=aηµ(ωt+φ ) ( 4 ) H κυκλική συχνότητα ω υπλγίζεται εύκλα: B ελ A ω= k 00N / m 10r / s m = kg = ( 5 ) A Τέλς, υπλγίζυµε την αρχική φάση:

5 3π φ = κπ+ t= 0 3π ισδ 3π (4) A = Aηµφ x A o ηµφ = 1 = ηµ = φ κ= 0 = (6) π φ = κπ (5)(6) 3π (4) x = 0,15ηµ 10t + (SI) Αντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στην ( 3 ) τελικά παίρνυµε: 3π 3π N = 70 00 0,15 ηµ (10t + ) = 70 30 ηµ (10t + )(SI) H γραφική παράσταση της παραπάνω συνάρτησης είναι η ακόλυθη: Ν(Ν) 100 40 0,1π 0,π 0,3π t (s) 3. ίνεται τ ηλεκτρικό κύκλωµα τυ παρακάτω σχήµατς: Λ 3 1 Ε,r R 1 L C R Η πηγή έχει ΗΕ Ε=60V και άγνωστη εσωτερική αντίσταση r, ι αντιστάσεις έχυν τιµές R 1 =8Ω και R =10Ω ενώ λαµπτήρας Λ έχει ενδείξεις καννικής λειτυργίας 40V- 40W. Τ πηνί έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L=0,01H και αµελητέα εσωτερική αντίσταση και πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=10mF. Αρχικά διακόπτης 1 είναι ανιχτός και ι διακόπτες και 3 είναι κλειστί και λαµπτήρας λειτυργεί καννικά. Τη στιγµή t=0 κλείνυµε τ διακότπη 1 και ταυτόχρνα ανίγυµε τν 3. Να βρεθύν: α) Τ αρχικό φρτί τυ πυκνωτή πριν τ άνιγµα τυ διακόπτη 3 και η εσωτερική αντίσταση της πηγής. β) Οι εξισώσεις τυ φρτίυ τυ πυκνωτή και της έντασης τυ ρεύµατς πυ θα διαρρέει τ πηνί, σε συνάρτηση µε τ χρόν, από τη στιγµή t=0 και µετά.

6 γ) Ο ρυθµός µεταβλής της έντασης τυ ρεύµατς πυ διαρρέει τ πηνί τη χρνική στιγµή t 1, αν στ χρνικό διάστηµα από t=0 µέχρι t=t 1 στην αντίσταση R 1 έχει αναπτυχθεί θερµική ενέργεια ίση µε 60π mj. δ) Η γραφική παράσταση της ενέργειας τυ ηλεκτρικύ πεδίυ τυ πυκνωτή σε συνάρτηση µε την ένταση τυ ρεύµατς πυ διαρρέει τ πηνί. ε) Ο ρυθµός µεταβλής της ενέργειας τυ ηλεκτρικύ πεδίυ τυ πυκνωτή, κάπια στιγµή πυ η ένταση τυ ηλεκτρικύ πεδίυ τυ πυκνωτή έχει τιµή ίση µε τ µισό της µέγιστης δυνατής. Λύση: α) Με τ διακόπτη 1 ανιχτό και τυς, 3 κλειστύς, τ κύκλωµα πλην τυ πηνίυδιαρρέεται από σταθερό ρεύµα έντασης Ι, όπως φαίνεται στ παρακάτω κύκλωµα ( πυκνωτής έχει φρτιστεί µε την πλικότητα πυ φαίνεται και λειτυργεί πλέν ως ανιχτός διακόπτης πότε στν κλάδ τυ δεν έχυµε διέλευση ρεύµατς ): Λ Κ 3 Ι 1 R 1 E,r + _ Ι L C Ι R Μ Yπλγίζυµε πρώτα την εσωτερική αντίσταση τυ λαµπτήρα Λ, από τα στιχεία καννικής λειτυργίας: VΛ RΛ = = 40Ω P Λ Αφύ λαµπτήρας λειτυργεί καννικά, θα διαρρέεται από τ ρεύµα καννικής λειτυργίας δηλαδή θα ισχύει: PΛ Ι =Ι Λ = = 1Α VΛ Oι πλισµί τυ πυκνωτή είναι συνδεδεµένι µε τα σηµεία Κ και Μ τυ κυκλώµατς, πότε θα ισχύυν τα εξής: V = V = I R + R = 1A 18Ω= 18V ( ) c KM 1 Aρα, τ ζητύµεν φρτί τυ πυκνωτή θα είναι Q=CV c =10mF 18V=180mC=0,18C Εφαρµόζντας, τέλς, τ νόµ τυ Ohm στ κλειστό κύκλωµα έχυµε: Ε E E Ι= = r = RΛ R1 R = Ω R r+ R + R + R I λ Λ 1 β) Με τ άνιγµα τυ διακόπτη 3 και τ κλείσιµ τυ 1 θα αρχίσει να εκτελείται αµείωτη ηλεκτρική ταλάντωση στ σχηµατιζόµεν κύκλωµα L-C έχντας τν πυκνωτή πλήρως φρτισµέν τη στιγµή t=0. Οι ζητύµενες εξισώσεις θα είναι της γνωστής µρφής: q = Qσυνω t ( 1 ) και i=-iηµωt ( ) Yπλγίζυµε πρώτα την κυκλική συχνότητα ω:

7 ω= 1 1 100r / s 3 LC = 10 H 10 10 mf = ( 3 ) Αρα: I=ωQ=100r/s 180 10-3 C=18 A ( 4 ) Τελικά έχυµε: (3) (1) q = 0,18συν 100t (SI) (4) () i = 18ηµ 100t (SI) γ) Βρίσκυµε πρώτα τη χρνική στιγµή t 1, εφαρµόζντας τ νόµ τυ Joule στν αντιστάτη R 1 : W R 0,06 π J 1 WR = I R 1 1t1 t1 = = = 7,5 π ms IR1 1A 8Ω Στη συνέχεια βρίσκυµε την ΗΕ αυτεπαγωγής: Α ΕΤ due dub : U + E U = Ε =σταθ B. du + E du = B 0 0 PC PL 0 dt + dt = + = q 0,18συν100t t= 7,5 π ms VCi + VLi = 0 VL = VC = = = 18 συν100t C 10 F 3π π VL = 18 συν(0,75 π ) = 18συν = 18 συν = 9 V 4 4 Τελικά, από τ νόµ της αυτεπαγωγής τυ Faraday παίρνυµε: di di VL 9 V VL = L = = = 900 A / s dt dt L 10 H δ) 1 1 1 1 U U E U E U U U LI Li 10 18 10 i 3 U 9 10 = 5 10 i E + B = E = B = B,max B = = B H τελευταία συνάρτηση παριστάνει την παραβλή πυ ακλυθεί: U B (J) 9 10 - -18 18 i (A) ε) Ο ζητύµενς ρυθµός µεταβλής γράφεται: due = Pc = Vi c ( 1 ) dt Τη στιγµή πυ η ένταση E τυ ηλεκτρικύ πεδίυ είναι η µισή της µέγιστης, θα είναι V αντίστιχα ίση µε τη µισή της µέγιστης και η τάση V c, αφύ ισχύει η σχέση E =. Τη στιγµή l εκείνη η ένταση i τυ ρεύµατς στ πηνί υπλγίζεται µε Α ΕΤ:

