Απαντήσεις-Λύσεις: Σεπτεμβρίου 2008

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:

Από τη σχέση

Ακόμη ισχύει

και

οπότε φ1=φ2, δηλαδή οι γωνίες είναι κατακορυφήν. 'Αρα θ=π rad και από τη σχέση (1) προκύπτει:

(ii) Ισχύει:

Αλλά φ=φ1+φ2=2φ1 και από τη (2) έχουμε:

Από το τρίγωνο ΟΒΓ παίρνουμε:

Επομένως, από την (3) προκύπτει:

Νόμοι αερίων

shinning Νομοι αεριων 0 σχόλια

(α) Η πίεση στο εσωτερικό του δοχείου είναι ίση με την εξωτερική πίεση. Εφόσον η εξωτερική πίεση παραμένει σταθερή, το ίδιο θα ισχύει και για την πίεση του αερίου. 'Αρα η μεταβολή που υφίσταται το αέριο είναι ισοβαρής και θα ισχύει ο νόμος του Gay-Lussac:

(β) Τα διαγράμματα της παραπάνω μεταβολής φαίνονται παρακάτω:

Να σημειωθεί ότι οι θερμοκρασίες έχουν μετατραπεί σε βαθμούς Kelvin μέσω της σχέσης:

Εύρεση αρχικής φάσης

shinning 0 σχόλια

Για t=0 έχουμε:

'Ετσι:

Σημείωση:
Το πρόσημο της ταχύτητας καθορίζει κάθε φορά ποια από τις δύο λύσεις της τριγωνομετρικής εξίσωσης είναι αποδεκτή, δηλαδή ποια είναι η αρχική φάση της ταλάντωσης.

Εύρεση ελαχίστου χρόνου

shinning 0 σχόλια

Ελάχιστο χρονικό διάστημα σημαίνει ότι διέρχεται από τη συγκεκριμένη θέση δύο φορές, με αντίθετη κατεύθυνση την κάθε φορά. Ας επιλύσουμε την άσκηση με τη χρήση στρεφόμενων διανυσμάτων, όπως φαίνεται και στην εικόνα. Εστω ότι το στρεφόμενο διάνυσμα θα διαγράψει στο ζητούμενο χρονικό διάστημα γωνία θ.
Γνωρίζουμε ότι: