Απαντήσεις-Λύσεις: 2008

Ηλεκτρική ταλάντωση

shinning Ηλεκτρικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

(α) Σύμφωνα με την Α.Δ.Ε., ισχύει ότι:

Αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση i=I/2, έχουμε:

Με αντικατάσταση παίρνουμε:

q=±40μC

(β) Είναι φανερό ότι η αύξηση της απόστασης των οπλισμών του πυκνωτή προϋποθέτει προσφορά ενέργειας, αφού πρέπει να υπερνικηθεί η έλξη που ασκούν ο ένας οπλισμός στον άλλο. Η ενέργεια αυτή εμφανίζεται στην ολική ενέργεια της ταλάντωσης. Σύμφωνα με την Α.Δ.Ε. έχουμε:

όπου Ι'² είναι η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος μετά την αύξηση της απόστασης των οπλισμών του πυκνωτή. 'Ετσι έχουμε τελικά:

Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος αυξάνει.

Κινητική θεωρία

shinning Κινητική θεωρία 0 σχόλια

(α) Ο αρχικός όγκος του αερίου είναι:

Το έμβολο αρχικά ισορροπεί, άρα η πίεση του αερίου είναι ίση με την ατμοσφαιρική πίεση (pαtm=p1), δηλαδή:

Από την καταστατική εξίσωση έχουμε ότι:

(β) Στη διάρκεια της μεταβολής, η πίεση παραμένει σταθερή και ίση με την ατμοσφαιρική πίεση, επομένως το αέριο υφίσταται ισοβαρή θέρμανση και ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac:

Το πηλίκο των ενεργών ταχυτήτων στην αρχική και την τελική κατάσταση είναι:

(γ) Η μεταβολή της μέσης κινητικής ενέργειας είναι:

Η μάζα του αερίου αλλάζει

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

(α) Υποθέτουμε ότι το αέριο βρίσκεται αρχικά στην κατάσταση Α με πίεση p1, όγκο V1 και θερμοκρασία Τ1. Για να υπολογίσουμε τον αριθμό των moles του Η2, χρησιμοποιούμε την καταστατική εξίσωση:

p1V1=n1RT1 ή

n1=p1V1/(RT1) ή

n1=8,2·20/(0,082·300) ή

n1=20/3 mol

(β) Εισάγουμε την ποσότητα Η2 και το αέριο μεταβαίνει στην κατάσταση Β με πίεση p1, όγκο V2=2V1 και θερμοκρασία Τ2=500Κ. Υπολογίζουμε τον αριθμό των moles n2 από την καταστατική:

p2V2=n2RT2 ή

n2=p2V2/(RT2) ή

n2=8,2·40/(0,082·500) ή

n2=8 mol

Στην κατάσταση Α έχουμε n1=20/3 mol και στην κατάσταση Β έχουμε n2=8 mol. 'Αρα η ποσότητα των moles που εισάγουμε είναι:

Δn=n2-n1=8-20/3=4/3 mol

Η ποσότητα 4/3 mol αντιστοιχεί σε μάζα

m=Δn·Mr ή m=4/3·0,002 ή

m=0,008/3 kg

Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 4

shinning Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 0 σχόλια

Από τη γραφική παράσταση καταλαβαίνουμε ότι τα αυτοκίνητα κινούνται με αντίθετη φορά, πλησιάζοντας το ένα το άλλο, όπως φαίνεται και στο διπλανό σχήμα. Η κίνηση που εκτελούν είναι ευθύγραμμη ομαλή.

(α) Από τη γραγική παράσταση, και πιο συγκεκριμένα από τις κλίσεις των δύο ευθειών (γωνίες ω και θ αντίστοιχα).

Είναι λοιπόν:

υΑ=εφω=(0-50)m/(10s) ή υΑ=-5m/s

και

υΒ=εφθ=[25-(-25)]m/(10s) ή υΒ=5m/s

'Aρα τα δύο αυτοκίνητα κινούνται με ταχύτητες ίσου μέτρου, ίδιας διεύθυνσης και αντίθετης φοράς.

(β) Από το διάγραμμα φαίνεται πως το αυτοκίνητο Α διανύει σε χρόνο t=10s διάστημα 50m, όσο ακριβώς και το αυτοκίνητο Β.

(γ) Τα δύο αυτοκίνητα θα συναντηθούν όταν xA=xB (1)
Για το αυτοκίνητο Α ισχύει:

xA=x0-υΑt ή xA=50-5t (2)

Για το αυτοκίνητο Β ισχύει:

xB=x0+υΒt ή xB=-25+5t (3)

Aπό τις (1), (2) και (3) έχουμε:

50-5t=-25+5t ή

10t=75 ή

t=7,5s

Ανάμιξη αερίων

shinning Νόμοι αερίων 1 σχόλια

(α) Για να υπολογίσουμε την αρχική πίεση του υδρογόνου σε κάθε δοχείο, εφαρμόζουμε την καταστατική εξίσωση σε κάθε δοχείο χωριστά.
Για το δοχείο Α ισχύει:

p1V1=n1RT ή
p1=n1RT/V1 ή
p1=200atm

Για το δοχείο Β ισχύει:

p2V2=n2RT ή
p2=n2RT/V2 ή
p2=100atm

(β) Μόλις ανοίξουμε τη στρόφιγγα, το υδοργόνο μετακινείται από το ένα δοχείο στο άλλο, μέχρι να εξισωθεί η πίεση και στα δύο δοχεία. Ο όγκος που καταλαμβάνει το αέριο στην τελική κατάσταση είναι V=V1+V2, η πίεση που ασκεί το αέριο είναι p και η θερμοκρασία είναι Τ=200Κ. Ο αριθμός των moles του αερίου είναι ίδιος στην αρχική και τελική κατάσταση, δηλαδή ισχύει η αρχή διατήρησης της μάζας:

n1+n2=n (1)

Από την καταστατική εξίσωση προκύπτει:
n1=p1V1/RT, n2=p2V2/RT και n=pV/RT
Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) έχουμε:

p1V1/RT+p2V2/RT=pV/RT ή

p1V1+p2V2=p(V1+V2) ή

p=(p1V1+p2V2)/(V1+V2) ή

p=120atm

Ενέργεια στην απλή αρμονική ταλάντωση 2

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

Παρατηρούμε ότι η θέση x=0,05m αντιστοιχεί στη θέση x=+A/2. Αντικαθιστώντας λοιπόν στην εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε:

Από την (1) για k=0 παίρνουμε αρνητική λύση, η οποία απορρίπτεται, ενώ από την (2) για k=0 έχουμε:

Αυτή είναι η πρώτη χρονική στιγμή που το σώμα περνά από τη θέση x=0,05m. Η (1) για k=1 δίνει:

και είναι η δεύτερη φορά που το σώμα περνά από τη θέση x=0,05m.
Δίνεται ότι Δt=2s, άρα:

Τ=3s

Ενέργεια στην απλή αρμονική ταλάντωση

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

Αφού τη χρονική στιγμή t=0 είναι η δυναμική ενέργεια το 25% της ολικής, έχουμε:

Δηλαδή την t=0 το υλικό σημείο βρίσκεται είτε στη θέση x=A/2 είτε στη θέση x=-A/2.
Θέση x=A/2
Για να βρούμε την αρχική φάση έχουμε:

Θέση x=-A/2
Για τη θέση x=-A/2 έχουμε αντίστοιχα:

Επειδή δεν δίνονται στοιχεία για το πρόσημο της ταχύτητας, δε μπορούμε να απορρίψουμε κάποια από τις λύσεις, οπότε σύμφωνα με τα δοσμένα οι δυνατές λύσεις για την αρχική φάση είναι:

Νόμοι αερίων 5

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

(α) Από το διάγραμμα φαίνεται ότι:

Vmax=VΔ=4VA=6L

και

Τmax=ΤΔ=600Κ

Για την κατάσταση Δ η καταστατική εξίσωση γράφεται:

pΔVΔ=nRTΔ ή

pΔ=nRTΔ/VΔ ή

pΔ=pA=200·10² Ν/m²

που είναι και η μέγιστη πίεση του αερίου.
Για την ελάχιστη πίεση του αερίου, παρατηρούμε άπό το διάγραμμα ότι είναι:

pmin=pB=pΓ=2pA/3=400/3·10² N/m²

(β) Εφόσον η μάζα του αερίου δε μεταβάλλεται, συμπεραίνουμε από τη σχέση d=m/V, πως η μέγιστη πυκνότητα του αερίου επιτυγχάνεται στην κατάσταση όπου ο όγκος του αερίου είναι ελάχιστος, δηλαδή στην κατάσταση Α, όπως φαίνεται και από το διάγραμμα.
Είναι: mαερ=n·M=0,004kg και VA=VΔ/4=1,5L=0,0015m³

'Aρα d=2,66 kg/m³

(γ) Tο διάγραμμα p-T (ποιοτικά) φαίνεται παρακάτω:

Αέριο σε κύλινδρο

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

Το έμβολο ισορροπεί, άρα η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται θα είναι μηδέν, δηλ. ΣF=0.

Το έμβολο δέχεται δύναμη F1 από το αέριο που βρίσκεται αριστερά στο δοχείο και δύναμη F2. Αφού το έμβολο ισορροπεί, θα ισχύει:

F1=F2 ή p1·A=p2·A ή p1=p2 (όπου Α το εμβαδόν του εμβόλου)

Δηλαδή η πίεση που ασκεί το αέριο που βρίσκεται στα αριστερά είναι ίση με την πίεση που ασκεί το αέριο που βρίσκεται στα αριστερά.
Σύμφωνα με το συνδυαστικό νόμο θα έχουμε:

p1V1/T1=p2V2/T2 ή V1/T1=V2/T2 (1)

Οι θερμοκρασίες Τ1 και Τ2 είναι:

Τ1=273+27=300Κ και

Τ2=273+127=400Κ

'Αρα η (1) γράφεται:

V1/V2=3/4 ή V1=3V2/4 (2)

Ισχύει επίσης:

V1+V2=V (3)

Από τις (2), (3) προκύπτει:

V1=3L και V2=4L

Πλάγιο ελατήριο

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

Στη θέση ισορροπίας τα δύο ελατήρια είναι επιμηκυμένα κατά x1 και x2 αντίστοιχα. Αφού είναι θέση ισορροπίας θα ισχύει:

ΣF=0 ή F1+mgημφ=F2 ή k1x1+mgημφ=k2x2 (1)

Στην τυχαία θέση, όπου το σώμα έχει απομακρυνθεί κατά x από τη θέση ισορροπίας του, θα είναι:

ΣF=F2'-F1'-mgημφ ή

ΣF=k2(x2-x)-k1(x1+x)-mgημφ ή

ΣF=k2x2-k2x-k1x1-k1x-mgημφ ή

ΣF=k2x2-k1x1-mgημφ-(k1+k2)x

Λόγω της (1) η τελευταία σχέση γράφεται:

ΣF=-(k1+k2)x

και αποτελεί την αναγκαία και ικανή συνθήκη για να εκτελέσει ένα σώμα απλή αρμονική ταλάντωση, με σταθερά επαναφοράς D=k1+k2.

Ιδανικό αέριο σε κύλινδρο

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

(α) Εφόσον το έμβολο ισορροπεί, η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται πάνω του είναι ίση με μηδέν.

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο έμβολο είναι η Fαερ, που ασκείται από το αέριο, και η Fατμ, που ασκείται από τον ατμοσφαιρικό αέρα. Αφού το έμβολο ισορροπεί, θα είναι:

ΣF=0 ή Fαερ=Fατμ ή p·A=pατμ·Α ή p=pατμ ή p=1αtm

(β) Επειδή η θέρμανση του αερίου γίνεται πολύ αργά, μπορούμε να θεωρούμε κάθε διαδοχική θέση του εμβόλου ως θέση ισορροπίας. Επομένως η πίεση του αερίου παραμένει σταθερή και ισούται συνεχώς με τη σταθερή εξωτερική πίεση. Δηλαδή η μεταβολή από την αρχική κατάσταση, έστω Α, στην τελική κατάσταση, έστω Β, είναι ισοβαρής θέρμανση.
Στην ισοβαρή μεταβολή ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac:

VA/TA=VB/TB ή VB=TB·VA/TA (1)

Οι τιμές των μακροσκοπικών μεγεθών στις δύο καταστάσεις Α και Β φαίνονται παρακάτω:

Αν Α το εμβαδόν του εμβόλου, τότε η (1) γράφεται:

d2·A=400d1A/300 ή d2=40cm

Νόμοι αερίων 4

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

(α) Για την κατάσταση Α ισχύει η καταστατική εξίσωση:

Δηλαδή ΤΑ=200Κ

(β) Η μεταβολή ΑΒ είναι ισοβαρής, επομένως ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac:

VB=2,4L

Η μεταβολή ΒΓ είναι ισόχωρη, άρα ισχύει ο νόμος του Charles:

'Ομως ΤΓ=ΤA, αφού η μεταβολή ΓΑ είναι ισόθερμη, επομένης η σχέση (1) δίνει:

και VΓ=VB=2,4L

(γ) Τα διαγράμματα p-T και V-T φαίνονται παρακάτω:

Κατακόρυφο ελατήριο 1

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

Αρχικά το σώμα ισορροπεί στη θέση (Ι), όπου ισχύει:

ΣF=0 ή Β=Fελ(1) ή mg=kx1 ή x1=mg/k ή x1=0,1m

Προσφέροντας ενέργεια Ε0 εκτρέπουμε το σώμα από τη Θ.Ι. του και το αφήνουμε να εκτελέσει απλή αρμονκή ταλάντωση. Το ότι η ταχύτητα μηδενίζεται σημαίνει ότι το σώμα βρίσκεται σε ακραία θέση της ταλάντωσης του, όπου η ενέργεια της ταλάντωσης είναι ίση με τη μέγιστη δυναμική ενέργεια (αφού υ=0 και η κινητική ενέργεια θα είναι μηδενική). 'Αρα έχουμε:

Εολ=½·kx1²

'Ομως η ενέργεια αυτή είναι ίση με την ενέργεια Ε0 που αρχικά δαπανήσαμε για να εκτρέψουμε το σώμα από τη Θ.Ι. Επομένως

Ε0=½kx1² ή Ε0=1J

Νόμοι αερίων 3

shinning Νόμοι αερίων 0 σχόλια

(α) Για να βρούμε την θερμοκρασία του αερίου στην αρχική κατάσταση, εφαρμόζουμε την καταστατική εξίσωση:

pAVA=nRTA ή

ΤΑ=pAVA/(nR)

Με αντικατάσταση των μεγεθών στην παραπάνω σχέση προκύπτει:

ΤΑ=200 K

(β) Η μεταβολή της ποσότητας του αερίου από την αρχική κατάσταση (έστω Α) στην τελική κατάσταση (έστω Β) είναι ισόθ

ερμη, αφού ισχύει ο νόμος του Boyle pV=σταθερό. 'Αρα έχουμε:

pAVA=pBVB

Ο όγκος στην κατάσταση Β έχει αυξηθεί κατά 6L, οπότε θα είναι

VB=VA+6 ή VB=8L

'Αρα θα είναι:

pB=(pAVA)/VB ή

pB=50atm

(γ) Τα ζητούμενα διαγράμματα φαίνονται παρακάτω:

Απλή αρμονική ταλάντωση 2

shinning 0 σχόλια

(α) 'Εστω ότι η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης δίνεται από τη σχέση x=Aημ(ωt+φ0). Τη χρονική στιγμή t=0 είναι:

0,4=0,8ημφ0 ή

½=ημφ0 ή ημ(π/6)=ημφ0

Η παραπάνω τριγωνομετρική εξίσωση έχει λύσεις:

φ0=π/6 rad ή φ0=5π/6 rad

Η ζητούμενη λύση προκύπτει από το πρόσημο της ταχύτητας. Εφόσον υ<0 η ζητούμενη αρχική φάση είναι

φ0=5π/6

(β) Σε χρόνο ίσο με μια περίοδο Τ, το υλικό σημείο διανύει απόσταση 4Α. Για τη συγκεκριμένη ταλάντωση είναι Τ=2π/ω=2π/2π=1sec.