8 1 1 1 Vc,max E B c c,max c.max U + U = E CV + Li = CV C Li CV + = Vc,max C Vc,max 4 3CVc,max Vc,max 3C i = = i= ± ( ) L 4L L Αντικαθιστώντας τη ( ) στην ( 1 ) παίρνυµε: du V V 3C Q 3C 3, 4 10 3 10 dt L 4C L 4 10 10 E c,max c.max = ± =± =± =± 4 81 3W 4. Υλικό σηµεί Ο, εκτελεί απλή, αρµνική ταλάντωση µε εξίσωση απµάκρυνσης y=ασυν10πt (SI), κατά µήκς κατακόρυφυ άξνα y Oy. Η ταλάντωση έχει ως απτέλεσµα τη δηµιυργία και διάδση εγκάρσιυ, αρµνικύ κύµατς, κατά µήκς τυ άξνα x Ox, κάθετυ στν y Oy. Τ κύµα διαδίδεται κατά τη θετική φρά τυ άξνα x Ox µε ταχύτητα υ=0,5m/s. Στ παρακάτω διάγραµµα παριστάνεται γραφικά, σε συνάρτηση µε την απµάκρυνση, η επιτάχυνση της ταλάντωσης τυ υλικύ σηµείυ: α (m/s ) 100 -A +A y -100 Να βρεθύν: α) Η εξίσωση τυ παραγόµενυ κύµατς. β) Τ στιγµιότυπ τυ κύµατς τη χρνική στιγµή κατά την πία τ υλικό σηµεί διέρχεται για η φρά από τη θέση ισρρπίας της. γ) Πια σηµεία τυ άξνα x Ox έχυν τη χρνική στιγµή τυ ερωτήµατς β) κινητική ενέργεια ταλάντωσης ίση µε τ µισό της µέγιστης τιµής της. δ) Η γραφική παράσταση της δυναµικής ενέργειας της ταλάντωσης, σε συνάρτηση µε τ χρόν, ενός σηµείυ Σ, µάζας m=1g, τυ άξνα x Ox τ πί είναι τ τρίτ σε συµφωνία φάσης µε τ σηµεί Ο. Λύση: α) Η εξίσωση απµάκρυνσης της πηγής γράφεται: y=aσυνωt=aηµ(ωt+π/), άρα υπάρχει αρχική φάση φ =π/. Επίσης, από την εξίσωση είναι πρφανές ότι ω=10π r/s απ όπυ βρίσκυµε Τ=π/ω=0,s και µέσω της θεµελιώδυς εξίσωσης της κυµατικής πρκύπτει και τ µήκς κύµατς λ: υ 0,5m / s υ=λf λ= = = 0,1m f 1/0,s

9 Τ πλάτς Α της ταλάντωσης των σηµείων πρκύπτει µέσω της γραφικής παράστασης α-y από την πία φαίνεται ότι: αmax 100m / s α max =ω Α Α = = = 0,1m ω 100 π r / s Τελικά, η ζητύµενη εξίσωση τυ κύµατς είναι: t x π y= Aηµ π +φ = 0,1ηµ π( 5t 10x ) + (SI) T λ β) Βρίσκυµε πρώτα τη χρνική στιγµή κατά την πία τ υλικό σηµεί Ο διέρχεται από τη θέση ισρρπίας τυ για η φρά: y= 0 π π π y= Aσυνωt 0= Aσυνωt συνω t = συν ω t = κπ ± = ( 4κ ± 1) π η 3π π 3π 3T ω t = ν+ 1 ω t = t = t = = 0,15s ( ) ν= 1 Τ 4 Στη συνέχεια, υπλγίζυµε τη µέγιστη απόσταση στην πία έχει διαδθεί τ κύµα µέχρι την παραπάνω χρνική στιγµή, επιλύντας την εξίσωση φ=0: π π π φ= π 5t 10x + 0 = π 5 0,15 10x + 0 = 1,5π 0π x + φ= 0 ( ) ( ) t= 0,15s max max x max =0,1m Συγκρίνντας την απόσταση αυτή µε τ µήκς κύµατς είναι πρφανές ότι x max =λ, πότε τ ζητύµεν στιγµιότυπ είναι τ παρακάτω: y (m) 0,1 υ 0,1 x (m) -0,1 γ) Βρίσκυµε πρώτα την απµάκρυνση y της ταλάντωσης των ζητύµενων σηµείων: Kmax E E Umax 1 1 1 A K = E U = U = = Dy = DA y = ± Στη συνέχεια, αντικαθιστύµε τις παραπάνω τιµές στην εξίσωση τυ κύµατς και την επιλύυµε ως πρς x, έχντας υπ όψην τν περιρισµό ότι στη δεδµένη χρνική στιγµή τ κύµα δεν έχει διαδθεί πέρα από τ σηµεί µε τετµηµένη x max =0,1m: A π π π ( + ): = Aηµ ( 5t 10x) ( 5t 10x) π + ηµ π + = ηµ 4 π π t= 0,15s κ π ( 5t 10x) + = κπ+ 10t 0x + 0,5 = κ+ 0,5 x = 0,0875 ( α ) 4 10 π 3π t= 0,15s κ π( 5t 10x) + = κπ+ 10t 0x + 0,5 = κ+ 0,75 x = 0,065 ( β ) 4 10 Οι ( α ) και ( β ) για κ=0 δίνυν: x 1 =0,0875m και x =0,065m ( δεκτές )

10 A π π 5π ( ): = Aηµ ( 5t 10x) ( 5t 10x) π + ηµ π + = =ηµ 4 π 5π κ π ( 5t 10x) + = κπ+ 10t 0x + 0,5 = κ+ 1,5 x = 0,0375 ( γ ) 4 10 π π κ π( 5t 10x) + = κπ 10t 0x + 0,5 = κ 0,5 x = 0,115 ( δ ) 4 10 Η λύση ( γ ) µας δίνει απδεκτή τιµή για κ=0, x=0,0375m ενώ η λύση ( δ ) δίνει απδεκτή τιµή για κ=1, x=0,015m. Συνλικά, τα ζητύµενα σηµεία είναι τέσσερα στις θέσεις: x 1 =0,015m, x =0,0375m, x 3 =0,065m και x 4 =0,0875m. δ) ύ σηµεία σε συµφωνία φάσης έχυν φ=κπ, άρα απέχυν µεταξύ τυς απόσταση x=κλ ( απδεικνύεται πλύ εύκλα και παραλείπυµε την απόδειξη για να...κάνετε κι εσείς κάτι...) Τ τρίτ σηµεί σε συµφωνία φάσης µε τ Ο θα βρίσκεται, κατά συνέπεια στη θέση x=λ ( πρκύπτει για κ= από τη σχέση x=κλ ), άρα x=0,m. Αντικαθιστώντας την τιµή αυτή στην εξίσωση τυ κύµατς βρίσκυµε την εξίσωση απµάκρυνσης της ταλάντωσης τυ σηµείυ αυτύ: π x= 0,m π y= 0,1ηµ π( 5t 10x) + y= 0,1ηµ π( 5t ) + = 0,1ηµ ( 10πt 3,5 π) (SI) H ζητύµενη δυναµική ενέργεια θα δίνεται από τη σχέση: 1 1 1 3 r U = Dy = mω y = 10 kg 100π 0,01 ηµ (10πt 3,5 π) s 3 U = 5 10 ηµ 10πt 3,5π ( ) Η γραφική παράσταση της παραπάνω συνάρτησης είναι η ακόλυθη: U (J) 0,01 0/7 107/35 t (s) 5. Στ παρακάτω σχήµα παριστάνεται τ στιγµιότυπ ενός στάσιµυ κύµατς πυ έχει δηµιυργηθεί κατά µήκς µγενύς, ελαστικής χρδής απείρυ µήκυς, x Ox: y(cm) 10 5 x -10-6 - O 6 10 x(cm) -5-10

11 Γνωρίζυµε ότι τ στάσιµ κύµα δηµιυργήθηκε από τη συµβλή δύ γραµµικών, αρµνικών κυµάτων, ίδιυ πλάτυς και συχνότητας, πυ διαδίδνται σε αντίθετες κατευθύνσεις πάνω στν άξνα x Ox. Αν η συµβλή των δύ κυµάτων ξεκίνησε τη στιγµή t=0, κατά την πία τα δύ κύµατα έφτασαν ταυτόχρνα στην αρχή x=o τυ άξνα x Ox, και τ παραπάνω στιγµιότυπ αναφέρεται στη χρνική στιγµή t 1 =3s, να βρεθύν: α) Η εξίσωση τυ στάσιµυ κύµατς καθώς και των κυµάτων πυ τ δηµιύργησαν, αν είναι γνωστό ότι αυτά δεν είχαν αρχική φάση. β) Η λική ενέργεια της ταλάντωσης ενός υλικύ σηµείυ, µάζας m=g, στη θέση x=8cm, τις χρνικές στιγµές t 1 =3s και t =6s. γ) Η διαφρά φάσης δύ σηµείων A και Β στις θέσεις x Α =-11cm και x B =-8cm τις χρνικές στιγµές τυ ερωτήµατς β). Λύση: πx πt α) Η ζητύµενη εξίσωση τυ στάσιµυ κύµατς θα είναι της µρφής y= Aσυν ηµ λ T Aπό τ στιγµιότυπ πρκύπτει εύκλα ότι: A=10cm άρα Α=5cm λ/=4cm άρα λ=8cm Eπίσης από τ στιγµιότυπ φαίνεται ότι τα δύ κύµατα έχυν συµβάλλει µέχρι απόσταση x=6cm σε χρόν t 1 =3s, πότε η ταχύτητα διάδσής τυς είναι υ=x/ t=cm/s, άρα η θεµελιώδης εξίσωση της κυµατικής µας δίνει την περίδ Τ: T=λ/υ=8cm/cm/s=4s. Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιµές στην εξίσωση τυ στάσιµυ κύµατς παίρνυµε: πx πt πx πt y = 10συν ηµ y = 10 συν ηµ ( x,y σε cm ) 8 4 4 Eπίσης, ι εξισώσεις των κυµάτων πυ τ δηµιύργησαν είναι: t x t x y1 = Aηµ π = 5ηµ π (x,y σε cm) T λ 4 8 t x t x y = Aηµ π + = 5ηµ π + (x,y σε cm) T λ 8 β) Στ σηµεί αυτό τη στιγµή t 1 =3s δεν έχυν ακόµη συµβάλλει τα δύ κύµατα άρα δεν έχει δηµιυργηθεί στάσιµ κύµα. Συνεπώς, τ σηµεί αυτό θα εκτελεί ταλάντωση πλάτυς Α=5cm, πότε η λική ενέργεια της ταλάντωσής τυ θα είναι: 1 1 1 3 π 4 6 Ε= DA = mω Α = 10 5 10 = 6,5 10 J 4 Τη στιγµή t =8s η συµβλή των δύ κυµάτων έχει καλύψει την περιχή υt x υt 1cm x 1cm, άρα τ σηµεί αυτό ( x=8cm ) βρίσκεται στην περιχή όπυ η συµβλή έχει δηµιυργήσει στάσιµ κύµα. Τ πλάτς ταλάντωσής τυ τότε θα είναι: πx π 8cm A' = Aσυν = 10 συν = 10cm ( κιλία ) λ 8cm H λική ενέργεια ταλάντωσής τυ θα είναι: 1 1 1 3 π 5 E' = DA' = m ω Α ' = 10 10 =,5 10 J 4 γ) Σκεπτόµενι όπως στ ερώτηµα β), παρατηρύµε ότι τα σηµεία Α και Β τη στιγµή t 1 =3s βρίσκνται εκτός της περιχής συµβλής ( -6cm έως +6cm ) ενώ τη στιγµή t =8s βρίσκνται εντός της περιχής συµβλής ( -1cm έως 1cm ). Αυτό σηµαίνει ότι, τη στιγµή t 1 η διαφρά φάσης θα δίνεται από τη σχέση: t x1 t x π π 3π φ = π + φ π + φ = x x1 = 3cm = rad T T λ λ λ 8cm 4

1 Τη στιγµή t η διαφρά φάσης θα είναι µηδέν ή π ανάλγα µε τη θέση των σηµείων. Βρίσκυµε ότι ι δεσµί τυ στάσιµυ κύµατς αντιστιχύν στις θέσεις: ν= 0:xδ 1 = cm λ 8 ν= 1:xδ = cm xδ = ( ν+ 1) = ( ν+ 1) = 4ν+ 4 4 ν= :xδ3 = 6cm ν = 3: xδ4 = 10cm, κτλ... Εύκλα βρίσκυµε ότι τα σηµεία Α και Β βρίσκνται εκατέρωθεν τυ δεσµύ στη θέση x δ4 =- 10cm, πότε η µεταξύ τυς διαφρά φάσης θα είναι φ=π rad. 6. Συµπαγής, µγενής τρχός, µάζας m και ακτίνας R=10cm, κυλίεται χωρίς να λισθαίνει σε κεκλιµέν επίπεδ, γωνίας φ=30, όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: F m α cm φ Η κίνηση τυ τρχύ πραγµατπιείται µέσω της ασκύµενης σ αυτόν δύναµης F, µέτρυ F=1N, η πία εφαρµόζεται εφαπτµενικά στν τρχό, µέσω αβαρύς και µη ελαστικύ νήµατς, τυλιγµένυ στην περιφέρειά τυ. ίνεται επίσης ότι η κινητική ενέργεια λόγω της στρφικής κίνησης τυ τρχύ µεταβάλλεται σε συνάρτηση µε την αντίστιχη ενέργεια λόγω µεταφρικής κίνησης, όπως φαίνεται στ παρακάτω διάγραµµα: K στρ (J) 10 0 Κ µετ (J) H πρσφερόµενη µέσω της ρπής της δύναµης F ισχύς στν τρχό µεταβάλλεται χρνικά σύµφωνα µε τ νόµ P=8t (SI). Αν γνωρίζυµε ότι η µεταφρική κίνηση τυ τρχύ είναι ευθύγραµµη, µαλά επιταχυνόµενη, χωρίς αρχική ταχύτητα και ότι αυτή ξεκίνησε τη χρνική στιγµή t=0, να βρεθύν: α) Η µάζα τυ τρχύ. β) Ο ρυθµός µεταβλής της στρφρµής τυ τρχύ. γ) Η κεντρµόλς επιτάχυνση και η ταχύτητα ενός σηµείυ της περιφέρειας τυ τρχύ, τη χρνική στιγµή t=0,668s, αν δίνεται ότι τ σηµεί αυτό τη χρνική στιγµή t=0 βρισκόταν σε επαφή µε τ κεκλιµέν επίπεδ. ίνεται: g=10m/s.

13 Λύση: α) Από τ διάγραµµα πρκύπτει ότι Κ µετ =Κ στρ. Οµως, γενικότερα ισχύυν τα παρακάτω: 1 cm K mu µετ mucm ucm 1 = = = = 1 Κστρ Iω λmr ω λucm λ ( Θέσαµε τη ρπή αδράνειας τυ τρχύ ίση µε Ι=λmR, όπυ λ καθαρός αριθµός, αφύ δεν γνωρίζυµε αν πρόκειται για κύλινδρ, σφαίρα κτλ. ). Πρφανώς ισχύει ότι λ=1/, πότε η ρπή αδράνειας τυ τρχύ δίνεται από τη σχέση 1 mr Ι=. Σχεδιάζυµε τις ασκύµενες στν τρχό δυνάµεις, όπως φαίννται στ παρακάτω σχήµα: α γ N F α cm w x φ w φ T w y Για τη στατική τριβή Τ υπθέτυµε αυθαίρετα ότι έχει τη φρά τυ σχήµατς. Εφαρµόζυµε τυς θεµελιώδεις νόµυς στρφικής και µεταφρικής κίνησης: F = mα cm F+ T wx = mαcm F+ T mgηµφ= m αcm ( 1 ) 1 1 τ=ια γ FR TR = mr αγ F T = m αcm ( ) Οι ( 1 ) και ( ) δίνυν µε πρόσθεση κατά µέλη: 3 (1) + () F mgηµφ= mαcm α cm = ( F mg ηµφ ) ( 3 ) 3m Η ισχύς της ρπής της F γράφεται: (3) F P=τω= FRα γt = Fαcmt P= ( F mgηµφ ) t ( 4 ) 3m Η σύγκριση της ( 4 ) µε τη σχέση P=8t µας δίνει: F 4F F 4F F 4F 8 = ( F mgηµφ) 8 = gηµφ = 8+ gηµφ m = 3m 3m 3 3m 3 4 + Fgηµφ m=4kg β) Ο ζητύµενς ρυθµός µεταβλής της στρφρµής δίνεται από τη σχέση: dl 1 mr = τ=ια γ = αγ ( 5 ) dt Η ( 3 ) µας δίνει α cm =19/3 m/s πότε α γ =α cm /R=190/3 r/s ( 6 ) ( 5 )( 6 ) dl/dt=0,316 Nm

14 γ) Βρίσκυµε πρώτα τη θέση τυ σηµείυ αυτύ, έστω Σ, τη δεδµένη χρνική στιγµή. Ο 1 1 190 τρχός θα έχει περιστραφεί µέχρι τότε κατά γωνία φ= α γt = 0,668 = 14,1 r. Συνεπώς, 3 τ πλήθς των περιστφών πυ θα έχει εκτελέσει µέχρι τη στιγµή αυτή τρχός θα είναι N=φ/π=,5. Αφύ τ σηµεί Σ τη στιγµή t=0 βρισκόταν σε επαφή µε τ κεκλιµέν επίπεδ, µετά από,5 περιστρφές θα βρίσκεται στη θέση πυ φαίνεται στ σχήµα: υ λ υ θ υ cm Σ Σύµφωνα µε την αρχή της επαλληλίας, τ σηµεί Σ θα έχει ταχύτητα υ λ, η πία θα πρκύψει ως η συνισταµένη της µεταφρικής ταχύτητας u cm και της εφαπτµενικής ταχύτητας u, λόγω της στρφικής κίνησης. Αφύ τρχός κυλίεται χωρίς λίσθηση, τα µέτρα των ταχυτήτων u και u cm είναι ίσα, πότε έχυµε: 19 uλ = u + ucm = ucm = ucm =α cmt = 0,668 = 5,98m / s 3 Η διεύθυνση της ταχύτητας υ λ σχηµατίζει γωνία θ=45 µε αυτή της u cm, αφύ εφθ=u/u cm =1. 7. Τ σύστηµα των ταχυτήτων σ ένα πδήλατ απτελείται από δντωτύς τρχύς ( γρανάζια ) και µια αλυσίδα όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: Ας υπθέσυµε ότι τ πεντάλ τυ πδηλάτυ απτελείται από δύ αβαρείς πεταλιέρες, θεωρύµενες σηµειακές, κάθε µια από τις πίες απέχει απόσταση R=5cm από τν άξνα περιστρφής τυ συστήµατς, µε τν πί συνδένται µε επίσης αβαρή µεταλλικά στελέχη. Ο µπρστινός δίσκς έχει ακτίνα R 1 =10cm και µάζα Μ=500g και τα πίσω γρανάζια, πυ µπρεί να επιλέγει πδηλάτης, έχυν ακτίνες πυ κυµαίννται από r min =cm µέχρι r max =5cm. Η αλυσίδα θεωρείται αβαρής και µη ελαστική. Κάπια στιγµή ( t=0 ), τ πδήλατ ξεκινά από την ηρεµία µε τν πδηλάτη να επιλέγει τ πίσω γρανάζι µε τη µεγαλύτερη δυνατή ακτίνα r max, επιταχύνντας τ πδήλατ µε σταθερή επιτάχυνση α 1 =1m/s, µέχρι τη στιγµή t 1 =10s, πότε επιλέγει τ πίσω γρανάζι µε τη µικρότερη δυνατή ακτίνα r min, συνεχίζντας την επιταχυνόµενη κίνηση, µε επιτάχυνση α =0,5m/s, µέχρι τη χρνική στιγµή t =15s. Θεωρύµε ότι σε κάθε περίπτωση πδηλάτης ασκεί µε τ κάθε πόδι τυ σε κάθε πεταλιέρα σταθερή δύναµη, µέτρυ F=N, εφαπτµενική στην κυκλική τρχιά πυ αυτή εκτελεί. Αν θεωρήσυµε ότι µπρστινός δίσκς έχει όλη τυ τη µάζα συγκεντρωµένη στην περιφέρειά τυ, ενώ η ρπή αδράνειας κάθε γραναζιύ θεωρείται αµελητέα, να βρεθύν: α) Η συχνότητα περιστρφής τυ πεντάλ τυ πδηλάτυ, τη χρνική στιγµή t =5s. β) Η µάζα τυ µπρστινύ δίσκυ. γ) Η γραφική παράσταση τυ µέτρυ της στρφρµής τυ µπρστινύ δίσκυ σε συνάρτηση µε τ χρόν.

