Απαντήσεις-Λύσεις

Ηλεκτρική ταλάντωση

2008-10-21T23:17:00.002+03:00

(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

2008-10-19T19:24:00.003+03:00

(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

2008-10-12T13:21:00.003+03:00

(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

2008-10-11T11:37:00.003+03:00

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

2008-10-10T10:29:00.003+03:00

(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

2008-10-09T13:02:00.002+03:00

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

2008-10-05T14:46:00.002+03:00

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

2008-10-05T13:51:00.003+03:00

(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

2008-10-02T20:34:00.003+03:00

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

2008-09-28T15:43:00.003+03:00

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

2008-09-28T13:34:00.002+03:00

(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

2008-09-25T12:53:00.002+03:00

(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

2008-09-24T11:47:00.002+03:00

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

2008-09-21T20:56:00.003+03:00

(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

2008-09-20T23:31:00.004+03:00

(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

2008-09-20T21:20:00.006+03:00

(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

2008-09-19T13:14:00.003+03:00

(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

2008-09-17T06:14:00.009+03:00

(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

2008-09-14T23:35:00.008+03:00

'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

2008-09-14T14:20:00.004+03:00

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

2008-09-14T12:34:00.004+03:00

΄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, επομένως 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

2008-09-13T01:44:00.007+03:00

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

2008-09-12T23:11:00.005+03:00

(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

2008-09-10T20:56:00.005+03:00

(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

2008-09-09T19:54:00.004+03:00

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

2008-09-09T19:01:00.014+03:00

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:

Αλλά

και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΛ παίρνουμε

οπότε από την (1):

Επίσης

οπότε από την αρχική σχέση, προκύπτει για τον ελάχιστο χρόνο μετάβασης

Για την εξίσωση της απομάκρυνσης, ξέρουμε:

Από το σχήμα προκύπτει ότι

'Αρα η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι: