ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΔΙΑ ΒΙΟΥ ΜΑΘΗΣΗΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΔΙΑ ΒΙΟΥ ΜΑΘΗΣΗΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΟΡΓΑΝΙ***ΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΑΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΥΙΙΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΔΙΑ ΒΙΟΥ ΜΑΘΗΣΗΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΙΙΑΙΔΕΙΑΣ Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΑΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Ιωάννης Βλάχος Ιωάννης Γραμματικάκης Βασίλης Καραπα ναγιώτης Παναγιώτης Κόκκοτας Περικλής Περιστεράπουλος Γιώργος Τιμοθέου Νίκος Αλεξάκης Σταύρος Αμπατζής Γιώργος Γκουγκούσης Βαγγέλης Κονντούρης Νίκος Μοσχοβίτης Σάββας Οβαδίας Κλεομένης Πετρόχειλος Μενέλαος Σαμπράκος Αργύρης Ψαλίδας Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΥΙΙΕΥΘΥΝΟΣ ΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗΣ ΟΜΑΔΑΣ Παναγιώτης Κόκκοτας, Καθηγητής της Διδακτικής των Φυσικών Επκττημχόν του Πανεπιστημίου Αθηνών. ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗ ΟΜΑΔΑ Ιωάννης ϊϊλϋ^ος. Διδάκτορας, Σχολικός Συ i.j ίΰΐ'λος του κλάδου ΠΕ4. Ιωάννης Γραμματικάκης, Επίκουρος Καθηγητής Φυσικής στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Βασίλης Καραιταναγιώτης, Φυσικός, Καθηγητής Πειραματικού Σχολείου Πανεπιστημίου Αθηνών. ΙΙαναγιώτης Κόκκοτας. Καθηγητής της Διδακτικής των Φυσικών Επιστημών του Πανεπιστημίου Αθηνών. Περικλής Περιστερόπουλος, Φυσικός, Υποψήφιος Διδάκτορας, Καθηγητής στο 3ο Λύκειο Βύρωνα. Γιώργος Τιμοθέου, Φυσικός, Λυκειάρχης στο 2ο Δΰκειο Αγ. Παρασκευής. ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΚΡΙΣΗΣ Νικόλαος Φλυτζάνης (Πρόεδρος), Καθηγητής Τμήματος Φυσικής του Πανεπιστημίου Κρήτης. Εμμανουήλ Καλοψικάκης, Φυσικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος. Χρήστος Ξενάκης, Δρ. Φυσικός, Σχολικός Σύμβουλος Φθιώτιδος. Δήμος Πάλλας. Φυσικός, Υποδιευθυντής 1ου Λυκείου Λαμίας. Κωνσταντίνος Στεφανίδης, Δρ. Φυσικός, Σχολικός Σύμβουλος Πειραιά. ΕΙΙΙΜΕΑΕΙΑ ΕΚΔΟΣΗΣ Σωτηρία Θεοδωρίδου, Φυσικός, Καθηγήτρια στο Ενιαίο Λύκειο Λαυρίου. ΕΚΔΟΤΙΚΟΣ ΟΙΚΟΣ Εκδοτικε'ς Τομε'ς Ορόσημο Α.Ε. ATELIER: ART CHOICE Σχεδιασμός/Ηλεκτρονική σελιδοποιήση/φιλμς Διεύθυνση δημιουργικού: Δημήτρης Κορωνάκος Υπεύθυνη Atelier: Κασσάνδρα ΙΙαξιμάδη Φωτοστοιχειοθεσία: Ιωάννα Φατοΰρου Επεξεργασία εικόνων: Αννα Νικηταρά Σχεδιασμός εικόνων: Ελε'νη Μπέλμπα Σύμβουλος τεχν. υποστήριξης: Αλέκος Αναγνωστόπουλος ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΕ ΠΑΙΔΕΙΑΣ * imasrtnitovatuim ΛΥΕ Ell ΑΐΚΜΧΕΟΝ «UAKTIKHN Ι1ΑΜ» ΕΥΧΑΡΙΣΤΙΕΣ Θα θε'λαμε να ευχαριστήσουμε τον Γιώργο Μπουργανό για τη συμβουλή του στην εύρεση των Ηλεκτρονικών Διευθύνσειον. Οι συγγραφείς

ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ Νίκος Αλεξάκης. Msc Φυσικός, Καθηγητής 5ου Λυκείου Κορυδαλλού. Σταύρος Αμπατζής, Δρ. Φυσικός, Καθηγητής Γενναδείου Σχολής. Γιώργος Γκουγκούοης, Φυσικός, Ιδιοκτήτης-Διευθυντής Φροντιστηρίου. Βαγγέλης Κουντούρης, Φυσικός, Καθηγητής 1ου Γυμνασίου Ιλίου. Νίκος Μοσχοβίτης, Φυσικός, Καθηγητής Εκπαιδευτηρίων Κωστέα-Γείτονα. Σάββας Οβαδίας, Φυσικός, Καθηγητής Λυκείου Ν. Αρτάκης. Κλεομένης ΙΙετρόχειλος, Φυσικός, Καθηγητής Αμερικανικού Κολλεγίου. Μενέλαος Σαμπράκος, Φυσικός, Iδ ιο κτήτη ς- Δ ι ευ Ο υ ντή ς Φροντιστηρίου. Αργήρης Ψαλίδας, Δρ. Φυσικός, Καθηγητής Κολλεγίου Αθηνών. ΣΥΝΤΟΝΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗΣ ΟΜΑΔΑΣ Κλεομένης ΙΙετροχειλος. Φυσικός, Καθηγητής Αμερικανικού Κολλεγίου. ΥΙΙΕΥΘΥΝΟΣ ΣΤΟ ΠΛΑΙΣΙΟ ΤΟΥ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟΥ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Χρήστος Ραγιαδάκος. Πάρεδρος στο Τομέα Φυσικών Επιστημών του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου. Yiiomw ΕβΝΙΚΙΙί. lulaelal ΚΑ) FITCKEYMATQ* I1AJ \ΑΙ UI'lMl ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Φυσική Β ΤΛΕΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΧΕΙΙ ΛΙΚΗ^ΕΑΝ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ ΕΝΤΥΠΟΥ ΚΑΙ ΚΑΛΛΙΤΕΧΝΙΚΗ ΕΠΙΜΕΔΕΙΑ Μαρία ΙΙαιταξαχαροπούλου ΕΠΙΜΕΔΕΙΑ ΤΩΝ ΕΡΓΑΣΤΗΡΙΑΚΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΓΙάρης Κοψιαύτης, Φυσικός, Καθηγητής Εκπαιδευτηρίων Κωστέα-Γείτονα. ΕΥΧΑΡΙΣΤΙΕΣ Ευχαριστούμε τον Γεν. Γραμματέα της Ε.Ε.Φ. κ. Παναγιώτη Φιλντίση για την πολύτιμη συμπαράσταση και συμβολή του στην υλοποιήση του έργου μας.

Σημείωμα για τις Λύσεις Ασκήσεων Φυσικής Α'ΓΕΑ Οι λύσεις των ασκήσεων των ενοτήτων: Ευθύγραμμη κίνηση, Δυναμική σε μια διάσταση, Δυναμική στο επίπεδο, Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας, Διατήρηση της ολικής ενέργειας και Υποβάθμιση της ενέργειας, προέρχονται από το βιβλίο «Φυσική Γενικής Παιδείας, Λύσεις Ασκήσεο)ν Α' Τάξης Γενικού Λυκείου», ΟΕΔΒ 2010, που έχει γραφεί από τους: I. Βλάχο, I. Γραμματικάκη, Β. Καραπαναγιώτη, Π. Κόκκοτα, Π. Περιστεράπουλο και Γ. Τιμοθέου. Οι λύσεις των ασκήσεων της ενότητας: Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα, προέρχεται από το βιβλίο «Φυσική Β' Τάξης Γενικού Λυκείου, Λύσεις Ασκήσεων», ΟΕΔΒ 2010, που έχει γραφεί από τους: Ν. Αλεξάκη, Σ. Αμπατζή, Γ. Γκουγκούση, Β. Κουντούρη, Ν. Μοσχοβίτη, Σ. Οβαδία, Κ. Πετρόχειλο, Μ. Σαμπράκο και Α. Ψαλίδα.

Κεφάλαιο 1.1 1. Επειδή η κίνηση του αυτοκινήτου είναι ομαλή, ισχύει: s 120 υ = - ή - υ = t 4 m / s ή - v=30m/s.?n / Για τα αντίστοιχα διαγράμματα έχουμε: u(m/s)>. ψ.. s(m)> ι ί>:;.. 2. Το τρένο βρίσκεται πάνω στη γέφυρα για χρόνο t, ο οποίος είναι: s + ^. s + e. 1.980 + 20. υ = η t = η t = s ή t = 200s t υ 10 3. Α. Το ζητούμενο διάστημα υπολογίζεται από το άθροισμα των αντίστοιχων εμβαδών: S=Ej+E 2 ή S=1010m+20-20m ή S=500m. τ, - s, - 50,- Β. υ = - η υ = η υ = 12,5m t 4

Ευθύγραμμη κίνηση Γ. 4. Α. Α I 4- «ι «2 Β ι -t t=0 t=0 Αυτοκίνητο (Α): υ ( = ή χ = ι> t (1) Αυτοκίνητο (Β): υ 2 = s - χ ή s - χ = υ 2 ί (2) Προσθέτω κατά μέλη τις (1) και (2) και βρίσκω: X+Syl('=V l t + V2t ή s=^^2)t ή t = 1.000 -s ή t = υ] + υ 2 10 + 15 Η συνάντηση των δύο αυτοκινήτων γίνεται στο σημείο Σ] απέχει από το Α απόσταση x για την οποία ισχύει: χ =υ! t ή x=10-40m ή x = 400m. Β. Τα ζητούμενα διαγράμματα είναι: s(m). 40s που Min/s), -15 10 20 30 40