15 Λύση: α) Στ παρακάτω σχήµα φαίνεται η εικόνα τυ συστήµατς δίσκς-αλυσίδα-γρανάζι : ω F r R 1 R F ω 1 Η αλυσίδα είναι µη ελαστική, άρα τα σηµεία της περιφέρειας τυ δίσκυ και κάθε γραναζιύ έχυν ίσες τιµές γραµµικής ταχύτητας ( όσι κρίκι της αλυσίδας βγαίνυν από τ δίσκ µπαίνυν στ γρανάζι ). Συνεπώς, ι γωνιακές ταχύτητες δίσκυ και γραναζιύ θα συνδένται µε την ακόλυθη σχέση: ωr υ 1 =υ ω 1R1 =ωr ω 1 = ( 1 ) R Οταν πδηλάτης έχει επιλέξει τ µεγάλ γρανάζι, η γωνιακή επιτάχυνση αυτύ θα είναι: α1 1m / s α γ = = = 0r / s r 0,05m max Η γωνιακή ταχύτητα τυ γραναζιύ αυτύ τη χρνική στιγµή t =5s θα δίνεται από τ νόµ r ω =α γt ' = 0 5s = 100r / s. Αντικαθιστώντας την τιµή αυτή στη σχέση ( 1 ) και θέτντας r=r max s παίρνυµε: r 5cm ω 1 = 100 = 50r / s s 10cm Τελικά: f=ω 1 /π=5/π Hz. β) Η γωνιακή επιτάχυνση τυ συστήµατς δίσκς-πεντάλ θα είναι: r dω1 r dω r r= 5cm 1 1 r r ω 1 =ω = α γ' = αγ α γ' = α γ = 0 = 10 R dt R dt R s s 1 1 1 Ο θεµελιώδης νόµς της στρφικής κίνησης για τ σύστηµα αυτό µας δίνει: ' F Ν τ=ια γ ' FR = MR αγ Μ= = = 0,8kg R α ' r γ 0,5m 10 s 1 γ) Μέχρι τη χρνική στιγµή t 1 =10s δίσκς θα έχει στρφρµή πυ θα δίνεται από τη σχέση: ' r L = Iω=ΜR α γt = 0,8kg (0,5m) 10 t = 0,5 t (SI) s Από τη στιγµή t 1 =10s µέχρι τη στιγµή t =15s η γωνιακή επιτάχυνση τυ δίσκυ θα είναι: rmin rmin α α 0,5m/s α γ = α γ = = = = 5r / s R R r R 0,1m 1 1 min 1 Συνεπώς, η αντίστιχη τιµή στρφρµής θα είναι: L' = I ω= Ι( ω +α t) = MR ( α t +α t) = 0,05(100 + 5t) = 5 + 0,5t (SI) ( όπυ '' 1 γ γ 1 γ χρόνς t υπλγίζεται µε αφετηρία τη στιγµή t 1 =10s )

16 Aπό τα παραπάνω πρκύπτει ότι η ζητύµενη γραφική παράσταση θα έχει την ακόλυθη µρφή: L (kg m /s) 6,5 5 10 15 t (s) 8. ίνεται η διάταξη τυ παρακάτω σχήµατς: 45 o Α Β L m u o Η µγενής ράβδς ΑΒ έχει µάζα Μ=0,5kg και µήκς L=0cm και µπρεί να στρέφεται σε κατακόρυφ επίπεδ, χωρίς τριβές, γύρω από ριζόντι άξνα, κάθετ σ αυτήν, διερχόµεν από τ ένα άκρ της Α. Στ άλλ άκρ της Β είναι δεµέν αβαρές και µη ελαστικό νήµα, τ πί είναι στερεωµέν στν κατακόρυφ τίχ µε τν πί σχηµατίζει γωνία 45, όταν η ράβδς ισρρπεί σε ριζόντια θέση. Να βρεθύν: α) Η τάση τυ νήµατς και η δύναµη στ σηµεί Α όταν η ράβδς ισρρπεί. β) Κάπια στιγµή κόβυµε τ νήµα και η ράβδς αρχίζει να στρέφεται γύρω από τ Α. Τη στιγµή πυ ρυθµός µεταβλής της στρφρµής της ράβδυ παίρνει τιµή ίση µε τ 1/ της µέγιστης δυνατής τιµής της, ένα βλήµα αµελητέων διαστάσεων, µάζας m=m, τ πί κινείται µε ριζόντια ταχύτητα, µέτρυ υ =6m/s, στ ίδι κατακόρυφ επίπεδ µε τη ράβδ, σφηνώνεται στ άκρ της Β. ι) Πόση είναι η γωνιακή ταχύτητα τυ συστήµατς αµέσως µετά την κρύση; ιι) Μέχρι πιό ύψς πάνω από την αρχική διεύθυνση κίνησης τυ βλήµατς θα φτάσει τ άκρ Β της ράβδυ µετά την κρύση; ιιι) Πια δύναµη θα δέχεται η ράβδς στν άξνα περιστρφής της ( σηµεί Α ) τη στιγµή πυ γίνεται κατακόρυφη για 1 η φρά µετά την κρύση; ίνεται για τη ράβδ η ρπή αδράνειάς της ως πρς άξνα κάθετ σ αυτήν 1 διερχόµεν από τ κέντρ µάζας της Icm = ML και g=10m/s. 1 Λύση: F F y T y T F x θ 45 o T x Mg

17 Στη ράβδ ασκύνται ι δυνάµεις πυ φαίννται στ παραπάνω σχήµα. Εφαρµόζυµε τις συνθήκες ισρρπίας για τη µεταφρική και στρφική κίνηση: F x = 0 Fx = Tx Fx = Tηµ 45 Fx = T ( 1 ) F y = 0 Ty + Fy = Mg Fy = Mg Tσυν 45= Μg T ( ) L Mg Mg 5 τ ( Α ) = 0 w + TyL= 0 T = T = = N Αντικαθιστώντας στις σχέσεις ( 1 ) και ( ) την τιµή της τάσης Τ παίρνυµε: 5 (1) Fx = T = =,5Ν () Fy = 5N,5N =,5N Επειδή Fx Fy θα ισχύυν ι παρακάτω σχέσεις: F= Fx + Fy = Fx = Fx =,5 N Fy εφθ = = 1 θ = 45 F x β) ι) Κατ αρχήν βρίσκυµε από πια θέση διέρχεται η ράβδς τη στιγµή της κρύσης. Σε µια τυχαία θέση όπυ η ράβδς σχηµατίζει γωνία θ µε την κατακόρυφη, θα ισχύυν τα παρακάτω: h θ d Μg ω Ο ρυθµός µεταβλής της στρφρµής της ράδβυ είναι ίσς µε τη συνισταµένη ρπή πυ ασκείται σ αυτήν ( dl dt = τ ). Οµως, η µόνη ασκύµενη ρπή είναι τυ βάρυς, άρα: dl = τ= wd = MgLηµθ dt Aπό την τελευταία σχέση πρκύπτει ότι η µέγιστη τιµή της ρπής πρκύπτει για θ=0, άρα η τιµή της ρπής πυ είναι ίση µε τ 1/ της τιµής αυτής θα αντιστιχεί σε γωνία θ=45, αφύ τότε dl 1 dl 1 θα ισχύει: = MgLηµθ = MgLηµθ = ΜgL ηµθ = = ηµ 45 dt dt max Στη συνέχεια, υπλγίζυµε τη γωνιακή ταχύτητα της ράβδυ τη στιγµή αυτή: 1 Α ΜΕ :Kαρχ + Uαρχ = Κ τελ + Uτελ 0+ Μ gh= I ω ( 1 ) Η ρπή αδράνειας Ι υπλγίζεται µέσω θεωρήµατς Steiner: 1 L ML Ι=Ι cm + Md = ML + M = ( ) 1 4 3

18 L L L Επίσης, από τ σχήµα είναι πρφανές ότι h = συν 45 = = ( 3 ) 4 ()(3) L 1 ML 3g (1) Mg = ω ω= = 14,5r / s 4 3 L Eφαρµόζυµε αρχή διατήρησης στρφρµής για την κρύση: θ ML Mu L Mu L 45 ω συν Ιω L L mu r I 3 αρχ = τελ ω= Ι ωτελ ω τελ = = Ι+ΜL ΜL + ML 3 ω τελ =1,8r/s ιι) Εστω Η τ ζητύµεν ύψς, όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα, και φ η γωνία πυ σχηµατίζει στη θέση αυτή η ράβδς µε την κατακόρυφη: u o ω Mg φ Mg H 45 o Μg ω τελ U=0 Mg Στη συνέχεια, εφαρµόζυµε αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας, θεωρώντας ως στάθµη µηδενικής δυναµικής ενέργειας την αρχική διεύθυνση της ταχύτητας τυ βλήµατς:

19 1 L L Α ΜΕ :Kαρχ + Uαρχ = Κ τελ + U τελ Ι ' ω τελ + Μg συν 45 = Μ gh+ Mg(L + συνφ) Μ + ω + = συνφ+μ + συνφ 3 1 L L L ML τελ Mg MgL gl Mg L 3 ω τελ + g = gσυνφ + g συνφ = 0,91 φ = 4,5 3 4 Τ ύψς H τελικά θα είναι: H=Lσυνφ=0, 0,91=0,18m=18,cm ιιι) Η ράβδς θα περάσει για 1 η φρά από την κατακόρυφη θέση όταν επανέλθει σ αυτήν µετά την εκτρπή της σε ύψς Η ( όπως φαίνεται από τ πρηγύµεν ερώτηµα η ράβδς δεν θα εκτελέσει ανακύκλωση ). Επειδή η επαναφρά της ράβδυ στην κατακόρυφη θέση γίνεται µόν υπό την επίδραση των βαρών ράβδυ και βλήµατς ( διατηρητικές δυνάµεις ), τη στιγµή πυ διέρχεται απ αυτήν θα έχει γωνιακή ταχύτητα ίσυ µέτρυ µ αυτήν πυ είχε αµέσως µετά την κρύση, αλλά αντίθετης φράς, όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: Ν 3L/4 Μg Κ Mg ω Eπειδή ι µάζες ράβδυ και βλήµατς είναι ίσες τ κέντρ µάζας Κ τυ συστήµατς βρίσκεται στ µέσ της απόστασης των σηµείων εφαρµγής των δύ αυτών βαρών, δηλαδή σε απόσταση r=3l/4 από τν άξνα περιστρφής. Για τ κέντρ µάζας θα ισχύει η παρακάτω σχέση: 3L 3L F= Fκ Ν Μ g= Mω r N = Mg+ Mω = M g+ω 4 4 N=3,6N 9. Σώµα µάζας M=0,3kg εκτελεί απλή αρµνική ταλάντωση, πλάτυς Α=10cm, πάνω σε λεί ριζόντι δάπεδ, δεµέν στ ένα άκρ ριζόντιυ ελατηρίυ, σταθεράς k=100n/m, όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: k A A M

0 Κάπια στιγµή ( t=0 ) κατά την πία τ σώµα είναι ακίνητ, και τ ελατήρι είναι συσπειρωµέν, ένα µικρό βλήµα, µάζας m=00g, κινύµεν µε ταχύτητα υ =0m/s, υπό γωνία φ=60 ως πρς την ριζόντια διεύθυνση, και στ ίδι κατακόρυφ επίπεδ µε τ ελατήρι, σφηνώνεται στ σώµα µάζας M. Να βρεθύν: α) Τ πλάτς της ταλάντωσης πυ θα εκτελέσει τ συσσωµάτωµα. β) Η αύξηση της δύναµης επαφής πυ δέχεται τ σώµα από τ δάπεδ, κατά τη διάρκεια της κρύσης, αν αυτή ήταν t=0,01s. γ) Η % απώλεια κινητικής ενέργειας τυ συστήµατς κατά την κρύση. δ) Σε πια χρνική στιγµή τ συσσωµάτωµα θα περάσει για 1 η φρά, µετά την κρύση, από τη θέση ισρρπίας της ταλάντωσής τυ. ίνεται ότι 1/3 ηµ(π/18). ίνεται: g=10m/s. Λύση: u ox m φ k M u o u oy Λίγ πριν την κρύση ΘΠ ΘΙ ΘΠ u σ Αµέσως µετά την κρύση ΘΠ ΘΙ Α u=0 Νέα θέση πλάτυς ΘΠ ΘΙ α) Αφύ η κρύση γίνεται στη θέση όπυ τ σώµα µάζας Μ έχει στιγµιαία ακινητπιηθεί και στην πία τ ελατήρι είναι συσπειρωµέν, πρφανώς αυτή θα είναι η πρς τ αριστερά θέση πλάτυς της ταλάντωσης ( βλ. σχήµα ). Λόγω τυ ακλόνητυ δαπέδυ, η αρχή διατήρησης της ρµής για την κρύση ισχύει µόν στν άξνα x: muσυνφ A Ο (x):pαρχ,x = pτελ,x mu ox = (m+ M)uσ uσ = m+ M m 1 0,kg 0 u s σ = = 4m/s 0,5kg Στη συνέχεια, τ νέ πλάτς ταλάντωσης πρκύπτει µε εφαρµγή της αρχής διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης: 1 1 1 ' D= k Α ΕΤ :Kαρχ + Uαρχ = Κ τελ + U τελ (m+ M)uσ + Dx = DA x= A ' (m + M)uσ 0,5 16 (m + M)uσ + ka = ka A ' = A + A ' = 0,01+ = 0,3m k 100 β) Εφαρµόζυµε τη γενικευµένη µρφή τυ υ νόµυ Νεύτωνα κατά τη διάρκεια της κρύσης συµβλίζντας µε Ν την αντίδραση πυ τότε δέχεται τ σώµα από τ δάπεδ:

