1 1. Κατακόρυφο ελατήριο, σταθεράς k=00n/, έχει στο κάτω άκρο του στερεωμένο σώμα μάζας M=5kg και στο άνω άκρο του ισορροπεί επίσης στερεωμένο, άλλο σώμα μάζας =3kg. To σώμα μάζας Μ είναι τοποθετημένο σε οριζόντιο δάπεδο, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: M k Κάποια στιγμή, το σώμα μάζας, εκρήγνυται και διασπάται σε δύο τμήματα Α και Β, με μάζες =. Tο τμήμα Α, αμέσως μετά τη διάσπαση, παραμένει δεμένο στο ελατήριο, και κινείται κατακόρυφα προς τα κάτω, συσπειρώνοντας το ελατήριο κατά 10c επιπλέον της αρχικής του συσπείρωσης. Να βρείτε: α) Αν το σώμα μάζας Μ θα χάσει την επαφή του με το δάπεδο κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης του τμήματος Α. β) Το μέγιστο ύψος πάνω από την αρχική θέση ισορροπίας του σώματος μάζας, στο οποίο θα φτάσει το τμήμα Β. γ) Τη γραφική παράσταση σε συνάρτηση με το χρόνο, της δύναμης επαφής που δέχεται από το οριζόντιο δάπεδο, το σώμα μάζας Μ. Θεωρείστε ως χρονική στιγμή t=0 αυτή κατά την οποία το τμήμα Α μηδενίζει για 1 η φορά την ταχύτητά του. ίνεται: g=10/s και θετική φορά η προς τα επάνω. ύση: (u=0) (υ=0) α) ΘΦΜ υ Β ΘΠ F ελ1 F ελ, Α (+) L 1 h ax Β L ΑΘΙ (υ=0) Α x ΤΘΙ g g υ Α L ax Α F ελ,ax ΘΠ (u=0) (t=0) Ν M Μg Οπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα, το σώμα βρίσκεται αρχικά σε μια αρχική θέση ισορροπίας ( ΑΘΙ ), όπου το ελατήριο είναι συσπειρωμένο κατά L 1, το οποίο και υπολογίζουμε: g 3kg 10 / s F = 0 Fελ,1 = g kδ L1 = g Δ L1 = = = 0,15 k 00N / Μετά τη διάσπαση, το τμήμα μάζας Α θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση, γύρω από μια τελική θέση ισορροπίας ( ΤΘΙ ), στην οποία η συσπείρωση L του ελατηρίου θα είναι: g kg 10/s F = 0 Fελ, = g kδ L = g Δ L = = = 0,1 k 00N / Συνεπώς, έχουμε μια μετατόπιση της θέσης ισορροπίας κατά x= L 1 - L =0,05. Oμως, από το σχήμα είναι προφανές ότι το πλάτος ταλάντωσης Α θα είναι ίσο με Α=x+ L ax =0,05+0,1=0,15.
To σώμα μάζας Μ δέχεται από το ελατήριο τη μέγιστη δυνατή δύναμη ( F ελ,ax ) με φορά προς τα επάνω ( μόνο έτσι είναι δυνατόν να χάσει την επαφή του με το δάπεδο ), όταν το σώμα μάζας βρίσκεται στην άνω ακραία θέση ( βλ. σχήμα ). Τότε θα έχουμε: ' N Fελ,ax = k Δ L ax = k ( Δ L) = 00 ( 0,15 0,1) = 0,5N To σώμα θα έχανε την επαφή του με το δάπεδο αν Ν=0, δηλαδή αν F ελ,ax >Μg, γεγονός που δεν ισχύει αφού Mg=50N, άρα δεν θα έχουμε απώλεια επαφής. β) Υπολογίζουμε πρώτα την ταχύτητα υ Α, του τμήματος Α, αμέσως μετά τη διάσπαση, με εφαρμογή της αρχής διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης ( Α ΕΤ ): 1 1 1 ΔΕΤ( ΑΘΙ ΘΠ ) : u + Dx = D u + kx = k N 3 k( x ) 00 ( 0,05,5 10 ) u = = = /s kg Στη συνέχεια, η αρχή διατήρησης της ορμής ( Ο ), κατά τη διάσπαση, μας δίνει την ταχύτητα u αμέσως μετά τη διάσπαση: u ΔΟ :p = p 0= u u u = = u = /s αρχ τελ Τέλος, η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας ( Α ΜΕ ) για την κίνηση του τμήματος Β μας δίνει: 1 u 8 /s ΑΔΜΕ : Κ αρχ + Uαρχ = Κ τελ + Uτελ u = ghax hax = = = 0,4 g 0/s γ) Η συνθήκη ισορροπίας για το σώμα μάζας Μ μας δίνει: F = 0 Fελ +Ν =Μg N = Mg F ελ ( 1 ) Για το σώμα Α, όμως η συνθήκη εκτέλεσης α.α.τ μας δίνει: F= Dx F g = kx F = g+ kx ( ) ελ ( ) (1 = + = + ( 3 ) () ) N Mg g kx (M )g kx H εξίσωση της απομάκρυνσης θα είναι της μορφής x=ημ(ωt+φ ο ) ( 4 ) H κυκλική συχνότητα ω υπολογίζεται εύκολα: ελ ω= k 00N / 10r / s = kg = ( 5 ) Τέλος, υπολογίζουμε την αρχική φάση: φ ο = κπ+ t= 0 ισοδ (4) = ημφ x o ημφ ο = 1 =ημ = φ κ= 0 ο = π φ ο = κπ (5)(6) ( 4) x = 0,15ημ 10t + (SI) (6) Αντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στην ( 3 ) τελικά παίρνουμε:
3 N = 70 00 0,15 ημ (10t + ) = 70 30 ημ (10t + )(SI) H γραφική παράσταση της παραπάνω συνάρτησης είναι η ακόλουθη: Ν(Ν) 100 40 0,1π 0,π 0, t (s). ίνεται το ηλεκτρικό κύκλωμα του παρακάτω σχήματος: 3 1 Ε,r R 1 L C R Η πηγή έχει ΗΕ Ε=60V και άγνωστη εσωτερική αντίσταση r, οι αντιστάσεις έχουν τιμές R 1 =8Ω και R =10Ω ενώ ο λαμπτήρας έχει ενδείξεις κανονικής λειτουργίας 40V- 40W. Το πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L=0,01H και αμελητέα εσωτερική αντίσταση και ο πυκνωτής έχει χωρητικότητα C=10F. Αρχικά ο διακόπτης 1 είναι ανοιχτός και οι διακόπτες και 3 είναι κλειστοί και ο λαμπτήρας λειτουργεί κανονικά. Τη στιγμή t=0 κλείνουμε το διακότπη 1 και ταυτόχρονα ανοίγουμε τον 3. Να βρεθούν: α) Το αρχικό φορτίο του πυκνωτή πριν το άνοιγμα του διακόπτη 3 και η εσωτερική αντίσταση της πηγής. β) Οι εξισώσεις του φορτίου του πυκνωτή και της έντασης του ρεύματος που θα διαρρέει το πηνίο, σε συνάρτηση με το χρόνο, από τη στιγμή t=0 και μετά. γ) Ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο τη χρονική στιγμή t 1, αν στο χρονικό διάστημα από t=0 μέχρι t=t 1 στην αντίσταση R 1 έχει αναπτυχθεί θερμική ενέργεια ίση με 60π J. δ) Η γραφική παράσταση της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή σε συνάρτηση με την ένταση του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο. ε) Ο ρυθμός μεταβολής της ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή, κάποια στιγμή που η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή έχει τιμή ίση με το μισό της μέγιστης δυνατής. ύση:
4 α) Με το διακόπτη 1 ανοιχτό και τους, 3 κλειστούς, το κύκλωμα πλην του πηνίουδιαρρέεται από σταθερό ρεύμα έντασης Ι, όπως φαίνεται στο παρακάτω κύκλωμα ( ο πυκνωτής έχει φορτιστεί με την πολικότητα που φαίνεται και λειτουργεί πλέον ως ανοιχτός διακόπτης οπότε στον κλάδο του δεν έχουμε διέλευση ρεύματος ): Κ 3 Ι 1 R 1,r + _ Ι L C Ι R Μ Yπολογίζουμε πρώτα την εσωτερική αντίσταση του λαμπτήρα, από τα στοιχεία κανονικής λειτουργίας: V R = = 40Ω P Αφού ο λαμπτήρας λειτουργεί κανονικά, θα διαρρέεται από το ρεύμα κανονικής λειτουργίας δηλαδή θα ισχύει: P Ι =Ι = = 1Α V Oι οπλισμοί του πυκνωτή είναι συνδεδεμένοι με τα σημεία Κ και Μ του κυκλώματος, οπότε θα ισχύουν τα εξής: V = V = I R + R = 1 18Ω= 18V ( ) c KM 1 ρα, το ζητούμενο φορτίο του πυκνωτή θα είναι Q=CV c =10F 18V=180C=0,18C Εφαρμόζοντας, τέλος, το νόμο του Oh στο κλειστό κύκλωμα έχουμε: Ε Ι= = r = R R1 R = Ω R r+ R + R + R I ολ 1 β) Με το άνοιγμα του διακόπτη 3 και το κλείσιμο του 1 θα αρχίσει να εκτελείται αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση στο σχηματιζόμενο κύκλωμα L-C έχοντας τον πυκνωτή πλήρως φορτισμένο τη στιγμή t=0. Οι ζητούμενες εξισώσεις θα είναι της γνωστής μορφής: q = Qσυνωt ( 1 ) και i=-iημωt ( ) Yπολογίζουμε πρώτα την κυκλική συχνότητα ω: ω= 1 1 100r / s 3 LC = 10 H 10 10 F = ( 3 ) Αρα: I=ωQ=100r/s 180 10-3 C=18 ( 4 ) Τελικά έχουμε: (3) (1) q = 0,18συν100t (SI) (4) ( ) i = 18ημ100t (SI) γ) Βρίσκουμε πρώτα τη χρονική στιγμή t 1, εφαρμόζοντας το νόμο του Joule στον αντιστάτη R 1 :
5 W 0,06 π J W = I R t t = = = 7,5 π s IR 1 8Ω R1 R1 1 1 1 1 Στη συνέχεια βρίσκουμε την ΗΕ αυτεπαγωγής: ΑΔΕΤ du du : U + U =Ε =σταθ. du + du = 0 0 PC PL 0 dt + dt = + = q 0,18συν100t t= 7,5 π s VCi + VLi = 0 VL = VC = = = 18 συν100t C 10 F π VL = 18 συν(0,75 π ) = 18συν = 18 συν = 9 V 4 4 Τελικά, από το νόμο της αυτεπαγωγής του Faraday παίρνουμε: di di VL 9 V VL = L = = = 900 / s dt dt L 10 H δ) 1 1 1 1 U U U U U U LI Li 10 18 10 i 3 U 9 10 = 5 10 i + = = =,ax = = H τελευταία συνάρτηση παριστάνει την παραβολή που ακολουθεί: U (J) 9 10 - -18 18 i () ε) Ο ζητούμενος ρυθμός μεταβολής γράφεται: du dt = P = Vi c c Τη στιγμή που η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου είναι η μισή της μέγιστης, θα είναι ( 1 ) αντίστοιχα ίση με τη μισή της μέγιστης και η τάση V c, αφού ισχύει η σχέση εκείνη η ένταση i του ρεύματος στο πηνίο υπολογίζεται με Α ΕΤ: V l =. Τη στιγμή 1 1 1 Vc,ax c c,ax c.ax U + U = CV + Li = CV C Li CV + = Vc,ax C Vc,ax 4 3CVc,ax V 3C i = = i= ± c,ax L 4L L ( ) Αντικαθιστώντας τη ( ) στην ( 1 ) παίρνουμε:
6 du V V 3C Q 3C 3, 4 10 3 10 dt L 4C L 4 10 10 c,ax c.ax = ± =± =± =± 4 81 3W 3. Στο παρακάτω σχήμα παριστάνεται το στιγμιότυπο ενός στάσιμου κύματος που έχει δημιουργηθεί κατά μήκος ομογενούς, ελαστικής χορδής απείρου μήκους, x Ox: y(c) 10 5 x -10-6 - O 6 10 x(c) -5-10 Γνωρίζουμε ότι το στάσιμο κύμα δημιουργήθηκε από τη συμβολή δύο γραμμικών, αρμονικών κυμάτων, ίδιου πλάτους και συχνότητας, που διαδίδονται σε αντίθετες κατευθύνσεις πάνω στον άξονα x Ox. Αν η συμβολή των δύο κυμάτων ξεκίνησε τη στιγμή t=0, κατά την οποία τα δύο κύματα έφτασαν ταυτόχρονα στην αρχή x=o του άξονα x Ox, και το παραπάνω στιγμιότυπο αναφέρεται στη χρονική στιγμή t 1 =3s, να βρεθούν: α) Η εξίσωση του στάσιμου κύματος καθώς και των κυμάτων που το δημιούργησαν, αν είναι γνωστό ότι αυτά δεν είχαν αρχική φάση. β) Η ολική ενέργεια της ταλάντωσης ενός υλικού σημείου, μάζας =g, στη θέση x=8c, τις χρονικές στιγμές t 1 =3s και t =6s. γ) Η διαφορά φάσης δύο σημείων και Β στις θέσεις x Α =-11c και x =-8c τις χρονικές στιγμές του ερωτήματος β). ύση: πx πt α) Η ζητούμενη εξίσωση του στάσιμου κύματος θα είναι της μορφής y= συν ημ λ T πό το στιγμιότυπο προκύπτει εύκολα ότι: =10c άρα Α=5c λ/=4c άρα λ=8c πίσης από το στιγμιότυπο φαίνεται ότι τα δύο κύματα έχουν συμβάλλει μέχρι απόσταση x=6c σε χρόνο t 1 =3s, οπότε η ταχύτητα διάδοσής τους είναι υ=x/ t=c/s, άρα η θεμελιώδης εξίσωση της κυματικής μας δίνει την περίοδο Τ: T=λ/υ=8c/c/s=4s. Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιμές στην εξίσωση του στάσιμου κύματος παίρνουμε: πx πt πx πt y = 10συν ημ y = 10 συν ημ ( x,y σε c ) 8 4 4 πίσης, οι εξισώσεις των κυμάτων που το δημιούργησαν είναι: t x t x y1 = ημπ = 5ημ π (x,y σε c) T λ 4 8 t x t x y = ημπ + = 5ημ π + (x,y σε c) T λ 8 β) Στο σημείο αυτό τη στιγμή t 1 =3s δεν έχουν ακόμη συμβάλλει τα δύο κύματα άρα δεν έχει δημιουργηθεί στάσιμο κύμα. Συνεπώς, το σημείο αυτό θα εκτελεί ταλάντωση πλάτους Α=5c, οπότε η ολική ενέργεια της ταλάντωσής του θα είναι: 1 1 1 3 π 4 6 Ε= D = ω Α = 10 510 = 6,510 J 4
7 Τη στιγμή t =8s η συμβολή των δύο κυμάτων έχει καλύψει την περιοχή υt x υt 1c x 1c, άρα το σημείο αυτό ( x=8c ) βρίσκεται στην περιοχή όπου η συμβολή έχει δημιουργήσει στάσιμο κύμα. Το πλάτος ταλάντωσής του τότε θα είναι: πx π 8c ' = συν = 10 συν = 10c ( κοιλία ) λ 8c H ολική ενέργεια ταλάντωσής του θα είναι: 1 1 1 3 π 5 ' = D' = ω Α ' = 10 10 =,5 10 J 4 γ) Σκεπτόμενοι όπως στο ερώτημα β), παρατηρούμε ότι τα σημεία Α και Β τη στιγμή t 1 =3s βρίσκονται εκτός της περιοχής συμβολής ( -6c έως +6c ) ενώ τη στιγμή t =6s βρίσκονται εντός της περιοχής συμβολής ( -1c έως 1c ). Αυτό σημαίνει ότι, τη στιγμή t 1 η διαφορά φάσης θα δίνεται από τη σχέση: t x1 t x π π Δφ = π + φο π + φ ο = x x1 = 3c = T λ T λ rad λ 8c 4 Τη στιγμή t η διαφορά φάσης θα είναι μηδέν ή π ανάλογα με τη θέση των σημείων. Βρίσκουμε ότι οι δεσμοί του στάσιμου κύματος αντιστοιχούν στις θέσεις: ν= 0:xδ 1 = c λ 8 ν= 1:xδ = c xδ = ( ν+ 1) = ( ν+ 1) = 4ν+ 4 4 ν= :xδ3 = 6c ν = 3: xδ4 = 10c, κτλ... Εύκολα βρίσκουμε ότι τα σημεία Α και Β βρίσκονται εκατέρωθεν του δεσμού στη θέση x δ4 =- 10c, οπότε η μεταξύ τους διαφορά φάσης θα είναι φ=π rad.