Ευθύγραμμη κίνηση 5. Α. Αν ο ζητούμενος χρόνος είναι t, ο μοτοσυκλετιστής και το περιπολικό διανύουν μέχρι την ουνάντηοή τους διάστημα: S., = υ π t και S M = υ μ t αντίστοιχα. Με την αφαίρεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη έχω: Sn - 8μ = (υπ-υμ)ί ή d = (υπ -υμ)1 η t = d = 500 s ή t = 50s υ π - υ μ 30-20 Β. Το ζητούμενο διάστημα είναι: S n =w n t = 30-50m ή 8 π = 1.500m. 6. Από τη σύγκριση της σχέσης x=10t με την εξίσωση της κίνησης χ = υί της ευθύγραμμης ομαλής κίνησης, συμπεραίνουμε ότι ο ποδηλάτης κινείται ευθύγραμμα και ομαλά με ταχύτητα υ = 10m/s. Έτσι το ζητούμενο διάγραμμα είναι: i'<m ΌΛ Το ζητούμενο διάστημα είναι ίσο με: s =υ t = 10-5m ή s = 50m, δηλαδή ίσο με το αντίστοιχο εμβαδόν Ε. 7. Α. Η αρχική ταχύτητα είναι υ 0 = 0 και έτσι ισχύει: υ = at ή υ = 2 15πι/8 ή υ =30m/s. Β. Η απόσταση που διανύει ο μοτοσυκλετιστής είναι: 1 2 1 9 s = at =--215 ra ή s = 225m. 2 2 8. A. To ζητούμενο διάστημα είναι ίσο με το αντίστοιχο εμβαδό. Δηλαδή: s = Ε = 10 20m ή s = 100m. Β. Από το διάγραμμα συμπεραίνουμε ότι η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη, χωρίς αρχική ταχύτητα, με επιτάχυνση Δυ 20 2 -, ο α - - = m/s η α = 2m / s. At 10

Ευθύγραμμη κίνηση Έτσι το ζητούμενο διάστημα s, είναι: - 1 at, 2 s = s 2 s i = 2 at, 2 = 2 2 2 m - 2 l 2 m ή s = 3m. 2 2 2 2 30+10 ζίου. Δηλαδή: s = 20m ή s = 400m.,. -. - s 400,. - 40, Β. Η μεση ταχύτητα υ είναι: υ = = -^-m/s ή υ = m/s. 10. Από τη σύγκριση της σχέσης υ = 8+2ί με την εξίσωση υ = υ 0 +αι, συμπεραίνουμε ότι η κίνηση του αυτοκινήτου είναι ευθύγρμμη ομαλά επιταχυνόμενη με αρχική ταχύτητα u 0 = 8m/s και επιτάχυνση a = 2m/s 2. Έτσι για το ζητούμενο διάστημα έχουμε: S = S 1 2 1 4 - s 2 = υ 0 ί 4 + - at 4 V2 at, ή s = υ 0 (ί 4 - t 2 ) + ^-a(t 4 2 - t 2 2 ) ή s = 8(4-2) + ^ 2(16-4) m ή s = 28m 11. υ( in/s)ai 50 I / («) ' 30 9. A. To ζητούμενο διάστημα είναι ίσο με το εμβαδόν του τραπε- ji- /; <m 48» *2 em Α. Η κοινή ταχύτητα προσδιορίζεται ως το σημείο τομής των δύο γραφικών παραστάσεων υ = υ(1) για τα δύο κινητά. Έτσι βλέπουμε ότι τη χρονική στιγμή t =6s η κοινή ταχύτητα των δύο κινητών είναι u = 30m/s. Β. Το διάστημα που διένυσε το κινητό (α) σε 10s δίνεται και από το εμβαδόν του αντίστοιχου τριγώνου. a 10 Δηλαδή: s, = j 10 50m ή s, = 250m. t(s)

Ευθύγραμμη κίνηση Αντίστοιχα το διάστημα που διένυσε το κινητό (β) σε 10s δίνεται και από το εμβαδόν του αντίστοιχου παραλληλόγραμμου. Δηλαδή: s 2 = 10-30m ή s 2 = 300m. Αρα το κινητό (β) προηγείται του κινητού (α) τη χρονική στιγμή t = 10s κατά s = 300m -250m ή s = 50m. Γ. Έστω t η χρονική στιγμή κατά την οποία συναντώνται τα δύο' κινητά. Προφανώς τότε θα έχουν διανύσει ίσα διαστήματα, δηλαδή θα γίνει: 50 = 30t ή 10t - 50 = 6t ή t = 12,5s. 12. Η κίνηση του αυτοκινήτου από το Α έως το Β είναι ομαλά επιταχυνόμενη με αρχική ταχύτητα υ Α. Έτσι θα ισχύει: υ Β = + υ Α at ή 30 = υ Α +10α (α) και 1 9 1 ΑΒ = u A t + at ή 200 = υ Α 10 + α 100 (β) Οι εξισώσεις (α) και (β) αποτελούν σύστημα δύο εξισώσεων από την επίλυση του οποίου βρίσκονται η επιτάχυνση α και η ταχύτητα υ Α. Η (α) μπορεί να γραφεί: υ Α =30-10α (γ) και με αντικατάσταση στη (β) έχουμε: 200 = (30-10α) 10 + 50α ή α = 2m/s 2. - Αντικαθιστώντας την επιτάχυνση α στη σχέση (γ) βρίσκουμε: υ Α = (30-10-2)m/s ή u A =10m/s. 13. Το κινητό θα κινηθεί επί 0,7s με την ταχύτητα υ 0 που εκινείτο στην αρχή, διανύοντας διάστημα s, =\) 0 t, = 20.0,7m ή s, = 14m. Έτσι μέχρι το εμπόδιο υπάρχει διάστημα s = (50-14)m ή s = 36m. Το διάστημα που θα διανύσει το αυτοκίνητο μέχρι να μηδενιστεί η ταχύτητά του μπορεί να είναι: 2 υ 0 20 2 s m max = = ^ 7 : η S max = 20m. 2α 2-10 Επειδή s max <s θα αποφευχθεί η σύγκρουση του αυτοκινήτου με το εμπόδιο. 14. Για να περάσει ολόκληρο το τρένο πάνω από τη γέφυρα πρέπει να κινηθεί κατά {( + s)m. Το διάστημα αυτό το τρένο θα το διανύσει επιταχυνόμενο με επιτάχυνση α = 2m/s 2, έχοντας αρχική ταχύτητα 1, 1, u 0 = 20m/s. Έτσι θα ισχύει: (Ρ, + s) = υ 0 t + α t ή 70 + 55 = 20t + 2t.

Ευθύγραμμη κίνηση Από την επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης βρίσκουμε t, = -25s που απορρίπτεται και t 2 = 5s που είναι η δεκτή λύση. 15. Α. Όταν τα κινητά συναντηθούν θα έχουν διανύσει ίσα διαστήματα. Δηλαδή: x! = x 2 ή 10t=4t 2 ή 4t =10 ή t =2,5s. Β. Από τις εξισώσεις κίνησης συμπεραίνουμε ότι το πρώτο όχημα κάνει ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με σταθερή ταχύτητα υ^ιοιη/s, ενώ το δέντρο ομαλά επιταχυνόμενη με υ 0 = 0 και a = 8m/s 2. Έτσι τα ζητούμενα διαγράμματα είναι: n(ni/s)a ν(ιιι)>ι Χ 20 10 / l> 2 =/ (t) x Χ, r* λ /»l= '(f) "ι= '(0 2.=; -> L(S) ν t(s) 16. Α. Στη διάρκεια των lis ο δρομέας διανύει διάστημα 3 ολ Ι 3. 9 + 5 9 + 2 2 Έτσι η μέση ταχύτητα του είναι: 3 m ή S o) = 81m. - S θλ ;ι m / s ή υ = 7,36m / s. t 11 Β. Για τα πρώτα 3s ο δρομέας επιταχύνεται με επιτάχυνση α, = Δυ 9-0 At j, 2 m / s~ η α, = 3m / s, ενώ τα τελευταία 3s επι- Δυ 3 2.,2 βραδύνεται με επιβράδυνση «2 - ^ m s ' Ί α 2 im / s. 17. Α. Από τις εξισώσεις της επιβραδυνόμενης κίνησης έχουμε: υ = υ 0 - a t ή -y- = υ 0 - a t ή 5 = 10-2t ή t = 2,5s

Ευθύγραμμη κίνηση 1 2 και s = v 0 t - at ή s = 1 10-2,5--2-2,5-2, m ή s = 18,75m. > Β. Από τη σχέση u = D 0 -at θέτοντας υ = 0 βρίσκουμε για το ζητού- n.. υ 10 ο ι μενο χρονο: 0 = υ 0 - a t η t = = s ή t = 5s. α 2 Για το ζητούμενο διάστημα (μέγιστο) έχουμε: - V. 10 2. s max 2 α 2 2 m Sma " ~ 25m. 18. Α. Αν μέχρι τη συνάντηση το αυτοκίνητο κινήθηκε κατά ts, ο μοτοσυκλετιστής χρειάστηκε για να το φτάσει χρόνο (t - 4)s διανύοντας προφανώς το ίδιο διάστημα. Έτσι έχουμε: 1 ] 2 s «= α ι t και δμ = a 2 (t - 4). Αλλά s a 8 μ, δηλαδή: α ι t 2 = ~ α 2( ι ~ ή l»6t 2 = 2,5^t 2 + 16-8tj από την επίλυση της οποίας βρίσκουμε για το ζητούμενο χρόνο t = 20s 4 και* s 1,8 που απορρίπτεται ως μικροτερος του 4s. Επίσης 1 9 s = β μ = s a = 1,6 20 m ή s = 320m. Β. Για τις ταχύτητες του αυτοκινήτου ",m/s) και του μοτοσυκλετιστή- έχουμε: u a = a, t = l,6-20m/s ή υ α = 32m/s και υ μ = α 2 (t - 4) = 2,5 (20-4)m/s ή υ μ = 40m/s. Για τη ζητούμενη μέση ταχύτητα υ του αυτοκινήτου έχουs 320 με: υ = - m / s ή υ = 16m / s. t 20 Γ. Τα διαγράμματα υ = f(t) και s = f(t) είναι:

Ευθύγραμμη κίνηση 19. Α. Στο χρονικό διάστημα: 0 < t < 5s η κίνηση που εκτελεί το κινητό είναι ομαλά επιταχυνόμενη με αρχική ταχύτητα υ 0 =10πι/5. Στο χρονικό διάστημα: 5s < t < 15s η κίνηση είναι ομαλή με σταθερή ταχύτητα υ = 20m/s. Στο χρονικό διάστημα: 15s <t <20s η κίνηση που εκτελεί το κινητό είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη με επιβρά- Δυ 2., δυνση αϊ = = 4m / s μέχρι μηδενισμού της ταχύτητας του. Κατόπιν το κινητό αλλάζει φορά κίνησης και επιταχύνεται - Δυ - Λ ι 2 με την ιδια επιτάχυνση α 2 - - 4m / s. Β. Η επιτάχυνση του κινητού στο χρονικό διάστημα 0 < t < 5s είναι: Δυ υ, - υ Α 20-10, 2 -,, 2 α = = = m / s = 2m / s z. At t x t A 5-0 Γ. To διάστημα που διανύει το κινητό προσδιορίζεται από το εμβαδόν που περικλείεται από τη γραφική παράσταση και τον άξονα των χρόνων. 10 + 20 5 + 10 20 + - 20 5 + - 5 20 m = (75 + 200 + 50 + 50)m = 375m 1, 2 2 2 Η μετακίνηση του κινητού είναι: Δχ = (75 + 200 + 50-50)m ή Δχ = 25πι. Προσέξτε τη διαφορά μεταξύ του διαστήματος και της μετακίνησης....,, - s 375, - Δ. Η μεση ταχύτητα του κινητού είναι: υ = = m / s ή υ = 15m / s.