1 dp p p 0 ( mu ηµφ) = + = Ν = + + dt t t m 3 0, kg 0 muηµφ m N ' = (m + M)g + = 0,5kg 10 + s = 351, 4N t s 0,01s y y, τελ y, αρχ Fy N' (m M)g ' (m M)g Oµως, πριν την κρύση τ σώµα δεχόταν από τ δάπεδ αντίδραση Ν=Μg=30N ( λόγω της αρχικής τυς κατάσταση ισρρπίας κατά τν άξνα y ), πότε η ζητύµενη αύξηση πρφανώς θα είναι ίση µε: Ν = Ν ' Ν = 351,4N-30N=31,4N γ) Η ζητύµενη % απώλεια κινητικής ενέργειας γράφεται: 1 Κ Κ (m M)u σ αρχ Κ τελ Κ + τελ x% 100 100 1 100 1 = = = = 100 1 Καρχ Κ αρχ αρχ mu Κ o 0,5kg 16m / s x% = 1 100 90% = 0,kg 400m / s δ) Παριστάνυµε τις θέσεις της ταλάντωσης τυ συσσωµατώµατς στν κύκλ αναφράς ( έχντας θεωρήσει θετική τη φρά πρς τα δεξιά ): +0,3m θ φ -0,1m ( t ) ( t=0 ) -0,3m 0,1 1 π ηµθ= = θ= r άρα 0,3 3 18 π 17π φ=π θ=π = r 18 18 Αρα: 17π 17π φ 18 18 17 π φ=ωt t = = = = s ω k 10 360 m+ M

10. Οµγενής δίσκς µάζας Μ=kg και ακτίνας R=0cm µπρεί να στρέφεται χωρίς τριβές, γύρω από κατακόρυφ άξνα, κάθετ στ επίπεδό τυ και διερχόµεν από τ κέντρ τυ Κ. Αρχικά δίσκς είναι ακίνητς και ένα σώµα µάζας m=1kg βρίσκεται τπθετηµέν επάνω τυ, σε απόσταση r=r/ από τ κέντρ Κ. Τ σώµα εκπέµπει αρµνικό ήχ συχνότητας f=100hz. Ενας άνθρωπς στέκεται ακίνητς σε σχέση µε τ δίσκ όπως φαίνεται στ παρακάτω σχήµα: Σ R r m M f d Kάπια στιγµή ( t=0 ), δίσκς αρχίζει να στρέφεται, µαλά επιατχυνόµενς, µε σταθερό ρυθµό π/ r/s. Να βρεθύν: α) Οι χρνικές στιγµές κατά τις πίες άνθρωπς ακύει για 1 η φρά την ελάχιστη και την µέγιστη συχνότητα ήχυ αντίστιχα. ίνεται ότι τη στιγµή t=0 άνθρωπς στέκεται σε µια θέση Σ, η πία βρίσκεται στην πρέκταση της διαµέτρυ πάνω στην πία βρίσκεται τ σώµα µάζας m ( βλ.σχήµα ) και σε απόσταση d=40cm από τ κέντρ τ δίσκυ. β) Αν τ σώµα εµφανίζει µε τ δίσκ συντελεστή ριακής τριβής µ=0,5, πια είναι η χρνική στιγµή πυ τ σώµα θα χάσει την επαφή τυ µε τ δίσκ; Πια είναι τότε η στρφρµή τυ δίσκυ; γ) Aν η επιταχυνόµενη κίνηση τυ δίσκυ επιτεύχθηκε µέσω της εφαρµγής µιας ριζόντιας δύναµης, µέτρυ F, συνεχώς εφαπτόµενης στην περιφέρεια τυ δίσκυ, πόση είναι η ισχύς της δύναµης αυτής τη στιγµή τυ ερωτήµατς β) και πόση ενέργεια έχει πρσφέρει στ δίσκ η δύναµη από τη στιγµή t=0 µέχρι τη στιγµή εκείνη; ίννται: 1/8=ηµ(π/5) και η ρπή αδράνειας τυ δίσκυ Ι=ΜR /. Λύση: α) ( Ι ) r Σ K υ d υ ( ΙΙ ) ω Οπως φαίνεται στ σχήµα, υπάρχυν δύ θέσεις ( Ι ) και ( ΙΙ ) τυ δίσκυ στις πίες τ σώµα µάζας m κινείται απµακρυνόµεν ή πλησιάζντας τ σηµεί Σ αντίστιχα. Στις θέσεις αυτές θα αντιστιχύν η ελάχιστη και η µέγιστη συχνότητα τυ ήχυ πυ θα ακύει άνθρωπς. Στη συνέχεια, αναλύυµε ( και µεγενθύνυµε ) τ σχήµα πυ αντιστιχεί στη θέση ( Ι ): θ υ Σ θ d r Κ Στη θέση αυτή η γραµµική ταχύτητα τυ σώµατς έχει τη διεύθυνση πυ ρίζυν τ σώµα και r 5cm 1 π τ σηµεί Σ, άρα σχηµατίζει γωνία θ τέτια ώστε ηµθ = = = θ = r. d 40cm 8 5

3 Για 1 η φρά στη θέση αυτή θα έχει φτάσει δίσκς αφύ διαγράψει γωνία π 3π π 73π φ= π +θ = = r. Aυτό απαιτεί χρόν : 5 50 73π 1 φ φ= α t t 50 γ = = =,41s α π γ Σκεπτόµενι µε όµι τρόπ για τη θέση ( ΙΙ ), είναι πρφανές ότι θα ισχύυν τα παρακάτω: 7π π π π 7π 1 7π φ= ' +θ= + = r α t' t' 50 γ = = = 1,47s 5 50 50 π β) Τ σώµα συµµετέχει στη στρφική κίνηση τυ δίσκυ υπό την επίδραση της στατικής τριβής η πία παίζει τ ρόλ της αναγκαίας κεντρµόλυ δύναµης. Η κίνηση αυτή θα είναι εφικτή για όσ χρόν ικανπιείται η συνθήκη T F η πία γράφεται: ω ρ κ N T oρ mg µ g Τρ Fκ µν mω r µ mg mω r ω ω 5r/s r Η µέγιστη γωνιακή ταχύτητα των 5r/s επιτυγχάνεται τη ζητύµενη χρνική στιγµή t η πία εύκλα υπλγίζεται ως εξής: ω 5r / s 10 ω=αγt t = = = s α π γ r/s π Η στρφρµή τυ δίσκυ τη στιγµή εκείνη θα είναι: 1 1 r m L = Iω= MR ω= kg 0,04m 5 = 0,kg s s γ) Η ζητύµενη ισχύς είναι: 1 1 π r r π P =τω=ιo λαγω= ( MR + mr ) αγω= ( kg 0,04m + 1kg 0,01m ) 5 = W s s 8 Η πρσφερόµενη ενέργεια υπλγίζεται µέσω τυ θεωρήµατς έργυ-ενέργειας για τ σύστηµα δίσκυ-σώµατς: 1 1 1 Κ = W Iλω 0 = WF WF = MR + mr ω = 0,65J 11. Στ παρακάτω σχήµα απεικνίζεται µια διάταξη αντίστιχη τυ καταπέλτη των αρχαίων. Η διάταξη απτελείται από µια λεπτή, µγενή ράβδ, µήκυς L=m και µάζας Μ=4kg, στα άκρα της πίας είναι πρσαρµσµένα ένας µγενής, συµπαγής δίσκς ακτίνας R=0,5m και µάζας m=0,5kg και ένα ηµισφαιρικό στέλεχς, µάζας m =0,4kg και

4 αµελητέων διαστάσεων. Στ κέντρ τυ δίσκυ διέρχεται ριζόντις άξνας, κάθετς στ επίπεδό τυ, γύρω από τν πί τ σύστηµα µπρεί να στρέφεται χωρίς τριβές. Στην περιφέρεια τυ δίσκυ είναι τυλιγµέν, αβαρές και µη ελαστικό νήµα, τ άλλ άκρ τυ πίυ είναι στερεωµέν στ ένα άκρ ριζόντιυ ελατηρίυ, σταθεράς k=100ν/m, τ άλλ άκρ τυ πίυ είναι ακλόνητ. Αρχικά, τ σύστηµα ισρρπεί µε τη ράβδ να σχηµατίζει γωνία θ=30 µε την κατακόρυφη διεύθυνση. Εκτρέπυµε τη ράβδ, στρέφντάς τη αντίθετα από τυς δείκτες τυ ρλγιύ, µέχρι αυτή να γίνει ριζόντια και την αφήνυµε ελεύθερη, ενώ µέσα στ ηµισφαιρικό στέλεχς, έχυµε τπθετήσει µικρή σφαιρική βίδα, µάζας m 1 =100g. Οταν η ράβδς βρεθεί σε κατακόρυφη διεύθυνση, τ ελατήρι βρίσκεται στ φυσικό τυ µήκς. Να βρεθύν: α) Η τάση τυ νήµατς στην κατάσταση ισρρπίας τυ συστήµατς και η απθηκευµένη στ ελατήρι ενέργεια παραµόρφωσης. β) Η ρπή αδράνειας τυ συστήµατς. γ) Η ταχύτητα εκτόξευσης της βίδας, όταν η ράβδς βρεθεί σε κατακόρυφη θέση. ίννται: g=10m/s, η ρπή αδράνειας ράβδυ ως πρς άξνα διερχόµεν από τ κέντρ µάζας της I cm =ML /1 και η αντίστιχη ρπή αδράνειας τυ δίσκυ Ι cm =mr /. m m 1 L k m R Λύση: α) Σχεδιάζυµε τις δυνάµεις στην κατάσταση ισρρπίας τυ συστήµατς: (m +m 1 )g L Μg θ Ν R F ελ Τ Τ mg Εφαρµόζυµε τη συνθήκη ισρρπίας των ρπών ως πρς τ κέντρ τυ δίσκυ: L Μ τ= 0 Τ R Μg ηµθ (m' + m 1)gLηµθ= 0 TR = glηµθ + m' + m1

5 Μ glηµθ m' m m 1 + + 1 10 m,5kg T = = s = 50N R 0.5m Επειδή T=F ελ εύκλα βρίσκυµε: T 50N T = k L L= = = 0,5m k 100N / m Τελικά, η απθηκευµένη στ ελατήρι ενέργεια παραµόρφωσης θα είναι: 1 1 N U = k L = 100 0, 5m = 1,5J m β) Εφαρµόζυµε κατ αρχήν τ θεώρηµα Steiner για τη ράβδ: Ράβδς: ( ) ( L+ R) 1 (L+ R) M Iρ =Ι cm + Md = ML + M = L + 1 4 I = kg 4m + 3,15m = 14, 5kg m ρ Tελικά: 1 I oλ = Ι ρ +Ι δ + (m' + m 1)(L+ R) = Iρ + Μ R + (m' + m 1)(L+ R) Io λ = 14, 5kg m + 0,5kg m + 3,15kg m = 17,875kg m γ) Σχεδιάζυµε την κατακόρυφη θέση τυ συστήµατς και εφαρµόζυµε διατήρηση της µηχανικής ενέργειας: ω υ (m +m 1 )g h U=0 (m +m 1 )g h 1 Mg Μg Α ΜΕ: K + U =Κ + U αρχ αρχ τελ τελ L 1 L 0 + U ελατ + (m' + m 1)g ηµθ = Ιλω + Μ gh 1 + (m' + m 1)g ηµθ + h 1 Uελατ = Ιλω + g( Mh 1+ (m' + m 1)h ) ( 1 )

6 L L 3 Οµως από τ σχήµα είναι πρφανές ότι: h 1 = (1 συν 30 ) = (1 ) = 0,134m και h = L(1 συν 30 ) = 0, 68m πότε µε αντικατάστασή τυς στην ( 1 ) τελικά παίρνυµε: ω = { U ελατ g [ Mh 1+ (m' + m 1 )h ] } = 0,8r/s Ι oλ Πρφανώς, η ζητύµενη ταχύτητα της βίδας θα είναι: u=ω(l+r)=0,8r/s,5m=m/s EΠΙΜΕΛΕΙΑ ΘΕΜΑΤΩΝ: Kϊνάκης Γιώργς Φυσικός