Επομένως ο χρόνος που δίνεται στην εκφώνηση αντιστοιχεί σε 2,5 περιόδους και το υλικό σημείο διανύει διάστημα S=2·4Α+2Α=10·Α=10·0,8=8m

Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 3

shinning Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 0 σχόλια

(α) 'Εστω ότι το πρώτο φανάρι βρίσκεται στο σημείο Α και το δεύτερο φανάρι βρίσκεται στο σημείο Β. Τα δύο αυτοκίνητα εκτελούν ευθύγραμμη ομαλή κίνηση και έστω ότι περνούν από το φανάρι Α τη χρονική στιγμή t=0. Το πρώτο αυτοκίνητο περνά από το φανάρι Β τη χρονική στιγμή t1, επομένως το δεύτερο αυτοκίνητο θα περάσει από το φανάρι Β τη χρονική στιγμή t2=t1+10. Για την απόσταση d που διανύουν τα δύο αυτοκίνητα θα ισχύει:

Για το πρώτο:

d=υ1t1 (1)

Για το δεύτερο:

d=υ2t2 (2)

Εξισώνοντας τις (1) και (2) έχουμε:

υ1t1=υ2t2 ή

υ1t1=υ2(t1+10) ή

30t1=10(t1+10) ή

t1=5s

Επομένως το δεύτερο αυτοκίνητο χρειάζεται χρόνο t2=5+10=15s για να περάσει από το φανάρι Β.

(β) Από τη σχέση (1) με αντικατάσταση έχουμε:

d=150m

(γ) Τα διαγράμματα ταχύτητας χρόνου φαίνονται στο παρ

ακάτω διάγραμμα:

Απλή αρμονική ταλάντωση

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

(α) Κατά τη χρονική στιγμή t=6s το υλικό σημείο διέρχεται από τη Θ.Ι, όπως φαίνεται και από τη γραφική παράσταση, δηλαδή είναι x=0 και επομένως θα είναι και α=0. 'Αρα η πρόταση είναι λανθασμένη

(β) Κατά τη χρονική στιγμή t=3s το υλικό σημείο βρίσκεται στη θέση μέγιστης θετικής απομάκρυνσης, οπότε έχει ταχύτητα υ=0. Τη χρονική στιγμή t=10s το υλικό σημείο κινείται προς τη θέση ισορροπίας του από τη θέση μέγιστης αρνητικής απομάκρυνσης, με αποτέλεσμα να είναι υ>0. 'Αρα η πρόταση είναι σωστή

(γ) Κατά τις χρονικές στιγμές t=6s και t=12s το υλικό σημείο διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του, με αποτέλεσμα η ταχύτητα του να παίρνει μέγιστη τιμή. 'Αρα η πρόταση είναι σωστή

(δ) Κατά τις χρονικές στιγμές t=3s και t=9s το υλικό σημείο βρίσκεται στις ακραίες θέσεις, οπότε η επιτάχυνση μεγιστοποιείται. 'Αρα η πρόταση είναι σωστή

Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 2

shinning Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση 0 σχόλια

(α) 'Εστω ότι τα δύο κινητά θα συναντηθούν στο σημείο Γ τη χρονική στιγμή t, το οποίο απέχει απόσταση x από το σημείο Α. Τα δύο κινητά εκτελούν ευθύγραμμη ομαλή κίνηση.Θεωρούμε θετική φορά κίνησης προς τα δεξιά, όπως φαίνεται στο σχήμα, οπότε για τα δύο κινητά

έχουμε:

υΑ=x/t (1) και υΒ=(d-x)/t (2)

Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε:

υΑ/υΒ=x/(d-x) ή

x=υΑ·d/(υΑ+υΒ) (3)

Πριν αντικαταστήσουμε τα μεγέθη στη σχέση (3), πρέπει πρώτα να μετατρέψουμε τις ταχύτητες από km/h σε m/s. (δείτε εδώ τον τρόπο). Προκύπτει λοιπόν ότι υΑ=15m/s και υΒ=20m/s.
Από την (3) με αντικατάσταση έχουμε:

x=300m

Δηλαδή τα δύο αυτοκίνητα θα συναντηθούν σε απόσταση 300m από το σημείο Α.