Κεφάλαιο 1.2. 1. Στην πρώτη περίπτωση οι δυνάμεις έχουν την ίδια κατεύθυνση και έτσι η συνισταμένη τους είναι: F = Fj + F 2 = (80 + 60)Ν ή F=140N ίδιας κατεύθυνσης. Στη δεύτερη περίπτωση οι δυνάμεις έχουν αντίθετη κατεύθυνση και έτσι η συνισταμέμη τους έχει την κατεύθυνση της μεγαλύτερης και τιμή: F = F 1 -F 2 = (80-60)Ν ή F = 20Ν. 2. Και στις τρεις περιπτώσεις η συνισταμένη F έχει φορά προς τα δεξιά και η τιμή της είναι: F = (20 + 10)Ν -5Ν ή F = 25Ν F = 20Ν - (10+5)Ν ή F = 5Ν F = (20+ 10+5)Ν ή F = 35Ν 3. Α. Για τις συγγραμμικές και ομόρροπες δυνάμεις γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη τους είναι συγγραμμική και ομόρροπη με τις συνιστώσες και έχει τιμή που δίνεται από τη σχέση Γ 2 F = F[ + F 2. Ρ Έτσι F = 4F 2 + F 2 ή F 2 = 2Ν * και Fj = 4F 2 ή F,=8N. Εικόνα α Η ζητούμενη ανάλυση φαίνεται στην εικόνα α. Β. Για τις συγγραμμικές και αντίρροπες δυνάμεις γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη τους είναι συγγραμμική και ομόρροπη με τη συνιστώσα δύναμη μεγαλύτερης τι- ^ μής και δίνεται από τη σχέση F = F,-F 2. f Έτσι F = 3F 2 -F 2 ή F 2 = 5N και F! = 3F 2 ή F, = 15N Εικόνα β Η ζητούμενη ανάλυση φαίνεται στην εικόνα 6. 4. Α. Από το νόμο του Hooke έχουμε: F = KAx. Αντικαθιστώντας το γνωστό ζευγάρι τιμών Δχ = 20cm και F = 80N έχουμε: 80 Ν Ν 80Ν = Κ -20cm ή Κ = ή Κ = 4. 20 cm cm

Δυναμική σε μια διάσταση Άρα, αν χρησιμοποιήσουμε τη σχέση Β = ΚΔχ ο πίνακας συμπληρώνεται ως εξής: Επιμήκυνση (cm) 5 8 10 15 20 Βάρος (Ν) 20 32 40 60 80 Β. Από τον πίνακα κατασκευάζουμε το διάγραμμα ως εξής: «ΜΑ so 10 15 20 Ax(cm) Γ. Η κλίση της γραφικής παράστασης ισούται με την εφαπτομένη ΚΑ 20Ν της γωνίας φ και ισχύει: εφφ - 4Ν / cm, δηλαδή δίνει τη σταθερά του ελατηρίου Κ. 5. Επειδή το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα, δηλαδή α = 0, όπως προκύπτει από το νόμο του Νεύτωνα ΣΡ = πια, πρέπει να είναι ZF = 0. Αυτό σημαίνει ότι στο σώμα ασκείται δύναμη F 3 ίδιας κατεύθυνσης με τη μικρότερη δύναμη F 2, έτσι ώστε να ισχύει: F,-F 2 -F 3 = 0 ή F 3 = F 1 -F 2 = (22-7)N ή F 3 =15N. 6. Επειδή το πιθηκάκι ισορροεπεί, θα πρέπει να δέχεται από το κλαδί δύναμη F, ώστε η συνισταμένη της F και το βάρος Β να είναι ίση με μηδέν. Δηλαδή: F-B = 0 ή F = B ή F = 200Ν αντίρροπη του βάρους του. 7. Η συνισταμένη δύναμη SF έχει και στις τέσσερις περιπτώσεις την ίδια τιμή ZF = 20Ν με φορά προς τ' αριστερά, εκτός της περίπτωσης Β που η φορά είναι προς τα δεξιά. Έτσι στις περιπτώσεις Α, Γ και Δ έχουμε την ίδια επιτάχυνση που είναι αντίθετη της επιτάχυνσης του σώματος στην περίπτωση Β.

Δ υναμική σε μια διάσταση 8. Από τη σχέση α - βαίσκουμε την επιβράδυνση α που είναι: At α = m / s 2 = 2,5m / s 2. 2 Έτσι η ζητούμενη δύναμη είναι: F = ma=10-2,5n ή F = 25N. 9. Από τη σύγκριση της σχέσης υ = 4t με τη σχέση υ = αί προκύπτει πως το σώμα εκτελεί ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση με επιτάχυν- 2 > ' '» ση α = 4m/s. Έτσι η συνιστάμενη δύναμη για το σωμα είναι: IF = m a = 1.4Ν ή ZF = 4Ν. 10. Από τον ορισμό της επιτάχυνσης έχουμε: Δυ 14-10,? ^. 2 α = = m / s η α = 2m / s. At 2 Έτσι από τον νόμο του Νεύτωνα έχουμε: F = m a = 10-2N ή F = 20N. 11. Α. Για την επιτάχυνση κάθε σώματος έχουμε: Ρ 4 2 2 α, = - - m / s η α, = 4m / s και m, 1 F^ 15 2 2 α 2 = - m/s ή α 2 = 5m / s. m 2 3 Β. Αν τα δύο σώματα απέχουν κατά 18m μετά από χρόνο t στον οποίο έχουν διανύσει αντίστοιχο διάστημα Sj και S 2 θα πρέπει να ισχύει: S 2 - S, = (18-10)m ή S 2 -S 1 = 8m. Έτσι έχουμε: α 2 t 2 - a] t 2 = 8 ή 5 t 2-4t 2 = 8 1 2 2 2 2 ή 2,5 t 2-2 t 2 = 8 ή t 2 =16 ή t = 4s. 12. Α. Αρχικά το σώμα επιταχύνεται με επιτάχυνση 20 Ρ., 2 -,, 2.. α, = = m/s η a,=lm/s για χρονο εστω t., στον m 20 οποίο αποκτά ταχύτητα υ 0 διανύοντας διάστημα S,. Προφανώς για την κίνηση αυτή ισχύει: s 1 2 1 2 i = 2 α ι ι ι ^ si = ( α ) γ και υ 0 = a, t, ή υ 0 = t, (β)

Δυναμική σι μια διάσταση Κατόπιν το σώμα επιβραδύνεται με επιβράδυνση ρ 5 α 2 = = m/s 2 ή α 2 = 0,25m / s 2 m 20 Τελικά το σώμα κινείται ακόμη μέχρι να σταματήσει στιγυ η t, μιαια για χρονο t 2 = = 1L (γ) α 2 α 2 2» 2 υ 0 t. Στο χρονο αυτο διανύει διαστημα s 2 = = (δ) 2α 2 2α 2 Αλλά s, + s 2 = s ox 1 2 ή tj t 2 +-i- = s ox ή 2 2 cx 2 tj 2 +2 t, 2 =40 ή t, = 4s. Αρα η δύναμη F 2 άρχισε να ενεργεί μετά από διαδρομή 1 2 s, = t, = 1 4 2 1 s ή 1 s, = 8m. 2 ι 2 Β. Η συνολική διάρκεια κίνησης του σώματος είναι: t. ( 4 ^ ι ολ = t[ + t 2 = t, + = 4 + 7Γλ7 I s η ι ολ =2 5 α 2 V 0,25) 13. Α. Από την εξίσωση της κίνησης για την ομαλά μεταβαλλόμενη κίνηση έχουμε: 1 2 2s 48 ι, 2 s = at ή α - = m/s ή a = 3m/s. 2 t 16 Β. Αντικαθιστώντας στην εξίσωση IF = m α όπου ZF = F 1 +F 2 -F 3 έχουμε: F, + F2-F 3 = m a ή 6 + 2-F 3 =l-3 ή F 3 = 5N. 14. Στην πρώτη περίπτωση η ZF = Fj - F 2 = 40Ν - 20Ν ή ΣΡ = 20Ν. Αρα η ΣΡ = m α δίνει για τη μάζα m = Έτσι στη δεύτερη περίπτωση η επιτάχυνση του σώματος είναι: 2 νε;,., ΣΡ' 40 2 ' n α ΣΡ = m α ή α = = - m/s η α = 0,6m / s. m 20 ' 3 Την τιμή αυτή την αναμένουμε, αφού διπλάσια δύναμη στο ίδιο σώμα, προκαλεί διπλάσια επιτάχυνση.

Δυναμική σε μια διάσταση 15. Από την εξίσωση του διαστήματος για την ελεύθερη πτώση έχουμε:, 1 2 h = g t - 2 ή t 2h =. η t: [2h 2 8 και με αντικατάσταση βρίσκουμε t = 2s. 16. Αν το πρώτο σώμα φτάνει στον πυθμένα σε χρόνο t, ισχύει: h ^ 8^ 2, _ [2h ή 1 ~ J ~ και με αντικατάσταση t = 6s. Το δεύτερο σώμα έχει κινηθεί για χρόνο t' που είναι: t' = t-at ή t' = (6 - l)s = 5s. Στο χρόνο αυτό έχει διανύσει διάστημα h'= -gt' 2 = -10 5 2 m ή h' = 125m. 2 2 Κατά συνέπεια η ζητούμενη απόσταση Ah είναι: Ah = h-h' = (180-125)m ή Ah = 55m. 17. Α. Η επιτάχυνση που αποκτά το αυτοκίνητο θα είναι: F 2 F Ρ = ma η α = = ΙΟ 4 m/s, 2 = 5m / s 2. m 4.000 Όμως το διάστημα μέχρι να σταματήσει είναι: 2 S = -γ- ή υ 0 2 = 2α s ή υ 0 = ^2as και με αντικατάσταση υ 0 = 20m/s. Β. Η χρονική διάρκεια της επιβραδυνόμενης κίνησης είναι: υ 0 20, ι 0 λ = = s η t 0) = 4s. a 5 Γ. Τέλος το ζητούμενο διάγραμμα είναι: *- KM

Δυναμική σε μια διάσταση 18. Α. Έστω ότι το πρώτο σώμα φτάνει στο έδαφος σε χρόνο t. 1 2 Ισχύει ότι: h= gt ή t και με αντικατασταση t = 3s. Επειδή το δεύτερο σώμα ρίχνεται μετά από ένα δευτερόλεπτο και φτάνει στο έδαφος ταυτόχρονα με το πρώτο, πρέπει να κινείται για χρόνο t' = t-at ή t' = (3-l)s ή t' = 2s. Έτσι για το δεύτερο σώμα έχουμε:, h - g Χ' 2 / 1,2 2 V + -gi η υ 0 = - η υ η = 45-5-2 m/s ή υ 0 = 12,5m / s. Β. Τα ζητούμενα διαγράμματα είναι: 30 -am. W Wrfr I χ : SAP. y? ;. ;.. <» '. - -5 Ί5»)( m/s) S)T s(m/s)t

Κεφάλαιο 1.3 1. Με βάση τα δεδομένα το παραλληλόγραμμο των δυνάμεων θα είναι τετράγωνο. ^ Ρ Έτσι έχουμε: F 2 = F, 2 + F 2 2 = 2Fj 2 η Fj = και με αντικατάσταση F, = F 2 = λ/50 Ν ή F, = F, = 5λ/2 Ν 2. Η συνισταμένη των δυνάμεων F και F, είναι: f = VF, 2 +F 2 2 και με αντικατάσταση F = Λ/4Ϊ Ν. Για να ισορροπεί το σωμάτιο πρέπει να του ασκείται δύναμη F 3 αντίθετη της F. Δηλαδή F 3 = F = ^4) Ν. 3. Η συνισταμένη F των δύο δυνάμεων Fj, F 2 δίνεται από τη σχέση: F = ^Fj 2 -t- F, 2 και με αντικατασταση F = ΙΟΝ. Αρα η επιτάχυνση που αποκτά το σώμα είναι: F α = 1 0 η α = m/s ή α = I Om / s, 2 -,, 2 m 1 Η επιτάχυνση α έχει την κατεύθυνση της συνισταμένης δύναμης F δηλαδή σχηματίζει με τη δύναμη F 2 γωνία θ για την οποία ισχύει: p εφθ = 6. 3 η εφο - Η 4

Δυναμική στο επίπεδο 4. Α. Από την εξίσωση της ελεύθερης πτώσης έχουμε: 2h Κ = t 2 η g 2 = και με αντικατασταοη I 2-72 2 2 g x = τ m/s ή g x = 1,6m / s. 3 Β. α) Ο χρόνος που χρειάζεται το σώμα για να φθάσει στο έδαφος σύμφωνα με την αρχή επαλληλίας των κινήσεων, είναι πάλι 3s. 6) Για την οριζόντια κίνηση έχουμε: χ = υί ή x=12-3m x=36m. 5. Α. Οι ζητούμενες εξισώσεις για τις δύο κινήσεις της βόμβας στους άξονες χ και y είναι αντίστοιχα: χ = υ t (α) υ, = υ Γ (6) Β. Από τη (γ) έχουμε: και u y = gt 1 gt' 1 2 2y 2 500 m/s 2 ή g = 10m / s 2. 2 8 ' η g η g = " Γ. Επειδή η ταχύτητα υ Χ της βόμβας είναι ίση με την ταχύτητα (υ 0 ) του αεροπλάνου, βόμβα και αεροπλάνο διανύουν κάθε στιγμή την ίδια απόσταση χ. Έτσι τη στιγμή που η βόμβα φτάνει στο έδαφος, το αεροπλάνο βρίσκεται ακριβώς πάνω από το σημείο πρόκρουσης, έχοντας μετατοπιστεί από το σημείο που άφησε τη βόμβα κατά x = υ 0 1 = 15010m ή χ = 1.500m. Α. Στα σώματα ασκούνται τα βάρη τους και οι τάσεις Τι = Τ 2 = Τ, όπως φαίνεται στο σχήμα. Εφαρμόζω για κάθε σώμα το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής: Bj - Τ = m, α (1) και T-B 2 = m 2 a (2). Β. Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη έχουμε: Β, - Τ + Τ - Β 2 = m[ α + m 2 α ή Β, - Β 2 = (m, +m 2 ) α ή " 1 Β, (γ) (δ) m,g I"2g 30-10 m a - η a = m, + m 2 4 s Γ. Αντικαθιστούμε την τιμή της επιτάχυνσης σε μια από τις αρχικές σχέσεις, π.χ. στην (1) και έχουμε: Τ = Bj - m, α ή Τ = (3-10 - 3 5)Ν ή Τ=15Ν. m 7'

Δ υναμική στο ε.τί.τεόο 7. Α. Οι δυνάμεις στο σώμα είναι το βάρος του Β και η δύναμη Ρκ λόγω της άμεσης επαφής του με το κεκλιμένο επίπεδο. Αναλύουμε το βάρος Β στις συνιστώσες Βχ και By, οπότε ο θεμελιώδης νόμος γράφεται: EF = m α ή Βχ = m α (1). Β. Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) βρίσκουμε: m g ημφ = m α ή α = g ημφ η α = 8. Α. Στον πιλότο ασκείται το βάρος του mg και η δύναμη Ν από το κάθισμα. Στο ελικόπτερο ασκείται το βάρος του Mg, η ανυψωτική δύναμη F και η εσωτερική δύναμη Ν που ασκεί ο πιλότος λόγω άμεσης επαφής. Β. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για το σύστημα έχουμε: F - Mg - mg = (Μ + m) α ή F = [(1.920 + 80)-2+ 1.920 10 + 80 10]Ν ή F = 24.000Ν. Γ. Ο ίδιος νόμος για τον πιλότο δίνει: Ν - mg = ma ή Ν = ma + mg ή Ν = (80-2 + 80-10)Ν ή Ν = 960Ν. 9. Α. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επιταχυνόμενη χωρίς αρχική και κατά συνέπεια ισχύει: s = at 2 και υ = a t. Από 2 τις εξισώσεις αυτές αντικαθιστώντας το χρόνο t από τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη έχουμε: 1 υ s = α - 2 α 2 α = η s υ 2α η α = ->2 10 ζ m/s ή α = 5m / s. 2 10 Β. Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα βρίσκουμε ότι: ΣΡ = m α ή ΣΡ = 5 5Ν ή ΣΡ = 25Ν. Επειδή ΣΡ>Ρ σημαίνει ότι υπάρχει τριβή Τ έτσι ώστε: ΣΡ = F - Τ ή Τ = F-ΣΡ = (30-25)Ν ή Τ = 5Ν. Γ. Για το συντελεστή τριβής ολίσθησης βρίσκουμε: Τ = μ Ρκ = μπ^ ή μ = η ή μ mg 5 10 ή μ = 0,1.

26 Δυναμική στο επίπεδο 10. Α. Δεχόμαστε όχι κατά την επιβράδυνση του ο οδηγός δέχεται μόνο τη δύναμη F από τη ζώνη, και ότι αυτή είναι σταθερή. Από την εξίσωοη που δίνει το μέγιστο διάστημα στην επιβραδυνόμενη κίνηση έχουμε: υ 2α η α 2s η α = 30- m/s ή α = 2.250m / s" 2 0,2 Β Η δύναμη από τη ζώνη ασφαλείας που προκαλεί την παραπάνω επιβράδυνση είναι: F = m α = 60-2.25GN ή F= 135.000N. 11 Α Επιΐι.η η ταχύτητα της ντουλάπας είναι σταθερή ισχύει α = 0, δηλαδή XF = 0 ή F-T = 0 ή T = F ή Τ=120Ν. 120 Αλλά Τ = μρκ ή μ - ή μ = 0,48. 250 Β. Η ελάττωση του βάρους της ντουλάπας ελαττώνει την τριβή σε μια νέα τιμή Τ' = μ Β = 0.48Ί60Ν ή Τ' = 76,8Ν. Για να έχουμε πάλι οταθερή ταχύτητα η οριζόντια δύναμη F' θα πρέπει να είναι: F = Τ'ή F = 76,8N 12. Α. Οι δυνάμεις σε κάθε σώμα φαίνονται στην εικόνα. Β. Για κάθε σώμα ο θεμελιώδης νόμος γράφεται: B t - Τ' =rn, α (1) και Τ' - Τ = m 2 α (2) Γ. Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις (1) και (2) έχουμε Β! - Τ = (m, + m 2 ) α και επειδή Τ = μρ'κ = μπι 2 προκύπτει: m,g - μπι^ = (m, + m 2 ) α ή 8 10-0,25-12 10 α = m/s 12 + : α = 2 5m/s. 13. Α. Οι δυνάμεις φαίνονται στην εικόνα. Β. Για την τριβή έχουμε: Τ = μρκ και επειδή Ρκ = By = ιτ^συνφ, η τριβή είναι; Τ = μπ^συνφ ή ή τ = 6 ι 10 Ν ή Τ 2,5Ν. 2

Δ νναμική στο επίπεδο Γ. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής έχουμε: 110 2,5 ZF = ma ή Βχ - Τ = m α ή ιτ^ημφ - Τ = ττιαή α = m / s 2 ή a = 2,5m/s 2. Έτσι το ζητούμενο διάστημα είναι: 1 2 s = at 1 = 2,5 Τm ή s = 1,25m. 2 2 ' 14. Η γραμμική ταχύτητα για κάθε σημείο του πλέγματος του τροχού είναι ίση με τη μεταφορική ταχύτητα του αυτοκινήτου. υ 2 Δηλαδή υ = 35m/s. Για την κεντρομολο επιτάχυνση εχουμε: α κ =, R Τ, δ 0,8 όπου R = = m 2 2 η R = 0,4m. 35 2 Έτσι α κ = 7TT m / s2 ή α κ = 3.062,5m/s 2. υ,τ 2π 15. Από τη σχέση υ = ω R, αν θέσουμε ω = βρίσκουμε για τη ζητούμενη ταχύτητα: ω = R = - 6.380 10 3 m / s ή Τ 24 3.600 u = 463m/s. Για την κεντρομόλο επιτάχυνση έχουμε: α Χ = υ2 463 2 ή α κ = 0,034m/s 2. 16. Για την ταχύτητα έχουμε: R 6.380 10 3 υ = α^ = 2πί - 2 3,14 8,5 ^ m / s ή υ = 368-10 3 m/s. 2 2 Η ζητούμενη κεντρομόλος επιτάχυνση είναι:.,2 2 (368 10 3 ) α ν = = m/s 2 ή α = 19,6 10 m/s. κ R 13,8 10 3 17. Η συχνότητα περιστροφής του κάδου είναι: 780 f = Hz ή f = 13Hz. 60

Δυναμική στο επίπεδο Έται βρίσκουμε: υ = ω R = 2nfR ή υ = 2πΐ = 2 3,14 13 9^. m / s ή 2 2 2 2 O = 26,9m/s και α = = m / s 2 ή α =2.193m/s 2. R 0,33 18. Η τιμή της τριβής, δηλαδή η κεντρομόλος δύναμη, δεν μπορεί να υπερβαίνει το 25% του βάρους του αυτοκινήτου. Δηλαδή: Fx (max) = 0,25Β ή Ρκ (ιη3χ) = 0,25mg. 2 2 Όμως Fx (max) = ή 0,25mg = ^ χ _ ή υ π1ίχ = V0.25 gr και με αντικατάσταση υ ΙΤ13χ = 13m/s. 19. Για την περίοδο του ωροδείκτη και του λεπτοδείκτη βρίσκουμε: Τ Ω = 12h= 12-3.600s ή TQ = 43.200S και Τ Λ = lh = 1-3.600 ή T A = 3.600s. π Έστω οτι οι δείκτες σχηματίζουν για πρώτη φορα γωνία μετα απο _ 2π χρόνο t. Ο λεπτοδείκτης έχει διαγράψει γωνία Φλ = ω Λ ί _^ 1 (1) 1 Λ Αντίστοιχα ο ωροδείκτης θα έχει διαγράψει γωνία 2π π. ΦΩ ~ Ω Ω 1 1 ~ (2). Ομως φ Λ - φ Ω = οποτε αντικαθιστούμε τις Τ Ω 3 /ι\ /^\ ' 2π 2π π. (I) και (2) και εχουμε 1 1 = ή ΤΛ Τ Ω 3 2t / V l J 1. ( ι ι ή 2t J_ ή t = 10,9min. 3 1 3.600 43.200 / 3 20. Το βλήμα κινούμενο ομαλά χρειάζεται χρόνο t για να φθάσει d 2 στο δίσκο, ο οποίος είναι: t = = s ή t = 0,005s. Στον ίδιο χρόυ 400 νο t ο δίσκος περιστρέφεται κατά γωνία. 4 rad Α π Επομένως βρίσκουμε ότι: ω = = = rad / s ή ω = 50π rad/s. * t 0,005s 0,02 π \

Δυναμική στο επίπεδο 21. Α. Για την ταχύτητα του δορυφόρου βρίσκουμε: Ο 7Τ υ = a)(r + h) = (R + h) ή 2 3,14 υ - (6.400 ΙΟ 3 + 6.400 10 3 )m/s ή u = 5.581m/s. 4 3.600 Β. Για τη γωνιακή ταχύτητα του δορυφόρου έχουμε: 2π 2 3,14 ω = rad / s ή ω = 4,36-10" 4 rad/s. 4 3.600 22. Α. Από την ισορροπία του σώματος στον κατακόρυφο άξονα έχουμε: Fx + Fy = B ή Ρκ = m g - Γημ60 ή Ρκ = { γτ\ Λ/3 10 10-40 2 Ν ή Ρκ = (ΐΟΟ - 20Λ/3)Ν ή Ρκ = 65,36Ν. mi m Χ ΗΤ " ~ r ; mwm Ί ΓΠ w Μ S W % Μ S ΤΠΤ Β. Η ταχύτητα μετά από 5s θα είναι u = at, όπου α η επιτάχυνση με την οποία θα κινηθεί το σώμα. Αλλά Fx = m α ή a = Fx Ρσυν60 40- m / s 2 ή a = 2m/s 2. m m 10 Έτσι u = at = 2-5m/s ή υ=10πι/5. Γ. Κατά τη διάρκεια του πέμπτου δευτερολέπτου το οώμα διανύει διάστημα: c c c 1, 2 1. 2 - S = S 5 - S 4 = -at 5 - a t 4 η s = Τ α ( ι 5 2 - U 2 ) = j 2 (5 2-4 2 jm ή S = 9m.

Δ υναμική στο επίπεδο 23. Α. Για να κινηθεί το σώμα απαιτείται δύναμη ρ > χ Άρα η ζητούμενη μικρότερη δύναμη είναι F = Τ ή F = μ Ρκ ή F = μ Β = 0,2 1.000Ν ή F = 200Ν. Β. Η ζητούμενη επιτάχυνση είναι: F'-T (F'-T)g (500-200)10,, α = ή α = m/s η α = 3m / s. m Β 1.000 Γ. Η κίνηση του κιβωτίου είναι ομαλά επιταχυνόμενη χωρίς αρχική 1 2 [ΐζ ταχύτητα. Ετσι: s = at ή t = J και με αντικατασταση 2 να t = 4s. Για τη ζητούμενη ταχύτητα έχουμε: υ = αι = 3 4πι/8 ή υ=12πι/5. 24. Α. Από την ισορροπία του σώματος στον άξονα y έχουμε: Λ/3 Γ Ρκ - Βσυν30 = 0 ή Fx = m g συν30 = 1 10 Ν ή Fx = 5Λ/3 Ν. Βημ30 ΒσιινίΙΙ Β. Για την επιτάχυνση του σώματος έχουμε: Βημ30 = ιηα ή α - m Βϋ-Q ή a = gημ30 ή α = 5m/s 2. m Γ. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επιταχυνόμενη με υ 0 = 0, ο 1 2. h 1 2-2h οποτε: S = at η = at η t= 2 ημ30 2 \ α ημ30 και με αντικατάσταση t = 2s. Επίσης υ = αι = 5 2ηι/8 ή υ = 10m/s. Δ. Στην περίπτωση αυτή το σώμα επιταχύνεται με επιτάχυνση a' = gημ45 και διανύει διάστημα S'= -. Έτσι ο χρόνος κίνηημ45, Ι 2h σης του είναι t = r και η ζητούμενη ταχύτητα V g ημ 45

Δ υναμική στο επίπεόο = ^/2gh. Δηλαδή η ταχύτητα είναι άνευ = α't' = g ημ45 2h \gημ ζ 45 ξάρτητη από τη γωνία του κεκλιμένου επιπέδου και αφού το ύψος h παραμένει το ίδιο, το σώμα φτάνει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου με την ίδια ταχύτητα υ= 10m/s. 25. Α. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για κάθε σώμα έχουμε: F-T = m,a (1) και T = m 2 a (2) Από την πρόσθεση των εξισώσεων (1) και (2) κατά μέλη βρίσκουμε: F = (m, +m 2 )o = 5l±5L <1 = ll±52. F = 20 + 500 ^. F = g7_ 5R Β. Με αντικατάσταση της τιμής της F στην εξίσωση (2) βρίσκουμε: Β-, g Β, Τ = m 2 α = -τ = -τ- ή Τ = 62,5Ν. Τ Τ Ρ 7 F <,Χ

Κεφάλαιο 2.1 1. Η αντίσταση του αέρα λόγω της σταθερής ταχύτητας ανά σταθερή δύναμη και κατά συνέπεια το έργο της είναι: W = ΑΧ = 4υ Χ ή W = 4-30-50J ή W = 6000J 2. Α. Η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι: U = m g h = 1010-20J ή U = 2.000J. Β. Η δυναμική ενέργεια μεταβάλλεται σύμφωνα με τη σχέση: U = mgx Έτσι το ζητούμενο διάγραμμα είναι το παρακάτω: I (J)Α 20(1(1 ν x(m) 3. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρίσκουμε: ηιυ 2 - W T = 0 ή ~ ιιιυο = Τ x ή 1 2 mu; 0 1000 15 2 - ή χ = m ή χ = 15m 7500 4. Το σώμα κινείται μόνο με την επίδραση του βάρους του. Έτσι βρίσκουμε: 1 2 1 2 0 + W B = mu ή mgh = mu ή και με αντικατάσταση u = 20m/s Στο ύψος h το σώμα είχε μόνο δυναμική ενέργεια η οποία μετατρέπεται αρχικά σε κινητική ενέργεια και τελικά σε θερμότητα.

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας 5. Επειδή ο γερανός ανεβάζει το κιβώτιο με σταθερή ταχύτητα, πρέπει να ασκεί δύναμη F = Β ή F = mg (α) Επίσης για τη σταθερή ταχύτητα ανόδου έχουμε: s h υ = - η υ = (β) Έτσι η ζητούμενη ισχύς είναι P = Fu που με τη βοήθεια των (α) και (β) γίνεται: Ρ = mg = 2000 10 W ή Ρ = 10.000W t 120 6. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρίσκουμε: 0 + W B - W T = j ran 2 ή mgh - Τ(ΑΓ) = -j πιυ 2 ή π^(αγ)ημ30 - μπψ (ΑΓ) = ιτιυ 2 ή 2g(AΓ)ημ30-2μg(AΓ) = υ 2 και με αντικατάσταση: u = 6m/s. 7. Α. Επειδή το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα είναι T = F και κατά συνέπεια: W T = W F = F x = 40-5J ή W T = 200J. Β. Ο ζητούμενος ρυθμός αφού η εμφανιζόμενη θερμότητα εκφράζεται από το έργο της τριβής είναι: W T, χ που επειδή t = γίνεται: t υ W T W x υ 200 4 Τ,, L = 1 = - J/s η W T = 160J/s 8. Η διατήρηση της ενέργειας για την αρχική και την τελική θέση της μπάλας μας επιτρέπει να υπολογίσουμε την εμφανιζόμενη θερμότητα Q ως εξής: mgh! + 0 = mgh 2 + 0 + Q ή Q = mg (h [ - h 2 ) = 2 10 (20-18)J ή Q = 40J Έτσι το ζητούμενο ποσοστό είναι: Q 40 100 = 100 = 10% nigh, 400

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας 9. Η οριζόντια δύναμη F που ασκεί ο μαθητής είναι ίση με την τριβή Τ, ώστε το κιβώτιο να κινείται με σταθερή ταχύτητα. Δηλαδή: F = Τ = μιι^ = 0,5 100-ΙΟΝ ή F = 500Ν Η προσφερόμενη ενέργεια είναι ίση με το έργο της δύναμης F. Έτσι βρίσκουμε: Προσφερόμενη ενέργεια = WF = F x = 500 10J = 5.000J. 10. Α. Το έργο του βάρους το οποίο είναι δύναμη συντηρητική εξαρτάται από την κατακόρυφη απόσταση της αρχικής και της τελικής θέσης και όχι από τη διαδρομή. Έτσι βρίσκουμε: W B = Bh = mgh = 80 10-300 0,2J ή W B = 48000J. Β. Ο ζητούμενος ρυθμός είναι: W = 4«0<*>, is ή *β. 8 0 J / s t 10-60 t 11. Α. Επειδή η δύναμη είναι σταθερή έχουμε: W F = F-x = 4-10J ή W F = 40J. Β. Στην περίπτωση αυτή το έργο της δύναμης υπολογίζεται γραφικά από το διάγραμμα F-x. Έτσι W F = j 10 10J ή W F = 50J x(m) 12. Α. Το έργο της F είναι ίσο με το έργο της παράλληλης προς την κίνηση συνιστώσα της F x. Δηλαδή: W F = W Fx = F συν60 x = 50 10J ή W F = 250J Β. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας έχουμε: 1 2 - ι2w 0 + W p = πιυ ή υ = f.. - - - ' και με αντικατασταση βρίσκουμε: F 2 m υ = 5m/s.

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας υ2 13. Α. Από την εείσωση της κινηματικής h max = βρίσκουμε για 2g την αρχική ταχύτητα υ 0 της πέτρας: υ 0 = V 2 g h max ή V 0 V800m / S Από τη όιατήρηοη της μηχανικής ενέργειας έχουμε: 1 2 λ ^ 1 2 ' ^ 2 - m«0 + 0 = - - πιυ 0 + mgx η - πιυ 0 = mgx 2 2 2 4-800 ή x = m ή χ = 20m 1 10 Β. Στο ζητούμενο ύψος χ' το σώμα έχει ταχύτητα υ, ώστε πιυ = i πιυ 0 ή ν = ^ Vs00m / s. Έτσι από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας έχουμε: 1 2 1 2 πιυ 0 + 0 = πιυ + mgx' ή, υ 2 χ = -υ 2 800-200,, = m η χ = 30m 29 20 14. Α. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρίσκουμε: 1 2 m«p 1 2 - n - F χ = πιυ η 0 2 2 «=ν mug - 2F, και με αντικατασταση v=8m/s. m Β. Για τη ζητούμενη απόσταση έχουμε:. muo 4 ΙΟ 2 1 2 ο υ ο πιυ 0 F χ = 0 η x = = m ή x=20m 0 2 F 10 15. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας έχουμε: 1? 0 + W F = mv (α)

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Το έργο της μεταβλητής δύναμης F υπολογίζεται γραφικά: F(N)A 8 x<m) F X 8 0 0 8-2 10 w F = w, - w 2 - - 2-2 ) J ή W F = 30J. Έτσι από τη σχέση (α) βρίσκουμε: m = 2 W. 2 30 kg ή m = 15kg 16. Το σώμα επιταχύνεται πρός τα επάνω με την επίδραση των δυνάμεων Ρσυνθ, Τ και ιτ^ημθ. Για την τριβή Τ βρίσκουμε: Τ = μρ κ ή Τ = μ (Γημθ + mgouv9) = 0,4 (100-0,6 + 5-100,8)Ν ή Τ = 40Ν Έτσι από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας έχουμε: 1 2 0 + Ρσυνθ χ - Τ χ - ιι^ημθχ = πιυ ή υ = 2Ρσυνθ χ - 2Τ χ - 2ττ^μθ χ m και με αντικατάσταση βρίσκουμε: υ = yflom / s 17. Α. Η μπάλα κινείται μόνο με την επίδραση του βάρους, οπότε: 0 + mgh = πιυ 2 ή υ = ^/2gH ή υ = 20m/s Β. Έχουμε ότι: AU _ W B At At = Ρ Β = Β υ = mgu.

Διατήρηση της μηχανικής ενεργείας Αλλά η μπάλα κάνει ελεύθερη πτώαη, οπότε: υ = gt. Ετσι καταλήγουμε στη σχέση: AU 2, AU = mg gt = mg t η = loot At At (a) 1.2 Από τη σχέση Η = gt βρίσκουμε ότι ο χρόνος κίνησης της μπάλας είναι: t = ή t = 2 s. Έτσι το ζητούμενο διάγραμμα (σχέση α) είναι: Δϋ ΔΙ w Α 200 18. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας έχουμε: 0 + W F = πιυ 2 (α) 2 Το έργο της μεταβλητής δύναμης F υπολογίζεται από το αντίστοιχο εμβαδό. Έτσι: W F = 10J ή W F = 30J. Αντικαθιστώντας στη σχέση (α) βρίσκουμε: υ = J 2 * ή υ = V30m / s m 19. Α. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας μεταξύ των σημείων Γ και Δ έχουμε: 1 2 1 2 πιυ Γ - W T = 0 ή πιυ Γ μπ^ = 0 ή υ Γ = τ]2μ^ και με αντικατάσταση υ Γ = y[60m / s.

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Β. Αρκεί να φέρουμε το οώμα στο σημείο Α με μηδενική ταχύτητα. Αυτό σημαίνει ότι η απαιτούμενη ενέργεια είναι ίση με τη δυναμική ενέργεια του σώματος στο σημείο Α και το έργο της τριβής W T από το Δ έως το Γ. Δηλαδή: W ajnm = U A + W T. 1 2, 1, Αλλα U A = -mu r οπως και W T = ιηυρ. 2 2 Έτσι: W W "rt 120J = 2 - im = 2-2 60J ή Γ 2 2 20. Α. Για τη ζητούμενη κινητική ενέργεια έχουμε: 1 7 1 ^32 ΙΟ 3 λ2 Κ = πιυ = 65 ΙΟ 7 J ή 2 : 3600 Κ = 2,57 10 lo J Β. Η ωφέλ'μη ισχύς είναι το 50% της αποδιδόμενης, δηλαδή: Ρ = 22 10 3 ΗΡ = 22-745,7-10 3 W ή Ρ = 16405 10 3 W. Όμως η ωφέλιμη ενέργεια που αποδίδουν οι μηχανές μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια του κρουαζερόπλοιου. Έτσι: Ρ = Κ Κ 2,57 10 ή t = ίο s ή 16405 10 t = 1,57-10 s ή t = 26min 21. Α. Το σώμα θα εγκαταλείψει το οριζόντιο επίπεδο όταν η κατακόρυφη συνιστώσα της F γίνει ίση με το βάρος του, οπότε F K = 0. Δηλαδή όταν: Ρ ημθ = ιη ή (10 + 5χ)0,8=20, από την οποία βρίσκουμε x = 3m. Β. Γράφουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για τη διαδρομή των 3m και έχουμε: 0 + W Fo>M) - w T = J m " 2 («) Για την τριβή Τ έχουμε: Τ = μρ κ = μ(π^-ρημθ) ή Τ = 0,25[20 - (10 + 5χ)0,8] ή Τ = 3 - χ ΓσυνΟ

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Επίσης Fouv0 = (lo + 5x)O,6 ή FODV0 = 6 + 3X. Από τα αντίστοιχα διαγράμματα βρίσκουμε το έργο της Τ και της Fouv0. Τ(Ν)Λ W T = f3-3= 4,5J Fni)vO(N) 18 IS W F<n,ve= Ji Y A 3 = 31,5J x(m) *(m) Αντικαθιστούμε στην (α) και βρίσκουμε: 2W f θ - 2W T. r~ t 2125 - ή υ = 3v3m / s m 22. A. To ζητούμενο έργο υπολογίζεται γραφικά: F(NU 1 W F = - 30 30J ή W F = 450J 20 30 *(m) B. To σώμα αποκτά μέγιστη ταχύτητα, όταν: IF = 0 ή mg = 30 - x ή x = 20m. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για τη διαδρομή χ έχουμε: 1 2 0 + W F - mgx = πιυ ή 30 + 10 20-10 20 = - 1υ 2 ή υ = 20m / s 2 2

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Γ. Μέγιστη ανύψωση χμ έχουμε όταν η ταχύτητα γίνει μηδέν. 0 + W F - mgx (i = 0 ή w -30-30 W F. 2 mg 110 m ή x = 45m Δ. To σώμα επιστρέφει εκτελώντας ελεύθερη πτώση από ύψος χ μ. Έτσι: 0 + mgx (1 = ^ πιυ' 2 ή υ' = ^2gx fl ή υ' = 30m / s.

Κεφάλαιο 2*2 1. Από τη γνωστή σχέση Q = AU + W βρίσκουμε: AU = Q - W = (80-30)J ή AU = 50J. 2. Έχουμε Q = Δυ + W οπότε: Q = (30 + 50)J ή Q = 80J. 3. Στη σχέση Q = Δυ + W έχουμε Δίί = 0. Έτσι: Q = 0 + W ή Q = 50J. 4. Από τη σχέση Q = Δυ + W βρίσκουμε πως το παραγόμενο από το αέριο έργο είναι: W = Q - AU = (400-250)J ή W=150J. W Αλλα W = F Δχ ή Δχ = = 150 m ή Δχ = 0,1 m. F 1.500 5. Το σώμα αρχικά έχει δυναμική ενέργεια, η οποία μετατρέπεται κατά την πτώση του, σε κινητική και τελικά σε εσωτερική ενέργεια του σώματος. Δηλαδή: Δυ = mgh = 0,8 10-3J ή Δυ = 24J. 6. Καθημερινά το ποσοστό των θερμίδων είναι ελαττωμένο κατά 350kcal. Για να διατηρείται η ίδια δραστηριότητα, οι θερμίδες αυτές αναπληρώνονται από την καύση του λίπους του οργανισμού. Συγκεκριμένα για κάθε ημέρα πρέπει ο οργανισμός να μειώνει το.350 λίπος κατα gr. Ετσι προκειμένου να καούν 2kg, δηλαδή 2.000gr -7,-) 2.000,. 2.000-9,5 απαιτούνται ήμερες ή = 54,28 ήμερες. 350 350 9,5 7. Α. Για την κινητική ενέργεια του αυτοκινήτου που η ταχύτητα του είναι υ = 108 10 3,,. m / s = 30m / s, βρίσκουμε: 3.600 * ^ Κ = m υ 2 = 1.000 30 2 J ή K = 4,5-10 5 J. 2 2

Β. Για να διατηρείται η ταχύτητα σταθερή, απαιτείται ενέργεια ίση με αυτή που γίνεται θερμότητα, μέσω του έργου της δύναμης F η οποία αντιστέκεται στην κίνηση. Δηλαδή Ε = W F = F x = 450 1.000J ή E = 4,510 S J. Γ. Από την καύση ενός λίτρου βενζίνης προκύπτει ενέργεια 3-10 7 J από την οποία ωφέλιμη είναι το 30%, δηλαδή 0,910 7 J. Τόση ακριβώς ενέργεια γίνεται θερμότητα μέσω του έργου της F, αφού η ταχύτητα εξακολουθεί να παραμένει σταθερή. Δηλαδη Λ Ί Χ - TJ Ε = C F χ ' η ' χ ' = ^ωί > = 10 m η, χ =2-10 4 m. c 450

Κεφάλαιο 3.1 1. q = C V => q = 48(HiC q = χ e => χ = - e και => χ = 3 ΙΟ 15 ηλεκτρόνια I = -3- => I = 24mA. At 2. I = i=>i= -=>I = e- v=»i = 9,28 1(Γ 4 Α. t Τ 3. Έστω u d η μέση ταχύτητα κίνησης των ελευθέρων ηλεκτρονίων με'σα σ' ένα κυλινδρικό μεταλλικό αγωγό (ταχύτητα διολίσθησης). Τα χ ηλεκτρόνια που διαπερνούν μια διατομή s σε χρόνο At βρίσκονται μέσα σε ένα κύλινδρο με βάση τη διατομή s και ύψος h = u d Δΐ, δηλαδή σε όγκο V = s h = s u d Δί. χ Είναι: n = - => x = n V => χ = π s u. At V Ισχύει: I = -3 => I = => I = At At n s u d At e I => u d = 1.25 10" => u d = 12,5 mm n s e s s At 4. R, = I R,= v 2L R, ( ( = 2 R, = 2-R 2 =>q = 2ρ- R n s, s, s- = 2 s, => St = 0,4 mm". 5. Υπάρχουν στις απαντήσεις του βιβλίου. 6. R = Ο - m = d V=>m = d- s- =>s = (1). (2) => R = g d e d-e R = 52,5 Ω. (1) (2)

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 7. Τα δύο σύρματα έχουν ίδιο όγκο, δηλαδή: ν = ν => s-e = s'-e' => s' = (1) Είναι: R = e R; = ί ' s ο R s' ( R'=Q - s' = f ) => ' = c A [^- => c = 4m. R W / V R 8 ρ θ = Q 0 (l + αθ) => 2 Q 0 = Q n (l + αθ) => 2 = 1 + αθ => αθ = 1 => θ = - =» θ = 256,4 C. α Για τους χάλκινους αγωγούς, ναι. Για τους άλλους, όχι. 9. Ι,= V Ri γ = R, I, _R 2 _I, _R (1 + αθ 2 ) I, Ι 2 R, Ι 2 R u (l+a0 1 ) I, 1 + αθ, => α = ι grad 1 + αθ, 2480 10. R. = R. + R, => R, = 20Ω ολ 1 2 ολ I = => I = 5Α Κ,, V, = I R, => V, = 25V V, = I R, => V = 75V. 11. 1 +J_=,R (A = R l R 2 => R, = 20Ω R.A R R: R-l + R-2 I = => I = 6A R,v.

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα I, = => Ι.=4Α R, I, = => h = 2A. R, R2 12. α) R p = R ' R, + R, => R P = 2Ω Κολ = ^12 + ^3 ^ R. I, = ^ V, => I, = A R, ' 3 = I = => I = 10A βολ V Br = I R 3 => V Br = 40V => v 3 = 40V V AB = I R p => V AB = 20V => V, = V, = 20V (ή Vab = 60 - V Br => V AB = 20V) I,=^=> I, = I A R, " 3 I, = I = 10A. β) R 23 = R, + R, => R 23 = 90Ω R R, R^ (, = => R = 9Ω R, + R23 I = => I = 10A r, a I, = => I, = 9A R. I 2 = I 3 = => I 2 = I, = 1A R 23 V, = => v, = 90V V Ar = I 2 R, => ν ΑΓ = 40V => V, = 40V V rb = I 3 R 3 => V rb = 50V => V 3 = 50V. 13. R p = R, R,/R, + R, = 2Ω R,,, 12.> = Rp 12 + R, j = 10Ω R 4, = R 4 + R, = 10Ω R.17^ ' R45 K, = = 5Ω R 2! + Rl5

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα I = = 12 Α Ι 3 = = 6Α R, V rb = I 3 -R 3 => V rb = 48V = ν ΛΓ =! 3 ' Κ 12 =* ν ΑΓ =12Υ ν 3 = 48V > ν, = ν = 12V I. = R, =>Ι, = 4Α Ι, = Ι«= - Va > Ι 4 = Ι 5 = 6Α R- ν 4Λ = I. R. => ν 4Λ = 42V => V = 42V ΑΔ 4 4 ΑΔ 4 v ab = I 4 R 5 => ν ΔΒ =ΐ8Υ Υ 5 = 18 V. 14. 1,-iV =ια 4Ω 4V h = ΙΑ 4Ω 1 = I, + Ι 3 => Ij = 2Α V, = ϊ 2 Rj => V, = 4V ν = + V 123 ν 1 τ ν 23 V.23 = 8V V = ν => V 45 = 8V ν 45 ν 123 45 Τ = Ι 1 45 " 45 = 0,5Α => Ι Α = 0,5Α Rt5 1 = I. + Ι 45 => I = 2,5Α V. = V-I R => IR =V-V, => R s = 123 χ χ 123 ^ V-VK I R = 0,8Ω. γ ' 15. ΒΓ = 10cm RgP = R* ΒΓ => R Br = 50Ω R BAr = R* (ΒΑ + ΑΓ) => R Br = 70Ω V Jri = 0,28A Rrf 1 RAT RR - = 0,2A. 16. a) R p = R t + R., => R p = 3Ω, R, 4 = R 3 + R 4 => R 34 = 15Ω 1,2 = V R i I = 10A

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα V R => I u = 2Α Υ ΓΑ = Τ 12 ' R, => V ra = 2 0 V => Υ Γ - V A = 2 0 V ν ΓΒ - (2)-( Γ 34 R3 => ν ΓΒ = 10V => ν Γ - ν Β 10V ν Α -ν Β = 10-20 =» V AB = -10V. (1) (2) β) Έστω R- η ζητούμενη αντίσταση. R 4 Rs Είναι: R 4 < = - R, + R, I'l2 = 1 345 R 345 = R 3 + R 45 V I 12 = 10A V 30 30 1 345 1 345 ^ R, + R 45 ^ 5 + R 45 R U5 V ra =l'i2- R i V = I R IB 345 3 V ra = 20V => v r - v 4 = 20V V r 5 =* V r - V B = 5 + R 1S 1 B 5 + R, _ 150 (6), (5) => V A -V F 5 + R 4, -20 0 150-20 5 4- R 45 150 5 + R 45 : 20 50 = 20 R, R 4, = 2,5Ω 10 Από τη σχέση (3) έχουμε: R 5 = Ω. (3) (4) (5) (6) 17. α) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα: Οι τρεις αντιστάσεις είναι συνδεμένες παράλληλα. 1 Αοα, - 1 + 1 + 1 R, A R R R 1 - => R, = R => R, v = 10Ω. Rv. R 3

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα β) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα: ί^αγ R R _R R + R 2 R AB = R AR 4- R = R + R = ^ 2 2 R,v.= 3R R 3R Rar R = = 3R = 18Q. Rab + R j^r + r 5R 18. Ο κλάδος BZ δε διαρρέεται από ρεύμα Έτσι: I V, R, + R, 1 = ΙΑ Είναι: V z = 0 ν Λ - ν ζ = ο => ν Λ = ν ζ => ν Δ = ον ν Λ" ν Β = ν 2 => ο-ν Β =ιο => ν Β = -ιον. ν Α -ν Β = I R, => ν Α -( 10) = 1 10 => ν Α + 10 = 10 => ν Α = ον ν Β - ν Γ = I R 2 => -10 - ν Γ = 1 10 => ν Γ = -10-10 => ν,- = -20V. 19. Αρχικά, η αντίσταση R, είναι βραχυκυκλωμένη, άρα δε διαρρέεται από ρεύμα. Έτσι: I = => 1 = 1Α. R, Τελικά, οι αντιστάσεις R, και R 3 είναι συνδεμένες παράλληλα και η ισοδύναμη τους συνδεμένη σε σειρά με τη R,. Άρα: R R, R, 23 = = 10Ω R, + R,

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα R a = Rj + R 2, = 20Ω I = = 0,5A r a Vj = I RJ = 5V V 2 = V, = I R 23 = 5V V, 1 2 = = 0,25 A R 2 1 3 = = 0,25A. R3 20. α) Έστω R η αντίσταση του αγωγού. τ-,. ρ _ R ρ 3R Είναι: Κ ΛΒ %αι Κ ΑΓΒ = 4 4 Τι, = v ab ->. ι = 60 => τ ι, = 240 RAB R R ι = => => \ 240 4 Rai B j R 3 R 4 Είναι: R Ar = 2 Έτσι: V Ar = I 2 R Ar => V Ar = => V Ar - 40V. β) ν Δ = 0 Είναι: R. R vr r = 4 V. ">40 R r = I? R Ar => V Ar = - => V Ar = 20V => Δ1 2 ΔΓ ΔΙ ^ ΔΓ => ν Δ - ν Γ = 20V => 0 - ν Γ = 20V => ν Γ = -20V. 21. Τις Rj και R 4 σε σειρά, ώστε R 4 = 10Ω, τις R, και R, σε σειρά, ώστε R 2, = 10Ω και τις R 4 και R 1? παράλληλα, ώστε R )? = 5Ω. Είναι: V, = I, R 3 => V_, = 2 6 => V, = 12V V 2 = I, R 2 => v 2 = 2 4 => V, = 8V Άρα: V. = V, + V, => V. = 20V ^ ολ 2 3 ο/. Οπότε: 1= Yv => I = 2Α. 4 R

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 22. Ο κλάδος ΒΔΓ δε διαρρε'εται από ρεύμα. Έτσι: I = V => I = 2Α R, + R, Είναι: V = Vν ΔΓ Ar = V, ti. = I R = 2 10 = 20V c ΔΓ lii 3 Άρα: q =C V => q = 400μ0. 23. Είναι: I = (1) (i) V 5V V AB-=-I 5R =* V AB = 5R => V AR = (2) c i, = c i v AB ^ q t = c, ~ (3) (1) V W Υ ΓΔ I' 3R => V fa =?R 3R =* V ra = (4) q =C 2 2- V ra ^12 = C 2 γ < 5 ) c Εχουμε: q, = q!ir 5V 3V c. _3 2 => C, = c 2 y => - - 24. Έστω R η τιμή κάθε αντίστασης. Είναι: R, = R + R => R, = 2R R R R και R, = => R: = R + R 2 Οπότε: Ρ, = => Ρ, = R, 2R n και Ρ, V : => I' - 2V : ~ R 2 ~ R Άρα: > Ρ Γ 25. α) Είναι: Ρ f = I 2 R, ρ, = I 2 R 2 Αφού R, > R είναι Ρ, > Ρ,. β) Είναι: Ρ, = R, Αφού R, > R είναι Ρ, < Ρ,.

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 26. R P = = 5Ω R, + R : R m = R 12 + R 3 = 10Ω RPI ' RJ 4 R P., 4 = R, 23 + R 4 = 9 Ω R x = R.234 + R 5 = 20Ω I = v. = 9A V. = I R, = 99V V,234 = 1 * R.234 = * 1 V I 4 = RJ = 0,9 A I, = =8,1A R.23 V 3 = 13 R 3 = 40,5V V 12 = I, 1 R 12 = 40,5V V, I, = - = 4.05A R, I 2 = R, = 4,05 A Q i = I" Rj t = 9.841,5J 0 2 = I 2 R 2 t = 9.841,5J Q 3 = I 3 R 3 t = 19.683J Q 4 - I4' R 4 " t = 4.374J Q = I, R t = 53.46J. 27. -77 80 V 2, t = m c AQ ΔΘ => 100 R. YL t = d V c ΔΘ => 100 R 22 1 t = 115_ 20 10" 3 1 80 => t = 1727,27s => t = 0.48h 100 10 10-" 10~ 3 PHA = => P H a = 4,84KW

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα w = Ρ 1t => W = 2 32KWh ΗΛ Γ ΗΛ ^ ΗΛ Ώ,^Ζ-ΛΥΝΙΙ Άρα, κόστος = 2,33KWh 25 KWh = 58,1δρχ. 28. Κουζίνα: Ρ, = V, I, => Ij = 6,81Α Θερμοσίφωνας: P., = V 2 I, => Ι 2 = 9,09Α Ψυγείο: Ρ 3 = V 3 I, => Ι 3 = 4,54Α Λαμπτήρες: Ρ 4 = V 4 Ι 4 => Ι 4 = 2,21 Α ΙοΧ= Ι +. Ι 2 + Ι 3 + Ι 4 =* U = 2 2 > 7 1 A Άρα, ασφάλεια των 25Α. Είναι: Ρ ολ = + P., + Ρ 4 => Ρ ολ = 5KW. W HA = Ρ,' 1 => W HA = 50KWh. Κόστος = 50KWh 25δρχ./Κ\νΐι = 1.250δρχ. 29. α) R, = R, + R 2 =» R o, = 60Ω ν I = => Ι = 2Α R* Άρα: Ρ Λ = I 2 R, => Ρ Λ = 160W R R β) R., = - = 20Ω R\ = R., + R-, => R - = 40Ω V).3 R ] + R } ο- 13 2 V I = => 1 = 3Α R Α V 13 = I' R 13 => V 13 = 60V V 13 I, = => I, = 1,5Α R, Ρ' = \] R, => ρ' = 90W A l l Α Ρ'λ-ΡΛ 90-160 α(%) = 100% => α(%) = 60- % => α(%) - -43,75%. 30. Οι Rj και R, συνδέονται σε σειρά, ώστε R 12 =Rj + R 2 = 6Ω. Οι R r και R, R.2 R 3 συνδέονται παράλληλα, ώστε R p3 = 3Ω. Οι R 123 και R 4 συνδέονται R, 2 + Ri σε σειρά ώστε R ox = R 123 + R 4 = 11Ω. v 3 V 3 Είναι: P 3 = -J- => V 3 = 12V, I, = -1 = 2A R 3 R 3

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα V P = 12V, Ι 12 = R, : =» Ι 12 = 2Α Άρα: Ι 4 = I p + I, => Ι 4 = 4Α Οπότε: Ρ = Γ R, => Ρ = 128W. 4 4 4 4 31. Η αντίσταση των γραμμών μεταφοράς είναι: Κ D = ρ ^ => R D = 1,8 10 in- 10 8 100 ΙΟ 3 => O R = ιο 180Ω ηο s 10 10 10 Ρ, => I 2 R = Ρ, => 100 100 ι 2. 180 = 10 720 - ΙΟ 3 => I = 20Α 100 Ρ, = V, I => V, = => V, = 36.000V I Ρ, Ρ, = ν, ι => Vo = => V 2 = 32.400V. I 32. Είναι Ρ κ = 2000W και V K = 200V. V 2 V 2 Αρα: Ρ Κ = - => R = - => R = 20Ω R' Ρκ και Ρ Κ = V K Ι κ => Ι κ = P K /V K => Ι κ = 10Α Αν συνδεθεί σε δίκτυο τάσης 160V, θα είναι: ^ ρ Ρ = => Ρ, = 160 2 => Ρ = 1280W R 20, = V ^ i ι = 160^I = 8A. R 20 33. Είναι Ρ Κ = 1000W και V K = 100V. Αρα: Ρ Κ = V K I R => Ι κ = ^ => Ι κ = 10Α Πρέπει: V K + I R = 220 => 100 + V R = 220 => V R = 120V Είναι: I R = 10A Αρα: I R = => R = => R = 12Ω. R I K

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 34. Είναι: Ρ.. MB) = 100W και V,,, Κ.(Η) H. = 200V Ρ Ν 2 Άρα: Ι Κ(Θ) = Κ( '" = 0,5Α και R, = Λ = 400Ω ^Κ(β) RR(0) Είναι: Ρ Κ(Λ) = 24V και V K(A) = 12V Άρα: Ι Κ(Λι = ^Κ(Λ) = 2Α και R A = ^Κ(Λ) = 6Ω *Κ(Λ) Για το σύστημα έχουμε: Ρ = R N + R. => R. = 406Ω Ολ θ /. Ολ Τ_ V - - - => I = 0.49Α ^Κ(Λ) Αφού Ι Κ(Λ) > I, ο λαμπτήρας υπολειτουργεί. 35. α) Για τη συσκευή είναι: Ρ κ = ν κ 'κ => Ι κ = ^ V Κ => Ι κ =!' 5Α V 2 Ρ,. = => R, = V 2 - => R = 40Ω Rj Ρ κ R, R T 40 40 R = => R, Y = - => R,_ = 20Ω 2Σ 2Σ 2Σ Κ 2 +Κ Σ 40 + 40 R ι2σ = R I + Κ 2Σ => Κ 12Σ 40 + 20 => R J22 = 60Ω I = => I = =» I = 2Α R 122: 60 Ν 2Σ = I R 2i => ν 2Σ = 2 20 => ν 2Σ = 40Ω 40 Ι Σ = - => Ι = => Ι = ΙΑ. Σ 1 Ο Σ 40 1Χ Σ Αφού V 2T < V K (ή Ι Σ < Ι κ ), η συσκευή δε λειτουργεί κανονικά. β) Αφού η συσκευή λειτουργεί κανονικά, είναι V 22 = 60V και Ι Σ = 1,5Α. V 2 50 Έτσι έχουμε: I = - => I = - => I = 1,5Α. 2 2 R 40 Άρα: I, = Ι 2 + Ι Σ => Ι 3 = 3Α. Επίσης: V = V 2Z + V 3 => 120 = 60 + V, => V 3 = 60V. V 3 V, Άρα: I, = - => R 3 = => R 3 = 20Ω. R 3 I 3

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα ί 36. I, - => % = I, (R. + r) (1) 1 R, + r ι V 1 W I, = D =* ϊ = I,(R, + r) (2) R, + r - Από (1) και (2) έχουμε: % = 10V και r = 1Ω. % 37. V,= I, R, => V, = R ' R! (1) V, = Ι 2 R, => V, = * - (2) -τ Γ Από τις (1) και (2) έχουμε: % = 30V και r = 2Ω. % % 38. 1 = => 1, => I = 2Α. R, R, + R, + r Είναι: V = V, = I R = 2 3 = 6V. C 2 2 Άρα: q = C V c => q = 4μΕ 6V => q = 24μ(1 % % 39. α) I = => I - => I = 2A. ; R, v R, + R : + r β) v n = % -1 r =» V n = 10V. γ) Ρ ΠΗΓ = % I => Ρ ΠΗΓ = 24W. δ) Ρ Γ = I 2 r => P r = 4W. ε) ρ = V I => p t = 20W. 7 ες Π ες στ) Ρ, = I 2 R, => Ρ, = 8W. Ρ, = I 2 R, => ρ 2 = 12W. 40. Είναι: % = 24V. Επίσης: V n = % - I r => 20 = 24-2 r => r = 2Ω. % % 41. I = - => I = => I = 2A. R 0 ). R, + R 2 + r Είναι: V r = 0

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα V A -V r =I-R, => V A -0 = 2-17 => V a = 34V ν Γ - ν Β = I R 2 => Ο - ν Β = 2 8 => V B = -16V. 42. R, = => R, = 4Ω 1 1 4 R, = 3R => R, = 12Ω 4 RL R; 4 12 R n = =$ R ]9 = => R 1? = 3Ω 12 12 12 R, + R, 4+12 R. = R, + r => R ολ 12 ΟΛ % I = r* => I = 1A V = % - ι Γ => V = 3V I, = => I. = 0,75A 1 R h = ^ => l 2 = 0 ' 25Α = 4Ω 43. α) Όταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμική αντίσταση. Έτσι, έχουμε: 1= % => I = % => r = 2Ω. R* r + R + r' β) Ρ Η = I~(R + Γ + Γ') => Ρ θ = 24W. γ) Όταν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: Ρ Π ΗΓ = * * \ => Ρ ΠΗΓ = 48W Είναι: Ρ ΠΗΓ = Ρ () + Ρ ΜΗχ => 48 = 24 + Ρ ΜΗχ => Ρ ΜΗχ = 24W. δ) Η παρεχόμενη ισχύς στον ανεμιστήρα είναι: Ρ =Ρ - ρ - ρ => ΑΝΕΜ ΠΗΓ r R Ρ Δ Κ! Γ Μ ΑΝΕΜ = ^ I-, 2-2 I, Γ - 2 I 2 R Ρ ΛΝΕΜ = 32W ΑΝΕΜ Αρα, η απόδοση του ανεμιστήρα είναι: Ρ 24 α(%) = ιοο% => α(%) = 100% => α(%) = 75%. ΡΑΝΕΜ 32

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 44. α) Οταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμική αντίσταση. Έτσι, έχουμε: Vj = %-\ r => Ij = 4Α % I, = r => γ' = 2Ω. 1 Γ + Γ β) Ρ = Ι 2 2(Γ + Γ') => ρ θ = 12W. γ) Όταν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: V, = % -1 2 r => I, = 2Α Ρ Π Η Γ = ^ Ι 2 = > Ρ Π Η Γ = 2 4 W Είναι: Ρ ΠΗΓ = Ρ + Ρ ΜΗχ => 24 = 12 + Ρ ΜΗχ => Ρ ΜΗχ = 12W. δ) Η απόδοση του κυκλιόματος είναι: α(%) = 100% => α(%) = f-100% => α(%) = 50%. ΡΠΗΓ ^4 45. Έστω I, I, και I, οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους ΔΑΒ, ΒΓΔ και ΒΔ αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε: Ι, + Ι 2 = Ι 3 (!) - Ii Γ, -1, R, -1 3 R 3 = 0 (2) <S 2 -l 2 -r 2 -l 2 R2-I 3 R 3 = 0 ( 3 ) Η λύση του συστήματος των (1), (2) και (3) δίνει: I, = ΙΑ, I, = 0,25Α και I, = 0,75Α Ακόμη έχουμε: V A - I, Rj -Ι 2 R 2 = V r => V A = IjR, + I, R, => V ν Ar = 4 t,-> 5V ν. 46. Έστω I,, Ι, και I, οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους του κυκλώματος. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε: I, ΙΑ, Ι 2 = ΙΑ, Ι 3 = 2Α και V AB = 12V. 47. Υπάρχουν στις απαντήσεις του βιβλίου.

Με απόφαση της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότητάς τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α ). Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου. ΕΚΔΟΣΗ 2011 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ: 128.000 ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ 68 13-7-11 ΕΚΤΥΠΩΣΗ : ΤΖΙΑΦΑΛΙΑ ΕΥΘΥΜΙΑ ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: Α. ΠΑΠΑΔΑΚΗΣ & ΣΙΑ EE