(β) Από τη σχέση (1) για x=300m λύνοντας ως προς χρόνο έχουμε:

t=x/υΑ ή

t=20s

(γ) Οι γραφικές παραστάσεις ταχύτητας-χρόνου και μετατόπισης-χρόνου φαίνονται στα παρακάτω διαγράμματα.

Νόμοι αερίων 2

shinning 0 σχόλια

'Εστω ότι αρχικά η ποσότητα του αερίου βρίσκεται στην κατάσταση Α και μεταβαίνει στην κατάσταση Β, με σταθερή πίεση. Αυτό σημαίνει ότι η μεταβολή ΑΒ είναι ισοβαρής και ισχύει ο νόμος Gay-Lussac:

Επειδή ο όγκος διπλασιάζεται VΒ=2VΑ, θα έχουμε:

Κατόπιν το αέριο μεταβαίνει από την κατάσταση Β στην κατάσταση Γ με σταθερό όγκο (ισόχωρη μεταβολή), άρα ισχύει ο νόμος του Charles:

'Ομως στην κατάσταση Γ είναι pΓ=pΒ/2, άρα προκύπτει:

Από τις παραπάνω σχέσεις (2) και (4) προκύπτει:

ΤΑ=ΤΓ

δηλαδή σωστή απάντηση είναι η (δ)

Αρχική φάση

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

(α) Από το διάγραμμα παρατηρούμε ότι τη χρονική στιγμή t=0 η αρχι

κή φάση είναι φ0=π/2 rad. Για την εύρεση της γωνιακής ταχύτητας, γνωρίζουμε ότι φ=ωt ή ω=φ/t. 'Αρα για να βρούμε τη γωνιακή ταχύτητα υπολογίζουμε την εφαπτομένη της γωνίας θ. Είναι

εφθ=Δφ/Δt=(3π/2-π/2)/(1-0)=π rad/s

(β) Η χρονική εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής x=Aημ(ωt+φ0). Με αντικατάσταση των μεγεθών έχουμε:

x=0,2ημ(πt+π/2)

Ευθύγραμμη Ομαλή Κίνηση

shinning 0 σχόλια

΄Εστω ότι τα δύο κινητά ξεκινούν τη χρονική στιγμή t=0 από την ίδια θέση, όπως φαίνεται στην εικόνα. Η κίνηση που εκτελούν τα κινητά είναι ευθύγραμμη ομαλή, επομέν

ως θα ισχύουν οι σχέσεις

υΑ=σταθ.=12m/s (1)

υΒ=σταθ.=15m/s (2)

xA=υΑt (3)

xB=υΒt (4)

Επειδή το κινητό Β έχει μεγαλύτερη ταχύτητα από το Α, θα διανύει μεγαλύτερη απόσταση στον ίδιο χρόνο. Κάποια χρονική στιγμή t, τα δύο κινητά θα απέχουν απόσταση d=600m, όπως φαίνεται και στο σχήμα. Θα ισχύει τότε:

x2-x1=d

Αντικαθιστώντας από τις (3), (4) προκύπτει:

υΒt-υΑt=d ή

15t-12t=600 ή

t=200s

Ταχύτητα

shinning Ταχύτητα 0 σχόλια

Για να συγκρίνουμε τις δύο ταχύτητες θα πρέπει αρχικά να βρίσκονται στο ίδιο σύστημα μονάδων (να έχουν ίδια μονάδα μέτρησης). Εδώ θα μετατρέψουμε την ταχύτητα μέτρου 1m/s σε km/h. Για το σκοπό αυτό πρέπει να λάβουμε υπόψιν ότι:

και

Με βάση τα παραπάνω, η ταχύτητα μέτρου 1m/s είναι σε km/h:

Εύρεση ελαχίστου χρόνου 2

shinning Μηχανικές ταλαντώσεις 0 σχόλια

(α) 'Οπως και σε προηγούμενη ανάρτηση, θέλουμε να βρούμε τον ελάχιστο χρόνο μετάβασης του υλικού σημείου από τη μία θέση στην άλλη.
(i) Γνωρίζουμε ότι: