Λύσεις ασκήσεων σχολικού βιβλίου by ΚΕΝΤΡΟ ΜΕΛΕΤΗΣ

Λύσεις

των ασκήσεων

ΥΠΟΥΡΓΕΊΟ ΕΘΝΙΚΉς ΠΑΙΔΕΊΑς ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΆΤΩΝ Ί ΑΙΔ ΑΓΩΓΙ ΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ U ίβ»ι I

ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΏΝ ΒΙΒΛΊΩΝ

Γ" Λ υ κ ε ί ο υ Θ ε τ ι κ ή ά ά ί Τ ε χ ν ο λ ο γ ι κ ή Κ α τ ε ύ θ υ ν σ η

Αύσεις των ασκήσεων Φυσική θ ε τ ι κ ή ς Sc Τεχνολογικής κατεύθυνσης

Γ' τάξη

Γενικού Λυκείου

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ - ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ - ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ

Αύσεις των ασκήσεων Φυσική θ ε τ ι κ ή ς & Τεχνολογικής κατεύθυνσης

Γ' τάξη Γενικού Λυκείου

ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

Ε.Π.Ε.Α.Ε.Κ. Υποπρόγραμμα 1: ΓΕΝΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙΚΗ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ Μέτρο 1.1: ΑΝΑΜΟΡΦΩΣΗ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Ενέργεια 1.1α: Προγράμματα - βιβλία ΕΡΓΟ:

ΑΝΑΔΙΑΤΥΠΩΣΗ ΚΑΙ ΕΚΣΥΓΧΡΟΝΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΤΩΝ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΜΕ ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΡΑΓΩΓΗ ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΥ ΥΛΙΚΟΥ

ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ - ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

Απλή αρμονική ταλάντωση 1.1

(β), (γ), (ε).

1.2

Η αρχική φάση είναι 0 ή π rad. Για να επιλέξουμε ανάμεσα στις δύο χρειάζεται να γνωρίζουμε την κατεύθυνση (πρόσημο) της ταχύτητας τη χρονική στιγμή μηδέν.

1.3

(Υ)·

1.4

Η ταχύτητα είναι: Η επιτάχυνση είναι: Η δύναμη είναι:

μηδέν στις θέσεις x=Α μέγιστη στη θέση ισορροπίας μηδέν στη θέση ισορροπίας μέγιστη στις θέσεις χ=Α μηδέν στη θέση ισορροπίας μέγιστη στις θέσεις χ =Α

ή χ = -Α, (χ = 0). (χ = 0), ή χ = -Α. (χ = 0), ή χ = -Α.

Σύμφωνα με τη διατήρηση της ενέργειας στις ταλαντώσεις Ε = Κ + U όταν U - Κ τότε Ε = 2U ή —DA2 2

2-Dx2 2

Επομένως χ = ± V2 1.5

3J 4J 5J

A 1.6

α) Τ/4, β) Τ/2, γ) 3T/4.

1.7

a) 1,

1.8

(β)

β) αρνητική,

γ) 0.

5J 2J 1J 0

•a

Κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων 1.9

α) 1,5χ ΙΟ"6 s, β) 3 χ ΙΟ"6 s,

γ) 0,75χ ΙΟ"6 s, δ) 0,75 χ ΙΟ"6 s.

1.10

Λόγω της τάσης από αυτεπαγωγή που εμφανίζει στα άκρα του το πηνίο.

1.11

80x10"3 J 40x10"3 J 120x103 J 1.12

a)LA<LB,

β)ΙΑ>ΙΒ·

1.13

a) Qb = 2Qa

β) EB = 2EA

1.14

(γ).

1.15

1 (γ),

1.16

δυναμική ηλεκτρικού

Ο3 J *

γ)TB=TA

70x10"3 J 50x10"3 J

120x10"3 J

120>

δ)ΙΒ=2ΙΑ

2 (β). ενέργεια μαγνητικού παραμένει σταθερό.

πεδίου

ενέργεια

Φθίνουσα, ελεύθερη και εξαναγκασμένη ταλάντωση. Συντονισμός. 1.17

(γ)

1.18

(γ)

1.19

(γ)

1.20

Το Β.

1.21

(γ),

(δ).

1-22

(β),

(γ).

1.23

(β)

1.24

Αν Ακ, Λκ+1 είναι οι τιμές του πλάτους και Εκ, Εκ+1 οι αντίστοιχες τιμές της ενέργειας της ταλάντωσης κατά τις χρονικές στιγμές ΚΤ και (Χ + 1)Γ όπου Κ = 1,2,3.... τότε

Α β -ΑΚΤ

α)

-^κ+ι Aae J7

β)

DA ~ l _2 1

-Ίί+1

-e

-Λ(Κ+1)Τ

DU/L4K+12

ΛΤ

Ακ

λ2

Λ Λ

-e

2ΛΤ

V κ+1

Σύνθεση ταλαντώσεων 1.25 1.26

8 cm

2cm.

(β), (γ), (δ), (ε).

Απλή αρμονική ταλάντωση 1.27

Θεωρούμε ότι στη θέση ισορροπίας (θέση 1) το ελατήριο Κ, έχει επιμηκυνθεί κατά χι και το ελατήριο Κζ έχει επιμηκυνθεί κατά χ2 οπότε επειδή EF = 0 θα είναι

Κ2χ2-Κιχι=

(1)

Σε μια τυχαία θέση που απέχει χ από τη θέση ισορροπίας (θέση 2) ισχύει

ΗΜ.Μ.ΜΛ1 ifflMimti

E F = Κ 2 (χ 2 -jc)-AT,(X, + χ ) (2) (θεωρούμε θετική τη φορά της απομάκρυνσης χ )

(2)

η οποία αν λάβουμε υπόψη την (1) γίνεται Σ/ 7 = -(Κ2 + )χ (3) Η (3) είναι της μορφής ZF = -Dx όπου D - Κ2 + Κλ οπότε το Σ κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με περίοδο

Τ = 2πλβ \D

= 2π Ι \Κ2+Κγ

= 0,2π s

Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν θεωρήσουμε ότι στη θέση ισορροπίας και τα δύο ελατήρια είναι συσπειρωμένα ή ότι έχουν το φυσικό τους μήκος. 1.28

Θεωρούμε ότι η ταλάντωση είναι αμείωτη. α) Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε

-DA2 =-Dx? 1 + — mu? 1 2

οπότε

D = —2

β)

— DA2 = — Dxl + — mv] 2 2 2 2 2

οποτε

Id(A2 -χ2) 0 υ = J— - = 3 mis

Α — χ2

ν 1.29

= 200 Ν / m

Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (δες παράδειγμα 1.1). Στη θέση ισορροπίας ισχύει Σ/ 7 = 0 δηλαδή mg - ΚΙ = 0 οπότε

Κ =^

(1).

1171

Η περίοδος της κίνησης δίνεται από τη σχέση

Τ = 2πλ

η οποία, αν λάβουμε υπόψη την (1), γίνεται

Τ = 2π ι— = 0,314s

Ηλεκτρικές ταλαντώσεις 1.30

/ =- =

^ = = 1126 Hz

Τ 1.31

In^LC

Το φορτίο του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση q = Q συν cot 3 Για t = 0 q - Q - CV = 10~ C Η γωνιακή συχνότητα της ταλάντωσης είναι

ω = —

= —^

π Γ

— =

2K4LC

J — = 1 0 0 0 rad / s

4LC

Επομένως q = 10 -3 owlOOOi (SI) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα δίνεται από τη σχέση

i = I ημωΐ. Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε -LI2 2

=-02 C

Τελικά

οπότε

ΐ = ημ\000ί

Ι = -β= = \Λ VZC (SI)

Φθίνουσες και εξαναναγκασμένες ταλαντώσεις. Συντονισμός. 1.32

Αχ = A0e~M' ή e ~

A l

' ή

-At, = In —

Α..

ή *-*=4 ^ ^ 4

και Λ = - — I n — (1)

i n

yi ο

Η (2) γίνεται από την (1)

t= In

— In — απο οπου βρίσκουμε

In —— = — — — 32 In 1 - In 2 2

(lnl-ln32) = — In 2

ln32 = — In 2

ln2 5 =50s

Σύνθεση ταλαντώσεων 1.33

Η σχέση που δίνει το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης είναι

Α = ^Α2 + Α\ + 2ΑΛΑ2συνφ Αν θέσουμε Αχ — 4m , Α2 — Am και φ — —πrad προκύπτει Α = 0 (το σώμα δεν ταλαντώνεται). 1.34

Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος

Α = -Ja? + Α2 + 2Α]Α2συνφ Αν θέσουμε A, -0,1m, Α2 = 0,04 m και φ - 0 προκύπτει Α = 0,14 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50 rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση εφ ι9 =

—

Αι + Α2συνφ

η οπο{α για φ = 0 δίνει

εφ <9 = 0

και

τελικά 3 = 0. Επομένως, η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι * = 0,1477//50ί 1.35

Το σώμα εκτελεί ταλάντωση με πλάτος

Α = yj Α,2 + Α2 + 2 Α{Α2συνφ Αν θέσουμε Αι = 0,08 m, Α2 = 0,06 m και φ--π rad προκύπτει Α = 0,02 m Η γωνιακή συχνότητα της σύνθετης ταλάντωσης είναι ίση με αυτή των ταλαντώσεων που τη συνθέτουν, ω = 50π rad / s. Η αρχική φάση της ταλάντωσης βρίσκεται από τη σχέση εφ ι9 =

Α ιjjt ι (ρ η οποία για ω = —π δίνει εφ 9 = 0 και τελικά Αχ + Α2συνφ

3 = 0. Η εξίσωση απομάκρυνσης της σύνθετης ταλάντωσης είναι

χ = 0,02ημ50πί 10

(SI)

Η ταχύτητα δίνεται από τη σχέση

υ = Αωσυν{ωί + 3) οπότε υ = 3,14συν50 ττί Η επιτάχυνση δίνεται από τη σχέση

α --Αω2ημ(ωί οπότε

(SI)

+ 9)

α - -493?7μ50/7ί

(SI)

Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση

Τ = —— = 0,04 s

ω 1.36

Οι ήχοι που παράγονται από τα δυο διαπασών έχουν μικρή διαφορά συχνότητας, οπότε από συμβολή τους προκύπτουν διακροτήματα με συχνότητα f Ά = |/, - / 2 1 = 0,5 //ζ Ο χρόνος που μεσολαβεί μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ήχου ισούται με την περίοδο των διακροτημάτων, που δίνεται από τη σχέση

Τδ - — = 2 s

fδ

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

1.37

Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής

χ = Α ημ{ωί + φ) Θα βρούμε διαδοχικά τα Α , ω και φ 1Τ - ΙΟ η Λ \™ —

\ D

• οποτε

ΓΛ= D

4π2,η

—

(1)

Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε

— DA2=—Dx2+ 2 2

— mv2 2

άρα

A = Jx2+ — u2 V D

Λαμβάνοντας υπόψη την (1) τελικά έχουμε Α = Λ χ2 +-^—τ-υ2 =4x10~ 2 m

ω=

4π2

= 10 rad / s Τ

Η χ = Α ημ{ωί + φ) για t — Ο δίνει

ημφ

sisδηλαδή

χ - Α ημφ

οπότε

5π

φ = — ή φ = -— 6 6 •

(Η λύση φ = — απορρίπτεται, γιατί για t=0 δίνει υ>0 ) 6 Οι ζητούμενες εξισώσεις είναι χ = 4 χ 10 2ημ 10/ +

5π

(SI)

υ = Α ω συν(ωί + φ) = Ο,Ασυν 10/ + α = -Αω2ημ{ωί + φ) = -Αημ 10/ + .38

"ο σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ (βλέπε και παράδειγμα 1-1).

Τ = 2πΛ

α)

/ = — = — J— Τ β)

2π\ m

= — Ηζ π

"Χ

Η μέγιστη απομάκρυνση του σώματος είναι A - d . Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι

χ, I "" j' d j

„

(

; w

Λ: = άημ(ωί + φ). Για / = 0 d = άημφ οπότε

ημφ = 1

δηλαδή

φ = — rad

2 Στην περίπτωση που η κατεύθυνση προς τα κάτω θεωρηθεί αρνητική για / = 0 -ά = άημφ οπότε ημφ = - 1 δηλαδή 3 π φ = —radj 2

^mux = Αω = d2/rf' = 0,5 mls

Υ) δ)

max

ε)

Αω1 = d4 π2 f2

= 5 mis2

Στη θέση ισορροπίας (θέση 1) Z F = 0 οπότε Κχχ - mg και

mg χ, = 1

Το σώμα δέχεται τη μέγιστη δύναμη στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης (θέση 2)

mg +d Κ

Fl=K{x,+d)=K ,_

1.39

mg + Kd = 15 Ν

2π π ,. ω = — = — rad / s Τ

ΨΜΜί¥\

χ = 0,2ημ^ί Θέτουμε χ = 0,1 m και λύνουμε ως προς το χρόνο

τι

ημ ,= ημ

1 Γ Ί

Δύο διαδοχικές λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι οι '5 25 t,1 = —s και 2 ^

Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στις δύο διαδοχικές στιγμές που το σώμα θα βρεθεί στη θέση Λ: = 0,1 m είναι

At = ί, -t, = —s 1.40

Θεωρούμε ότι το σύστημα κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς Κ. α)

Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση έχουμε

-ΚΑ2

=-Μυ2

οποτε

Α=

= 0,1m

Το χρονικό διάστημα που μεσολαβεί ανάμεσα στη στιγμή της πρόσκρουσης (υ = Umax) και τη στιγμή που η ταχύτητα Τ π ' \Μ μηδενίζεται είναι At = — = —J—

β)

2\ Κ

100

Ο επιβάτης κάνει ταλάντωση ίδιας περιόδου με το σύστημα με σταθερά επαναφοράς D.

Τσυστήματος =Τεπιβάτη οπότε

Ο Λ Ο, δηλαδή

„ \Μ ~ Μ 2π. /— = 2π. /—

\ Κ

m Μ

D = —Κ.

Η δύναμη που δέχεται από τη ζώνη παίζει το ρόλο της δύναμης επαναφοράς. Το μέτρο της δύναμης θα πάρει τη μέγιστη τιμή Τ

του τη χρονική στιγμή t = — οταν χ = Α . •

FmaK = DA = —ΚΑ — 15 χ 103 Ν Μ 1.41

α) Μετά την (πλαστική) κρούση του συστήματος βλήμα-σώμα, η κοινή τους ταχύτητα θα είναι V για την οποία ισχύει

α V

mv = (m + M)V επομένως V =

•υ = 5 mis. m+Μ

β) Το συσσωμάτωμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με D = Κ .

iHW

Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση έχουμε

~ ΚΑ2 =

οποτε

A = V.

(m + Μ )Vi

m+M = 0,1m V Κ

γ)

Το σύστημα θα σταματήσει στιγμιαία, για πρώτη φορά, μετά από

1.42

Τ 4

2π lm + M _ =3,14x10η 2 s. 4 \ Κ

χρονο

At = — = —

α)

/ = ω ρ = 2 π / ρ = 5χ10" 3 Λ Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε:

i ^ 4 c

και

i ^ Q ' -

Όμως / = - — ^ = = και LC = ι

rVVA I

i-J \

2K4lC

L a

\ ^

4π2/2

<•)

(2)

Οπότε η (1) γίνεται από τη (2) q =

β)

= 4xlO" 7 C

UΕε =-2~ 2 C

(3)

UE+UB=—0—

2 C

επομένως UB=—————

2 C

(4)

1 Ο2 Η ολική ενέργεια παραμένει σταθερή Ε = — — = 25x10 8 J (5) 2 C Οι συναρτήσεις (3) (4) και (5) παριστάνονται γραφικά στο διάγραμμα που ακολουθεί Ενέργεια (J) Ε=25χ10

+0,5

-0,5

1.43

α)

Q = CV = 4 x 10~3 C

β)

ττ = U π η=— U F 2

ι q2 = 1 1 Q 2

οποτε

2 C

22 C

Λ/2

και q = Q~Y ~ 2A/2 xlO - 3 C γ)

Η σχέση που δίνει το φορτίο του πυκνωτή σε συνάρτηση με το χρόνο είναι q = Q συ ν cot (1)

„

. ι _3

λ οπου C? = 4 χ 10

2λ" Τ

C καιft»= — =

2π ; 2π4Σΰ

ΙΟ3 rafl / 5 6

Η πρώτη φορά που η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου στον πυκνωτή γίνεται ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου στο πηνίο ταυτίζεται με την πρώτη φορά που το φορτίο στον πυκνωτή γίνεται q = 2Λ/2 Χ 10~3 C , δηλαδή τη στιγμή για την οποία

2\/2 χ 10~3 = 4 x l O ^ c r u v

1 ο3

1 6 Λύνουμε την τριγωνομετρική εξίσωση ως προς τον χρόνο και βρίσκουμε ότι η μικρότερη τιμή του για την οποία ισχύει η εξίσωση είναι t = 1,5 x 10^3 s. 1.44

Από τη διατήρηση της ενέργειας στο κύκλωμα έχουμε Ι £ 1 2 C οπότε

1.45

Ι 2 ΐ 2 C

Ι ^ 2

Q = -yjq2 + LCi2 = 4 x 10 5 C = 40//C

α) Το σώμα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα ίση με αυτή των δύο ταλαντώσεων στις οποίες μετέχει. Άρα ω = 50π rad και β)

D = mco2 = 5 x l 0 4 N/m Το πλάτος της ταλάντωσης που κάνει το σώμα είναι

Α = yjΑ2 + Α2 + 2ΑίΑ1συν(-

π) = Α, - Α2 = 5 χ 10"2 m

οπότε η ενέργεια της ταλάντωσης είναι

Ε = —DA2 = 62,5 J

γ)

Από τη διατήρηση της ενέργειας της ταλάντωσης έχουμε

1 , 1 ,2

E = -mu2

+-Dx

2 2 E

οποτε

D x ^

m / s

1.46

To Σ 2 , όσο βρίσκεται σε

επαφή με το Σ,, εκτελεί τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης. Το ρόλο της δύναμης επαναφοράς για το Σ2 παίζει η δύναμη F που

m, m2

rfilWk

δέχεται από το Σ,. Η επαφή ανάμεσα στα δύο σώματα χάνεται όταν F = 0 δηλαδή στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. Το

β)

Σ2

επαφή του

αφού χάσει την Σ,

με το

Α d

κινείται

•4

ευθύγραμμα ομαλά με L>

υ„ = Αω = Α

Κ = 2 ml s mx +m2

2«ΙΦΜιϊ5

s και το Σι κάνει απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος Α' Από τη διατήρηση της ενέργειας κατά την ταλάντωση του Σι έχουμε:

-mxv2 2

ι max

= — ΚΑ'2 ^

από όπου βρίσκουμε A

J^ = 0,2m

' = vmax

γ)

Το

Τ' 4

Σ,

π \m, 2^1 Κ

μηδενίζει

την

π 20

ταχύτητά

του

σε

χρόνο

Λ At = — = —. —- = — 5 απο τη στιγμή που χάθηκε η επαφή αναμεσα

στα δύο σώματα. Στο * = ^ Δ ' = 0>314™

χρόνο

αυτό

το

Σ2

έχει

διανύσει

Η απόσταση μεταξύ τους εκείνη τη χρονική στιγμή θα είναι d = s — A' = 0,114m 1.47

α) Το σώμα μάζας mj κάνει τμήμα απλής αρμονικής ταλάντωσης με σταθερά επαναφοράς D = Κ . Για να φτάσει από το ανώτερο σημείο στη θέση ισορροπίας του χρειάζεται χρόνο L ^ K = j l s . 4 4 V Κ 20 Στον ίδιο χρόνο το σώμα μάζας τη? πρέπει να διανύσει διάστημα h. a

h = g(At)2 = 0,125 m β)

Αμέσως πριν τη σύγκρουση τα σώματα έχουν ταχύτητες max

Α (ο = I —

2π

,Ι~Κ~ = 2m/ s

υ2 = gAt = \,51m/s γ) Εφόσον τα σώματα μετά την κρούση τους αποκτούν ταχύτητες αντίθετες από αυτές που είχαν πριν συγκρουστούν, θα επιστρέψουν στις αρχικές τους θέσεις και το φαινόμενο θα επαναλαμβάνεται συνεχώς. Η περίοδος του φαινομένου είναι Τφ=-

όπου Τ η περίοδος της ταλάντωσης του mi

= 0,314s

1.48

jfl ςτ

α)

Στη θέση (1) Z F = Ο οπότε ΚΙ = mlg και Κ = —j— = 12Ν / m

Αν υ η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση - θέση (3) - εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε:

|2(Wj +m2)gl-KI =2mls —(m, + m2)υ1 + —ΚΙ2 = (w, + m2)gl και u= i w, +m2

β) To συσσωμάτωμα μετά την κρούση θα εκτελέσει απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = Κ Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης (5) θα ισχύει

( j f j1 -j- jfi ^ ρ-

Z F = 0 οπότε ΚΑ = {rnx + m2 )g και Α — ·

= 0,625m

Στη θέση αυτή το συσσωμάτωμα αποκτά τη μέγιστη ταχύτητα που είναι 'Λτμχ =ωΑ

=γ Α

2π

= 2

Α=

/m.+m2

-A = 2,5m/ s

Wj +m 2

Κ γ) είναι

Ο χρόνος κίνησης από την ανώτερη θέση στη θέση ισορροπίας

Τ π τη. + m, „ . At = — = —J—i = 0,4s 4

1.49

α)

Το κύκλωμα το σχήματος (α) διαρρέεται από σταθερό ρεύμα

R+r

= 0,6 Α t=0 Α Β

AAA

—vWV^

(α)

(β)

Αμέσως μετά τη μεταφορά του μεταγωγού στη θέση Β στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα που προκαλεί αυτή η ηλεκτρεγερτική δύναμη είναι ομόροπο με το αρχικό. Επομένως ο οπλισμός που θα αποκτήσει πρώτος θετικό φορτίο είναι αυτός που συνδέεται με τον αρνητικό πόλο της πηγής. β) Από τη στιγμή μηδέν και μετά το κύκλωμα που περιλαμβάνει το πηνίο και τον πυκνωτή θα εκτελέσει ηλεκτρική ταλάντωση με γωνιακή συχνότητα

ω = 2π

2π

= 10

rad / s

Τ 2^VLC Τη στιγμή μηδέν ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος και το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα μέγιστης έντασης. Εκείνη τη στιγμή το μαγνητικό πεδίο του πηνίου έχει ενέργεια ίδια με αυτή που είχε πριν μετακινηθεί ο μεταγωγός, επομένως το ρεύμα έχει ένταση I = 0,6 Α (μέγιστη). Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή είναι Q = L = 6x10" 5 C

ω Επομένως οι εξισώσεις του ρεύματος και του φορτίου με το χρόνο είναι ί = 0,6 o w l 0 4 t ijr = 6xl0" 5 77//ΙΟ41

.50

α) Όταν ανοίγουμε το διακόπτη Δ μεταβάλλεται το ρεύμα που διαρρέει το πηνίο. Αυτό έχει ως συνέπεια την εμφάνιση ηλεκτρεγερτικής δύναμης από Το πηνίο επομένως αυτεπαγωγή. λειτουργεί ως πηγή, η οποία φορτίζει τον πυκνωτή. β) Το μέγιστο ρεύμα στο πηνίο θα είναι

Ι = ^— = 3Α R+r

vQfiflflOL

Ε,r

Η μέγιστη ενέργεια του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί το πηνίο είναι ίση με τη μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή -L/2=-CF2 οπότε C = ~ 2 = 18x 10~6 F 2 2 V (Η ελάχιστη χωρητικότητα του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης μεταξύ των οπλισμών του).

2 ΚΥΜΑΤΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Μηχανικά κύματα 2.1

(γ)

2.2

α)

β)

2.3

Ια) 2α)

Γ Α, Δ

ΐβ) 2 β)

Α Β, Ε

2.4

(α),

(β),

(δ)

2.5

(β)

2γ)

Β, Ε

(γ)

Συμβολή - στάσιμα Δ

2.6

2.7

Δύο πηγές λέγονται σύγχρονες ή σε φάση όταν δημιουργούν ταυτόχρονα μέγιστα και ελάχιστα.

2.8

πλάτος

αντίθετες κοιλίες

παραμένουν συνεχώς ακίνητα λ/2.

2.9

(β)

(α)

2.10

α)

ΌΧΙ

β)

2.11

α) β) γ) δ)

Δεσμοί Β, Δ, Ζ Κοιλίες Α, Γ, Ε, Η π rad Μηδέν λ/4

2.48

(α)

μέγιστο

Ηλεκτρομαγνητικά κύματα 2.13

1,53 χ ΙΟ8 km.

2.14

7,46 φορές.

2.15

(δ)

2.16

(γ)

2.17 Ραδιοκύματα ν / Ι Ο Ηζ Μικροκύματα \ Ν ^ · 1 Ο π Ηζ Ακτίνες Χ — ^ / \ \ 1 0 Ηζ Υπέρυθρο ^\J010Hz Υ περιώδες 1015Ηζ Ακτίνες γ 1019Ηζ 2.18

α) β) γ) δ)

2.19

(α).

2.20

(γ).

Ραδιοκύματα. Μικροκύματα. Ακτίνες Χ. Ακτίνες γ.

Ανάκλαση - διάθλαση 2.21

Όταν υφίσταται ανάκλαση ή διάθλαση.

2.22

60° και στις δύο επιφάνειες.

2.23

(α).

2.24

Η συχνότητα παραμένει σταθερή, η ταχύτητα διάδοσης μειώνεται, το μήκος κύματος μειώνεται.

2.25

(α).

2.26

Το μπλε.

2.27

Στην πλάκα με δείκτη διάθλασης η = 1,6.

2.28

α) β)

Α. Α.

1 SSI I ί

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Μηχανικά κύματα 2.29

Ο χρόνος που χρειάζεται ένα σημείο της χορδής για να μετατοπισθεί από τη θέση μέγιστης απομάκρυνσης στη θέση ισορροπίας είναι ίσος με Τ/4 — = 0,15s οπότε Τ = 0,6s και f = — = — Ηζ .

Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι

υ = λ/ = 2m!s. 2.30

Συγκρίνοντας τη σχέση

_y = 3 x l 0

ημ{\2>20ί - 4χ)

με τη γενική σχέση

γ = Αημ2π^-~) 1

βρίσκουμε α)

2π = 4 rad / m λ

β)

— = 2nf = 1320 rad / s οπότε

οποτε

και

υ = Af = 330m / s

2π

1,57 m.

/ = 1^2.Hz

2π

γ)

Α = 3χ\0 οπότε

δ)

και

2π ω = — = 1320 rad I s Τ

t»max = Α ω = 39,6 m Is

^ ι = 1 3 2 0 ί - 4xj φχ-φ2

και

φ2 = 1320ί - 4χ2

= 4(Χ2 - χ,) οπότε

2π Δχ=

2.3 Ι α )

Ψι

~ Ψ ι = - 3 - = 0,523m

Το κύμα φτάνει στο σημείο Β μετά από χρόνο t = - = 20s

υ β) Θέτουμε στην εξίσωση κύματος ί = 21,5 s και χ = 60 m και βρίσκουμε την απομάκρυνση y = 0,1Ϊ7/Ι2ΛΤ(0,25 Χ 21,5 - 5) = 0,05λ/2 W - 5y[2.cm

Στάσιμο κύμα 2.32

α)

Ένα στάσιμο κύμα που περιγράφεται από την εξίσωση οA 2τϊΧ 2Tit γ = 2Ασυν — ημ— (1) Α

προκύπτει από τη συμβολή δύο κυμάτων που περιγράφονται από τις εξισώσεις yj ~ Α ημ2π(γ

- j)

και

Συγκρίνουμε την (1) με την και βρίσκουμε 2Α·= 0,5cm και 2π

= 440π 0 =

y2 = Α ημ2π(~ 7DC

y = 0,5συν — ημ40Μ

Α = 0,25cm

και

λ = b cm

και

/ = — = 20 Ηζ " Τ

Τελικά

yx = 0,25ημ2π(20ί

και

y 2 = 0,25ημ2π{20ί + —) 6

β)

- —) 6

λ Η απόσταση δύο διαδοχικών δεσμών είναι d = — = 3 cm

γ)

Η σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία ταλαντώνεται ένα , , — . 2τνκ 2ηί r σημείο του μέσου είναι υ = 2Αωσυν συν Α Τ ' η. a r 2τιχ 2ict ή υ = 2Α2π/συν συν λ Τ 9 Για χ = 1cm και t = —s βρίσκουμε υ = -31,4cm/,ν δ)

λ · f = 120 cm / s = 1,2 mis

2.33

β) Το πλάτος ταλάντωσης ενός σημείου του μέσου δίνεται από τη σχέση \Α=

2 Ασυν1

y(cm)

x(cm)

2πχ λ

2 Α = 4 cm Α

—=m 10 cm 2

t=0

5s = Τ/4

οπότε

λ = 20 cm Is = Τ/2

Τ = 2s πχ

οπότε \Α'\ = 4συν— 10 Για χ = 12,5 cm

μΐ= 4 συ ν π 2.34

= 2λ/2 cm

α) Η ένταση του ήχου, άρα και η ένδειξη του δέκτη, μηδενίζεται στις θέσεις που αντιστοιχούν σε δεσμούς του στάσιμου κύματος που δημιουργείται από τη συμβολή του ήχου που εκπέμπει το διαπασών και του ήχου που ανακλάται.Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών

είναι d = — οπότε λ = 2d = \m και υ = λfJ = 3 4 0 m i s . 2 β) Τα μέγιστα του ήχου αντιστοιχούν σε δυο διαδοχικές κοιλίες του στάσιμου κύματος. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών κοιλιών είναι

λ'

d' = — οπότε λ' = 2d' = 0,4m . 2

υ =λr

2.35 και

οπότε

υ λ'

/ ' = — = 850Ηζ.

y t = 5 η μ π ( 5 / - χ ) = 5ημ2π(2,5ί-—)

(1)

yx = 5 η μ π ( 5 ί + χ) = 5ημ2π(2,5/ + ·^)

(2)

Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και (2) με την εξίσωση κύματος

y = Α ημ2π(γ -

γ = Αημ2π{-^ + ^-) 1

βρίσκουμε

A = 5cm

f = γ = 2,5 Ηζ

λ = 2 cm

α)

υ = λ/ = 5 cm/ s

β)

Το στάσιμο κύμα που προκύπτει από τη συμβολή των δύο κυμάτων έχει εξίσωση 2 tdc 2Μ

y = 2 Ασυν

ημ

= ΙΟσυν πχημ5πί

Το πλάτος ταλάντωσης των σημείων του μέσου δίνεται από τη σχέση |Λ'| = |ΐΟσι;ν πχ\ Οι δεσμοί του στάσιμου κύματος αντιστοιχούν στις λύσεις της εξίσωσης

Α' = 0 η

συνπχ

= Λ0 = συν — οποτε 2 π or- Η— , 1 ,η χ 5= —cm , η πχ = ΙΚπ οποτε χ ~ —cm 2 2 2 •

και

tcx = Ζ Κ. π

οποτε χ = —cm η χ = —cm η 2 2

Δεσμούς θα έχουμε τελικά στις θέσεις 0,5 cm, 1,5 cm, 2,5 cm, 3,5 cm, Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικοί δεσμοί απέχουν μεταξύ τους λ

— = ι1cm. 2 Για να βρούμε τις θέσεις των κοιλιών θέτουμε \Α'\ = 10cm και λύνουμε ως προς x

συνπχ = συνΟ 7ΐχ = Κπ

συνπχ = συν π

οπότε

και χ = 0 ή χ = lcm ή χ = 2cm ή Κοιλίες θα έχουμε τελικά στις θέσεις

0, lcm, 2cm,3cm,

Παρατηρούμε ότι δύο διαδοχικές κοιλίες απέχουν μεταξύ τους λ ' — = 1 cm .

2 Επίσης ένας δεσμός απέχει από την πιο κοντινή του κοιλία — = 0,5 cm. 4

γ)

2.36

|^'| = |10OTJV πχ\

υ = λί

οπότε

|4L X | = 10

λ = — = 2m

/ Εφόσον τα άκρα της χορδής είναι στερεωμένα σε ακλόνητα σημεία θα είναι δεσμοί και εφόσον το σύνολο των δεσμών είναι τρεις υπάρχει ένας ακόμη δεσμός μεταξύ των άκρων. Η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι — και το συνολικό μήκος της χορδής θα είναι d = 2 — = λ = 2m

Ηλεκτρομαγνητικά κύματα 2.37

α)

c = λί

οπότε

X = — = 2>m f

β)

Γ ια

κάθε

θέση

c=—

οπότε

Β Β „

Β =—

και

= 4Χ10-"Γ

γ)

Η συχνότητα του κύματος πρέπει να είναι ίση με την ιδιοσυχνότητα του δέκτη, οπότε /=_

- i — = 5X10-16F

4 K2Lf

2k4lC

Ανάκλαση - Διάθλαση 2.38

η=

2.39

υ = — = 2 x 1 0 mls η

οποτε

Η γωνία ανάκλασης είναι ίση με τη γωνία πρόσπτωσης οπότε 9r = 9α = 30" Από το νόμο του Snell έχουμε ηχημ9α

2.40

= η2ημ91)

ημ9^ =

ΐί

οπότε

ημ9,} = ημ9α — = 0,4375

«„ =

οποτε

= V3 7/^

2.41

Η ταχύτητα διάδοσης της ακτινοβολίας ν = Xf = 22,44χ 107 / « / ί . Επομένως,

α)

c =

Λ>/

οπότε

β)

Απο τη σχέση

«=

Υ)

λ/

/ = — = 4,6 x ΙΟ14 //ζ Λ Λ Λ = —0 προκύπτει λ = —η1- = 464 nm .

2.43

η — — = 1,56 υ

2.44

Η φωτεινή δέσμη πέφτει στην έδρα ΒΓ

9. =Β = π

είναι

η = — = 1,33 .

u = /t/ = 2 , 1 4 x l 0 m / s .

υπο γωνία

νερό

ο δείκτης διάθλασης του νερού είναι

2.42

στο

και υφίσταται ολική ανάκλαση όταν ισχύει

9 >9 ,

n u

Jh_ __

tfM^crit

__ ^ 2

f— — -

na V2 2 (μέσον b είναι ο αέρας) AV

a = $crit

ημ

τ 0 τ ε

ν2

οποτε

συνφη

A 2

Φmax =45°

δηλαδή 2.45

4Ϊ

max

<Pn

Η ελάχιστη τιμή του δείκτη διάθλασης της γυάλινης πλάκας αντιστοιχεί στην περίπτωση στην οποία η δέσμη προσπίπτει στο Β με την κρίσιμη γωνία. Αν ως μέσον b θεωρήσουμε τον αέρα και ως μέσον α τη γυάλινη πλάκα, από το νόμο του Snell, για το σημείο Α έχουμε n

W &

Όμως

= ηαημ9α

(1)

nb = 1 , &b = 60°

και οπότε η (1) δίνει ημ60° = naauv&crit = na J\-ημ29α

W$cru

= — n

= —

Αντικαθιστούμε στη (2) οπότε ημ60°=η

J l - - L

V «α και τελικά

na = *J\ + ημ2βϋ°

= 1,32

(2)

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 2.46

Η εξίσωση του κύματος που φτάνει στο σημείο Β από την πηγή Πι είναι f t Ο

γλ=Αημ

2π

\ΐ

λ,

ενώ η εξίσωση κύματος που φτάνει από την πηγή Π2 είναι

y2 = Αημ 2π

Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, η απομάκρυνση του σημείου Β δίνεται από τη σχέση ί r7 ~ Λ ) ' t r1+r2^ =

y = yl+y2

2Ασυν2π

2λ

'-ημ2π

(1)

στην οποία το μήκος κύματος εχει την τιμή

2λ λ = υΤ = 2 m

Η εξίσωση (1) είναι εξίσωση απλής αρ ιονικής ταλάντωσης με πλάτος r

Α' = 2Ασυν2π——— 2λ 2.47

6συν

πΛ

= 3λ/2 mm

ν ^J

Με τη μετακίνηση του ανακλαστήρα η διαδρομή του κύματος που φτάνει στο Σ μετά από την ανάκλαση αυξάνεται κατά λ/2 επομένως: ΠΑ'Σ - ΠΑΣ = /

' α

\2 λ

+ (H + d)2-2

η V

+ Ηζ = —

ν^/ και τελικά

λ = 2yja2 +4(H + df

-2y/a2+4H2

2.48

Στον παρατηρητή φτάνουν φωτεινές ακτίνες από την πηγή όταν προσπίπτουν στην ελεύθερη επιφάνεια με γωνία θ < θcnt. Αν το μέσον b είναι ο αέρας και το μέσον α το νερό ισχύει W0 c r i t = 3 ηα

Από το σχήμα φαίνεται ότι ^ημθα r = ΙιεφΟί:η,

^-W20crit 2.49

λΙΠ2- 1

α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Snell για την είσοδο της ακτίνας στη γυάλινη πλάκα και για την έξοδό της απ' αυτήν. ηαημφ = η„ημθ nbiημθ = παημω Από τις δύο σχέσεις προκύπτει πα ημφ = παημω οπότε ημφ = ημω φ =ω

και {φ, ω στο πρώτο τεταρτημόριο)

Άρα η ακτίνα βγαίνει από τη γυάλινη πλάκα παράλληλα με την αρχική της διεύθυνση. β)

Στο τρίγωνο ΑΓΒ είναι / = ΒΓ =

ΑΒημ(φ

—θ)

Αλλά από το τρίγωνο ΑΔΒ βρίσκουμε ότι ΑΔ d ΑΒ = συ νθ συ νθ Από (1) και (2) προκύπτει ,_άημ(φ-θ)_^_ συ νθ

άημθσννφ συνθ 33

(1)

(2)

Λημθσννφ φ-ημ2θ

(3)

Από το νόμο του Snell ηα ημφ = π^ημθ και επειδή

na = 1 και

προκύπτει

ημθ =

Από (3) και (4)

I = άημφ -

(4)

π άημθσυνφ 1-

και τελικά

nh = n

I = d ημφ \-

W2(p n2

συ ν φ ^ Γ - ημ φ

2,50

Αν θεωρήσουμε τον αέρα ως μέσον α (πα = ΐ) και το νερό ως μέσον b (nh = n), από το νόμο του Snell έχουμε " α νμθα = n b w O h οπότε

ημθα ~ n ημθh

(1)

Από το τρίγωνο ΑΒΔ προκύπτει ότι ημθα =

ΒΔ

ΑΔ

7ΑΒ +ΒΔ

δ 2

V/? 2 +δ 2

Επίσης από το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκουμε ΒΓ ΒΓ δ α ημθ » = TΑ FΓ = / 2 , λ/ΑΒ + Β Γ 2

2 JA + —

Από (1), (2) και (3) προκύπτει

V/i+<?

«-

2 JA 2 + —

(2)

(3)

και τελικά

h = £>. j V

2.51

4-η

γ = 8cm

Για Λ: = 0,408 m έχουμε απόσβεση, οπότε η διαφορά δρόμων για τα δύο ηχητικά κύματα είναι Δ/ = (2Α + ΐ ) γ

(1)

Αν μετακινήσουμε το σωλήνα Β κατά Δχ η διαφορά των δρόμων θα γίνει ΑΙ + ΙΑχ και επειδή είναι η πρώτη φορά που θα έχουμε πάλι απόσβεση θα ισχύει

ΑΙ + 2Αχ = {2Κ + \)^ + λ Από τις (1) και (2) προκύπτει

(2) Λ =— ^ Δχ

υ = λ/

οπότε

και

υ Αχ — — = 0,136 m

Η νέα απόσταση είναι χ' = χ + Δχ = 0,544 m . 2.52

α) Συγκρίνοντας την εξίσωση ενός από τα κύματα yx = Αημ(2πί -τζη + φο) με τη γενική μορφή της εξίσωσης του κύματος προκύπτει ότι:

1π 2π = — Τ

άρα Τ = \s

2π π =— λ

και

άρα λ = 2m

υ = — = 2 ml s Τ β) Η απομάκρυνση του σημείου Κ από τη θέση ισορροπίας του κάποια στιγμή είναι y = yi+y2Αημ(2πί -πτχ+φα) + Αημ(2πί -nr2) ή y = 2 Ασυν

ημ 2πί J

Για φο=-

η + r, 2

2 j

(1)

η (1) γίνεται ί

r. - κ r.+r7 +— -—-π — ημ 2πί~-—-π 2 4 2 4/ ν ΐ. Για να μένει το σημείο αυτό διαρκώς ακίνητο θα πρέπει ί r r Κ rx - r2 \~ 2 ^ = 0 =Π 0 η' συν ( ——-π 2 Ασυν -π r 2 4 4/ ν 2 y = 2 Ασυν

—

-π

= (2iV + l) — 2

όπου JV = 0, ±1, ± 2 .

, \

αρα rx - r2 = 2Ν + m V 2y ii.

Για να ταλαντώνεται το σημείο Κ με πλάτος 2Α πρέπει / -r

συν \

\ ~r2 π 2

= ±1

— — - π - — = Νπ

αρα rx~r2 = 2Ν + ν 2/ γ) συν άρα

όπου 7V = 0, ±1, ± 2 . m

Γ ια να παραμένει το σημείο Μ ακίνητο θα πρέπει rx~r2 <Ρο = 0 π- .Το : 0 ή συν π2 2 φο = τι rad 36

2.53

α) Από τη σχέση ω = 10π rad Is

y = 5ημ\0πί

βρίσκουμε

Α = 5cm

και

ω οπότε f - — = 5 Ηζ 2π Από τη σχέση υ = λ/

υ προκύπτει λ = — = 4 cm

Η εξίσωση του κύματος θα είναι y = 5ημ2π

51 —

(τα χ, y σε cm,

το t σε s) β) Η φάση του κύματος τη χρονική στιγμή t = 1 s δίνεται από τη σχέση φ = \ 0 π - ^ χ γ) Τη χρονική στιγμή ti το κύμα έχει διαδοθεί σε απόσταση Χι = 20cm . Ο αριθμός των μηκών κύματος, τη χρονική στιγμή ti είναι:

χ (cm)

/V = ±L = 5 λ y( cm )

t=l s x(cm) 20

2.54

α)

Συγκρίνουμε

y = λ Ασυν

2πχ

ημ

τη 2πί

λ Τ οπότε υ = λ/ = 2 0 c m / s β)

σχέση

7TX y = 8συν—ημ\ 2

Οπί

με

την

. 1 ... και βρίσκουμε λ = 4 cm και / = — = 5 Ηζ Τ

ΪμΜ =%συν^2^-ημ\0π— 2

= 8συν—ημ— = 4cm 4 4

υ = Αω

2π

συν—1 Τ

Δεσμοί

συν

2πί

οπότε υΜ = 8 ΙΟπ συν γ)

2πχ

= 2Αω συν 7ΐΧ

υπάρχουν

συνΙΟπί στις

Τ = 40πcm/s θέσεις

για

τις

πχ π συν— = 0 = συν— 2

7ΤΧ

7ΐ

οπότε — = (2Κ + 1)— και x = 2Κ +1 . 2 2 Για χΑ < χ < χβ δηλαδή —4 < 2Κ +1 < 10 βρίσκουμε * = 0, ±1, ± 2 , 3 , 4 Επομένως υπάρχουν 7 δεσμοί. Οι δεσμοί βρίσκονται στις θέσεις:

-3cm, -lcm,

1 cm, 3cm, 5cm, 1 cm και 9cm

οποίες

3 ΡΕΥΣΤΑ ΣΕ ΚΙΝΗΣΗ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

Υδροστατική πίεση - αρχή του Pascal 3.1

πυκνότητα

πίεσή

υγρά.

3.2

Σύμφωνα με το θεμελιώδη νόμο της υδροστατικής ( ρ = pgh ) η πίεση που ασκεί ένα υγρό αυξάνεται με το βάθος.

3.3

α)

(Γ)

β)

σε όλα η ίδια.

3.4

(α)

(β)

(α).

Η εξίσωση της συνέχειας 3.5

εσωτερικές

τριβές

ασυμπίεστο.

3.6

Καθώς το νερό πέφτει η ταχυτητά του αυξάνεται. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας (Α^ = Α2υ2 ) η διατομή της φλέβας πρέπει να μικραίνει για να διατηρείται η παροχή σταθερή.

3.7

Π Α = (6 + 4 + 4 - 2 - 2 — 5)m 3 Is— 5 m* I s με φορά προς τα αριστερά.

3.8

Αν θεωρήσουμε το ποτάμι σαν μια φλέβα, η παροχή πρέπει να διατηρείται σταθερή. Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας εκεί όπου η διατομή της φλέβας μικραίνει αυξάνεται η ταχύτητα ροής του νερού.

3.9

Η παροχή διατηρείται σταθερή. Σωστή απάντηση είναι η (α).

si ΑΑυ{ = ΑΒυ2 άρα υ2 = -^-υι Α

=4υ{ = 4 0 c m / s .

Σωστή απάντηση είναι η (ε). 3.10

Μειώνοντας τη διατομή αυξάνουμε την ταχύτητα ροής (εξίσωση συνέχειας).

Η εξίσωση Bernoulli Β

3.11

Στην περιοχή (Α) που βρίσκεται ανάμεσα στα πλοία οι ρευματικές γραμμές πυκνώνουν, δηλαδή η σχετική ταχύτητα του νερού ως προς τα πλοία αυξάνει. Σύμφωνα με την εξίσωση Bernoulli η πίεση που ασκεί το νερό στα πλοία στην περιοχή του (Α) είναι μικρότερη από αυτήν που ασκεί στις περιοχές των Β και Γ, με αποτέλεσμα τα πλοία να συγκλίνουν.

3.12

Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας η ταχύτητα του νερού είναι μεγαλύτερη στην περιοχή όπου στενεύει ο σωλήνας. Σύμφωνα με την εξίσωση Bernoulli εκεί όπου το νερό κινείται με μεγαλύτερη ταχύτητα ασκεί μικρότερη πίεση.

Το ύψος κάθε στήλης εξαρτάται από τη διαφορά της πίεσης του υγρού στη βάση του σωλήνα και της ατμοσφαιρικής πίεσης. ,

Ρ aim +pgh = Ρ

ΥΓΡΟΎ

Οποτε

;

Ρ υγρού

ΡαΙιη

Αφού η πίεση του υγρού είναι μικρότερη στη βάση του σωλήνα Β από ό,τι στη βάση των σωλήνων Α και Γ, το ύψος της στήλης στο σωλήνα Β είναι μικρότερο από το ύψος της στήλης στους σωλήνες Α και Γ.

3.13

Για να ανυψωθεί το αεροπλάνο πρέπει η δυναμική άνωση να είναι μεγαλύτερη του βάρους. Αυτό επιτυγχάνεται όταν η σχετική ταχύτητα του αέρα ως προς το αεροπλάνο υπερβεί μια οριακή τιμή. Όταν το αεροπλάνο κινείται αντίθετα στον άνεμο αυτή η οριακή τιμή της σχετικής ταχύτητας επιτυγχάνεται ευκολότερα.

3.14

Εφόσον το αεροπλάνο κινείται με οριζόντια ταχύτητα η δυναμική άνωση και στις δύο περιπτώσεις είναι αντίθετη του βάρους. Αν θεωρήσουμε ότι το βάρος του αεροπλάνου είναι ουσιαστικά το ίδιο και στα δύο ύψη προκύπτει ότι και η δυναμική άνωση θα είναι ίδια, οπότε σωστή απάντηση είναι η (β).

3.15

α) β)

VA>VB = vr~V/i ΡΔ>

3.16

ΡΓ>

ΡΒ>

ΡΑ

κινητικής

της

δυναμικής

διατήρησης

της

ενέργειας 3.17

Στο ύψος της ελεύθερης επιφάνειας του υγρού ώστε να διατηρείται η ενέργεια.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Νόμος του Pascal - Υδροστατική πίεση τ~1

3.18

Τ-Ι

—L = ——

Α,

οπότε

Α2

F, = F2—-

Α2

Γ ια να ανυψωθεί το αυτοκίνητο πρέπει η F 2 να είναι τουλάχιστον ίση κατά μέτρο με το βάρος του αυτοκινήτου οπότε F, =150 Ν.

3.19

Εφόσον το πλάτος του ποταμού είναι σταθερό η διατομή του θα είναι ανάλογη του βάθους Α = kh . Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε

Α{υι - Α2υ2

ΠΓ = Π 2

khxvx = kh2υ2

h2 = hx — = 6,5 m. °2

οποτε

3.20

Πι = Α2υ 2

οπότε

1>, =

n L _ Π, = - = 31,6 m i s 2 δ Ar, *2 π -

Εξίσωση Bernoulli 3.21

Το νερό βγαίνει από την πλευρική τρύπα με

ταχύτητα

υκ = <J2gh (δες

και

εφαρμογή 3-2 θεώρημα Torricelli) ,2: , «Λ οποτε η=— Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli στις θέσεις Ε και Κ. Όταν η πίεση στην επιφάνεια του νερού είναι 2atm έχουμε

wmKKKKm

ΡΕ + | Ρν1 +ΡΖΗ = Ρκ+τ; ΡΝΚ όπου ρ'Ε = 2 atm κατ ρκ = I a i m υ1 Θέτουμε h =— και u E = 0 και λύνουμε ως προς ν'κ οπότε 2g υ'κ = Ι2^·

3.22

=16,76 ml s

Ο αέρας στο εσωτερικό του σπιτιού είναι ακίνητος. Από την εξίσωση του Bernoulli για δυο σημεία, το ένα ακριβώς πάνω και το άλλο ακριβώς κάτω από τη στέγη έχουαε

(θεωρήσαμε ότι η κατακόρυφη απόσταση των

P+2P" οπότε

δύο σημείων είναι αμελητέα) Αρ = ρ — ρ' = 1— ρυ 2 .

Η ανυψωτική δύναμη θα είναι F = ΑρΑ = — ρυ2Α = 54χ ΙΟ3 Ν 2

3.23

Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για τα σημεία 1,2 της φλέβας του νερού 1 1 2 2 Pi +-p"i+pgh = ρ2 + 2ρυι όμως

ρχ = ρ2 = ρα0η

οποτε

1 2 -pvx+pgh

και

υ. = y[lgh + υ.

1 = -pv2

Από την εξίσωση της συνέχειας έχουμε Α,υχ = Α2υ2 και

Α, υ, = Az*j2gh + u12

ή υ

2 A2gh =

Af-A2

Η παροχή είναι Π = Αλυ, = Α

12Λ/Ϊ0 Χ ΙΟ" 5 m3 Is

\ A, - Α 2

3.24

Αν θεωρήσουμε ότι η στάθμη στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού κατεβαίνει με αμελητέα ταχύτητα τότε το νερό ρέει από τη βρύση με ταχύτητα

υ = yj2gh

(εφαρμογή 3-2, θεώρημα Torricelli).

Η παροχή της βρύσης είναι

Π = Α υ = Ay]2gh Ο χρόνος που απαιτείται για να γεμίσουμε ένα δοχείο όγκου V από τη

βρύση είναι

At = — =

Π 3.25

= 3,33 s

A^2gh Α

Η παροχή του σωλήνα είναι Π = Αιυι

Π υ, = —

οποτε

Υ2

Α Επίσης οποτε

Π = Α2υ2 υ2 -

2Π

Α2

Α_

Αχ

2 Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία Α, Β. 1

Pa + 2 P V 1

= Ρ β +

2Ρ°2

οποτε 1 ,

*P = Pa-PB=-P\»

3.26

1 (4Π Ζ

2~"i ) = τΡ

α) Αν η διατομή του σωλήνα στο Α είναι Α2 τότε η παροχή του σωλήνα είναι Π = Α2υ2 και σε χρόνο At ο σωλήνας παρέχει νερό όγκου

V = ΠΔί - A2v2At = 51,6m2,

Π2Λ

3^ πΠ2

Aι

2 A[

= 6 x l 0 3 Pa

β)

Αν η διατομή του σωλήνα στο Β είναι Αχ τότε από την εξίσωση sij

της συνεχείας εχουμε Αχυχ = Α2υ2 και υχ = υ2 —-

(1).

Λ Από την εξίσωση του Bernoulli για τα σημεία Β και Α έχουμε Ρβ

2 P V ] =Ρα

Ρ β = ΡΑ

οποτε

2pV2

" ^ )

και λαμβάνοντας υπόψη την (1) και ότι ρ Α = ραιιη = 10' Ρα

τελικά

3.27

i2λ

+ pUl

ΡΒ ~ ΡΛ 2

Αι2 y

118000 Ρα

Από το θεώρημα έργου ενέργειας για την άντληση μάζας m νερού έχουμε

-mu2

3- - - - -

=Ψαντλίας -mgh

οπότε το έργο της αντλίας είναι

1 2 = ~mv mv + mgh = m 2

+ gh

Η ισχύς που προσφέρει η αντλία είναι

Ρ = AW At

+ gh

Όμως

Am = ρ AV = pv\ = pA υ At At

και επομένως

V Ρ —

+ gh ρΑυ = 5000 W

3.28

Θεωρούμε ότι η στάθμη του νερού στη δεξαμενή κατεβαίνει με αμελητέα ταχύτητα. Από την εξίσωση του Bernoulli για το σημείο Α και ένα σημείο στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού της δεξαμενής έχουμε.

« i f ?

Ρ a,η, + Pgh = ρΛ +-ρν 2 οπότε Ρ Λ = Pa,m+ pgh—ρυ2 3.29

= 128 χ ΙΟ3 Ρα

Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από το άνοιγμα Α θα είναι

vK=^2gh. Η παροχή του ανοίγματος είναι Π

Α =ΑΑυΑ =ΛΑ>/2ΪΑ Για να διατηρείται η στάθμη του νερού στο δοχείο σταθερή πρέπει η παροχή της βρύσης να είναι ίση με την παροχή του ανοίγματος. Α

α figh 2

και

3.30

h= π = 24,2 cm 2gAA

Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι

υ = ^2g(h-x) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος χ. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε

S = Dt

(1)

Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε (2)

Απαλείφουμε το χρόνο μεταξύ των (1) και (2) και βρίσκουμε

ί^~βVg οπότε

g ή

= 4hx^4x

4χ2

- 4hx

+ $2 *=

(3)

Για να είναι πραγματικές οι λύσεις της εξίσωσης, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός, δηλαδή 16/? 2 -16λ 2 > 0 ή h>s οπότε smax = h Λύνουμε την (3) θέτοντας όπου s = h και βρίσκουμε

χ 3.31

4h 8

ά) Σύμφωνα με την εφαρμογή 3-2 (θεώρημα Torricelli) η ταχύτητα με την οποία ρέει το νερό από την τρύπα είναι

υ = y]2gyx = 2m/s

"h/2

β) Το νερό βγαίνοντας από την τρύπα κάνει οριζόντια βολή από ύψος

h-yx. Στον οριζόντιο άξονα κινείται ευθύγραμμα ομαλά με ταχύτητα υ οπότε

= υί

(1)

Στον κατακόρυφο άξονα το νερό κάνει ελεύθερη πτώση οπότε 1 2 (2) Απαλείφουμε τον χρόνο μεταξύ των (1) και (2), θέτουμε όπου s v ~ h — yx και βρίσκουμε την απόσταση s xmax του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος

0,8. γ) Η γενική σχέση που δίνει την ταχύτητα με την οποία εκτοξεύεται το νερό από μια τρύπα στο τοίχωμα του δοχείου που βρίσκεται σε ύψος s από τη βάση του είναι

υ = pg(h-sy)

(3)

Η γενική σχέση που δίνει την απόσταση s x n m του σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος είναι χ max

(4)

Η (4) λόγω της (3) γίνεται

sxmm = ^ 4 s y ( h - s y )

4s2y-4hsy+sxnux=0

Θέτουμε h = \m και s i m a x = 0,8m οπότε

4s2v - 4s ν + 0,64 = 0

Λύνουμε το τριώνυμο ως προς s και βρίσκουμε s ν1 = 0,8 m

(η αρχική τρύπα)

sy2 = 0,2 m

(η θέση της δεύτερης τρύπας που δίνει το ίδιο βεληνεκές με την πρώτη)

δ) Το ερώτημα είναι πανομοιότυπο με το ερώτημα της άσκησης 3.30 στην οποία καταλήξαμε ότι όταν η τρύπα βρίσκεται σε ύψος — = 0,5 m από τη βάση του κυλίνδρου έχουμε τη μέγιστη απόσταση s x m a x τ ο υ σημείου στο οποίο η φλέβα του νερού συναντάει το έδαφος.

4 ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Κινηματική της περιστροφής 4.1

(δ)

4.2

Η γωνιακή ταχύτητα ω είναι σταθερή οπότε α

4.3

(γ).

4.4

(β),

4.5

Ναι.

4.6

Όχι. Αν υπάρχει ένα σημείο του στερεού (έστω Α) το οποίο έχει πάντα την ίδια ταχύτητα με το κέντρο μάζας (έστω Ο) τότε το ευθύγραμμο τμήμα OA μετακινείται παράλληλα με τον εαυτό του οπότε το σώμα κάνει μεταφορική κίνηση.

= —- = 0 .

(γ).

Ροπή - ισορροπία στερεού 4.7

την απόσταση της δύναμης από το σημείο το σημείο τον κανόνα του δεξιού χεριού.

4.8

Με μικρή σχετικά δύναμη επιτυγχάνεται μεγάλη ροπή που είναι απαραίτητη για να στραφεί το τιμόνι ενός μεγάλου οχήματος.

4.9

τ5 > τ2 > γ3 > τ4 = γ, = 0

τη δύναμη και

4.10

F2<F,

Ο 4.11

(δ).

Ροπή αδράνειας 4.12

(δ).

4.13

Ο τροχός ίου ποδηλάτου, γιατί έχει πολύ μικρότερη ροπή αδράνειας.

4.14

Και οι τρεις μάζες έχουν ροπή αδράνειας 32 x 10' 3 kgm2.

4.15

Σύμφωνα με το θεώρημα Steiner, αν I cm η ροπή αδράνειας ενός σώματος μάζας Μ, ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας, η ροπή αδράνειάς του ως προς ένα άξονα που είναι παράλληλος και απέχει απόσταση d από τον πρώτο είναι ίση με το άθροισμα της ροπής αδράνειας ως προς ΐον άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας του σώματος και του γινομένου της μάζας του σώματος επί το τετράγωνο της απόστασης d (ΐρ = Icm + Md2 ).

4.16

Ι 2 < / 3 < / 4 < /,

Θεμελιώδης νόμος της περιστροφής 4.17

(δ).

4.18

Από την αριστερή πλευρά, όπως βλέπουμε το σχήμα, ώστε η πόρτα να έχει τη μικρότερη δυνατή ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε θα απαιτείται η μικρότερη δυνατή ροπή για να ανοιγόκλείνεί.

4.19

(α),

(δ).

4.20

α) β) γ)

η τριβή η τριβή η συνιστώσα m g η μ ^ του βάρους και η τριβή.

Στροφορμή - διατήρησης της στροφορμής 4.21

Προς τη Δύση.

4.22

Θα έχουν την ίδια στροφορμή.

4.23

(δ).

4.24

(γ).

4.25

Θα είχαμε αύξηση της ροπής αδράνειας της Γης ως προς τον άξονα της περιστροφής της οπότε, αφού η στροφορμή της διατηρείται, θα μειωνόταν η γωνιακή της ταχύτητα και κατά συνέπεια η συχνότητα περιστροφής της.

4.26

Το παιδί θα αρχίσει να στρέφεται με φορά αντίθετη αυτής του τροχού ώστε να μη μεταβληθεί η στροφορμή του συστήματος παιδί-τροχός. Στην περίπτωση που στρέφεται ο τροχός απαιτείται πρόσθετη δύναμη ώστε η ροπή της να μεταβάλει τη στροφορμή του τροχού.

4.27

(ε).

Έργο και ενέργεια κατά την περιστροφή 4.28

1) 2)

4.29

(γ).

Το ίδιο Ο κύβος έχει μεγαλύτερη ταχύτητα.

4.30

Δυναμική ενεργεία

Κινητική ενέργεια από τη μεταφορική

Κινητική ενέργεια από την περιστροφική

120 J 60 J 0

0 40 J 80 J

0 20 J 40 J

4.31 Γ ωνιακή ταχύτητα

επιτάχυνση Ροπή δύναμης Ροπή αδράνειας Στροφορμή

διανυσματικό

rad/s

διανυσματικό

raa/s

διανυσματικό

μονομετρο

kg m

διανυσματικό

kg m Is

Κινηματική του στερεού 4.32

oo(rad/s)

= 0,25 rad / s2

ω = ω0 + αγωνί οπότε

t = ω-ωη 5-= 72 s a γων

Κ") 16

4.33

ω = — = 50 rad Ι s acm =a γων r

4.34 οπότε 4.35

= —— - 5 rad Is2

α) Κάθε σημείο της περιφέρειας του δίσκου περιστρέφεται με γραμμική ταχύτητα ίση με την ταχύτητα του κέντρου του τροχού (v cm ). Όλα τα σημεία του τροχού κινούνται επιπλέον μεταφορικά με την ταχύτητα υαη. Για το ανώτερο σημείο του τροχού, από την επαλληλία της μεταφορικής και της περιστροφικής κίνησης, προκύπτει υ = 2ucm = 1 0 mis.

β) υ

ω = 27$

cm =

0)r

2τι ω

οπότε

/ - —

(1)

cm ω = -Ηη -

οποτε

αντικαθιστούμε το ω στην (1) και βρίσκουμε τελικά f = ^ L = 9,9H Z

4.36

υ = υ0 — acmt

οπότε για υ = 0

tx =

υη a

x = v0t1--acmtl

Ο2

και 2

οπότε Αλλά Από την (2) προκύπτει

^0 acm = —

2χ

-γων ~

(2)

αγων =

υη2 = 8 rad / s 2 2 xR

Ροπή δύναμης 4.37

Η μέγιστη ροπή έχει μέτρο zmax = Fl = 200Νχ 0,2m = 40Nm

και

επιτυγχάνεται όταν η δύναμη βρίσκεται στο επίπεδο περιστροφής του κλειδιού και είναι κάθετη στο κλειδί, στο άκρο του.

4.38

Η συνολική ροπή έχει μέτρο τολ = F2R- FXR = 5Nm, διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο του βιβλίου και σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού φορά από το βιβλίο προς τον αναγνώστη.

4.39

Flx=Fiovv{ν F

lW<P

F„

Στ - Fly2x-F2x-F^x

- 16Nm F, j

• F„

'F,

Ισορροπία στερεού σώματος 4.40

Για να ισορροπεί το βαρούλκο πρέπει η συνισταμένη των ροπών ως προς τον άξονα περιστροφής του να είναι μηδέν Στ = 0 δηλαδή F{R{ —F2R2 = 0

R 1F,I\,

οποτε

4.41

Λ,

60 Ν

Η ράβδος ισορροπεί όταν ZF = 0 και Σ τ = 0 ως προς οποιοδήποτε σημείο Από τη συνθήκη Σ τ = 0, ως προς το Ο, έχουμε w

οποτε

i x-w2(l-x) w2l

χ=

F A

0 X w.

=0 = 1,2 m

Wj + w2

l x

w, ^

4.42

Στη δοκό ασκούνται οι δυνάμεις W, (το βάρος της), w 2 (δύναμη που ασκεί ο ελαιοχρωματιστής - ίση με το βάρος του) και οι Fj και F2 (από τα υποστηρίγματα) Όταν η απόσταση x είναι η μέγιστη δυνατή η F 2 = 0.

F. F,, Ο

Α *

Στην οριακή αυτή περίπτωση η συνθήκη Στ = 0, ως προς το σημείο Β, δίνει WjOB - w2x - 0 (1) Αν η δοκός είναι ομογενής σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της, οπότε OB

ι 2

ΒΓ - 1 m

Από την (1) προκύπτει x =

w,OB

= 0,21 m

Η απόσταση του Δ από το άκρο Γ είναι ΓΔ = ΒΓ - χ = 0,79m = 19 cm Ο ελαιοχρωματιστής μπορεί να στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79cm από το άκρο Γ της δοκού. Λόγω της συμμετρίας του σχήματος η δοκός θα ισορροπεί και αν ο ελαιοχρωματιστής στέκεται σε απόσταση μεγαλύτερη ή το πολύ ίση με 79 cm από το άλλο άκρο Ε της δοκού.

4.43

Γ ια να ισορροπεί η ράβδος πρέπει EF = 0 και Στ = 0 Από ΣΕ = 0 έχουμε

ΣF = 0 |/Θ

και

Σ^ =0

F, = Τσυν 30"

και

F = w, + w2 -

Από

Στ = 0

Ρ ρΟ) (2) (ως προς Α) έχουμε

Τl '

W,' r

wi;, -

Τημ3§° / — w2/ - νν, — = Ο οπότε W,

w2+ —

Γ =ημ30° — — = 2νν, +w. = 180./V Από την (1) έχουμε

Fx = Τσυν30°

= 90λ/3 Λ και

Τ7,, = wx + w2 - Τημ30° = 50 ./V.

από τη (2)

Επομένως F = ^FX2 +F}2 =163,7 TV και εφθ = -^- = 0,32 *

Ροπή αδράνειας καν θεμελιώδης νόμος της στροφικής κίνησης 4.44

Από το θεώρημα Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας ενός πτερυγίου ως προς άξονα κάθετο στο πτερύγιο που περνάει από το άκρο του. 1 ,2 1 , 2 + Μ ' Ζ- , Υ = —ML + - M L = 1200 ν· Η συνολική ροπή αδράνειας των τεσσάρων πτερυγίων ως προς τον άξονα περιστροφής τους είναι / =/

2 J 12

1ολ =41 = 4.45

4800 kgm

α) Η ροπή που ασκείται στον τροχό έχει σταθερό μέτρο, επομένως η γωνιακή επιτάχυνση αγων είναι σταθερή. Η γωνιακή ταχύτητα του τροχού δίνεται από τη σχέση ω = ω{) - αγωνί, από την οποία βρίσκουμε α

β) εχουμε

= — = 20 rad / s2 (ο τροχός θα σταματήσει όταν ω = 0 )

Από Γ = Ice

δηλαιδή

ρ _

FR = Ια

γων

Ια γων__2

γων

4.46

Εφόσον η ράβδος είναι ομογενής και σταθερής διατομής το κέντρο βάρους της Ο βρίσκεται στο μέσον της. Από το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για τη ράβδο και για τη στιγμή που αφήνεται ελεύθερη από την οριζόντια θέση έχουμε τ = Ιαγων (1) όπου τ η ροπή του βάρους ως προς τον άξονα περιστροφής της ράβδου και I η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον ίδιο άξονα.

L w— 2

Η (1) δίνει j

ML1

3Mg = 15 rad / s 2 ML

Στροφορμή - αρχή διατήρησης της στροφορμής 4.47

Η στροφορμή του συστήματος των σφαιρών ως προς τον άξονα z'z είναι το διανυσματικό άθροισμα των στροφορμών των σφαιρών ως προς τον ίδιο άξονα. L = L, + L 2

L, /-

Οι στροφορμές των σφαιρών είναι » ομορροπες οποτε για το μέτρο της L μπορούμε να γράψουμε I

φ—

- φ cJ Ζ

L = Lx + L2 = mcol2 + mco(2l)2 = 5ma>l2 = 5,\2kgm2 /s με κατεύθυνση αυτή των Li και L2. 4.48

Χωρίζουμε τη μάζα του τροχού σε στοιχειώδεις μάζες w, η κάθε μία από τις οποίες απέχει από τον άξονα περιστροφής απόσταση R. Η στροφορμή του τροχού ως προς τον άξονα περιστροφής του είναι

L = Στη,&Γ;2 = a>R2Y<mi = McoR2 = 3,2kgm 2 /s. 4.49

Όταν η λάσπη κολλήσει στο δίσκο αλλάζει η ροπή αδράνειάς του ως προς τον άξονα περιστροφής του και επειδή η στροφορμή διατηρείται μεταβάλλεται η γωνιακή του ταχύτητα άρα και η συχνότητα περιστροφής του.

ομως

L =V ή 2 I' = I + mr 57

Ιω = Γω'

όπου και

m: r :

η μάζα του κομματιού της λάσπης η απόσταση από τον άξονα περιστροφής στην οποία κολλάει η λάσπη.

I2rf = (/ + mr2 \ττ['

Τελικά

-MR2

Γ =f -

γ = f -j—

I + mr

= 1,9 Hz 2

-MR +mr

Κινητική ενέργεια - έργο 4.50

Η ράβδος λόγω της περιστροφής της, έχει κινητική ενέργεια

Κ=-Ιω2 2 Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε τη ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της

1 = 1 +Μ\ι 2 οποτε 4.51

«, Κ =

-ML2 + —ML2 =ML

ML2 2 ω =8 J . 2 3

Ο δίσκος έχει κινητική ενέργεια και λόγω της περιστροφικής και λόγω της μεταφορικής του κίνησης.

Κ = —Ιω2 +-Μυ2 2

όμως

οπότε

Κ = --MR2}-Ι

R 22

4.52

και

U J

I = —MR2

+-Μυ2 = -Μυ2 = 1507 2

Η ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας δίνεται από τη σχέση

ρ = τω = τ2nf = 400/r W 4.53

Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση έχουμε 58

Ψ = ^Ιω22 -|l®i2

=-400J

Άρα, για να σταματήσουμε το δίσκο πρέπει να προσφέρουμε 400 J. Η μέση ισχύς δίνεται από τη σχέση 4.54

Ρ = W = 80W t —

α) Το έργο της F για μια πλήρη περιστροφή της ράβδου είναι

WF = τθ = FL2n = 40π J

Ο Όταν η ράβδος ολοκληρώσει μια β) πλήρη περιστροφή θα αποκτήσει γωνιακή ταχύτητα ω και κινητική ενέργεια 1 2 Κ = —1ω , η οποία σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη ράβδο ισούται με το έργο της δύναμης στη διάρκεια της περιστροφής. 1 2 Ιω = W, Είναι επομένως οποτε

ω=

\2WC

2 WF

iML

= 7,9 rad / s 1

3 γ) Η στιγμιαία ισχύς της δύναμης μπορεί να βρεθεί με μια από τις ισοδύναμες σχέσεις Ρ = Fu ή Ρ = τω Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο τελικά βρίσκουμε

P = FLiy = \5SW 4.55

Η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται. Επιλέγουμε ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο του εδάφους. Όταν η ράβδος είναι κατακόρυφη η δυναμική της ενέργεια είναι

mg ™ .

Όταν η ράβδος γίνει οριζόντια όλη η δυναμική ενέργεια θα έχει μετατραπεί σε

κινητική —/'ω2 όπου Γ η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς άξονα που περνάει από το Α και είναι κάθετος στο επίπεδο περιστροφής της ράβδου. m g = ^Λ'ϋ) 1

Ισχύει λοιπόν

Από το θεώρημα του Steiner βρίσκουμε ί j λ2

ml2

I' = I + m

v2y Επομένως

ml2

ml1

1 ml1

2 3

mg — =

και

ω=

Τελικά

υ - ωΐ - ^3gl = 3m! s

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

4.56

Γ ια να ισορροπεί η δοκός πρέπει Στ = 0 ZF = 0 και Από ZF = 0 έχουμε

1F= 0

A..

φ / F,

και

Σ/% = 0

Fx = Τ

(Ο

και

Fy = w

(2)

Από

Στ = 0

(ως προς Α) έχουμε

ΤΙσυνφ-νν^ημφ

-0

Από τις (1) και (2) βρίσκουμε

2 Fx = 50-\/3 TV και

FY =100 Ν

Επομένως η F έχει μέτρο F = ^]FX2 + F2 = 50^7 Ν και με την κάθετη στον τοίχο γωνία θ για την οποία 4.57

4.58

σχηματίζει

,. 2 λ/3 εφ υ — -

Για να υπερπηδηθεί το εμπόδιο πρέπει, στην αρχική θέση, η ροπή της F να είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους ως προς το ίδιο σημείο. Η αντίδραση του δαπέδου Α μηδενίζεται αφού ο τροχός χάνει επαφή με το δάπεδο. Αν στην αρχική θέση η ροπή της F ως προς το σημείο Γ είναι μεγαλύτερη από τη ροπή του βάρους αυτό θα ισχύει και σε κάθε άλλη θέση γιατί καθώς ο τροχός ανεβαίνει η απόσταση y της F από το Γ μεγαλώνει ενώ η απόσταση x του w από το Γ μικραίνει. Πρέπει λοιπόν στην αρχική θέση Fy > wx Στην αρχική θέση y =R —h και

χ = ·\Ι R2 — y2 =ylR2-(R-hf

οποτε

F(R -h)> w^h(2R-h)

και

ylh(2R - h) F > wR-h

Στη σκάλα ασκούνται α) το βάρος της w β) η δύναμη F από τον τοίχο που επειδή ο τοίχος είναι λείος είναι κάθετη σ' αυτόν γ) η δύναμη F' από το δάπεδο η οποία αναλύεται στις n (κάθετη στο δάπεδο) και Fs (στατική τριβή). Εάν η σκάλα ισορροπεί τότε EF = 0 άρα και Σ/% = 0 οποτε

w=n

(1)

=Jh(2R-h)

επίσης πρέπει Στ = Ο (ως προς το Α) οπότε για φ = 30° ηίσυν30°

-\ν^συν30°

-Ρ$1ημ30°

ή αν λάβουμε υπόψη την (1) και θέσουμε για τη στατική τριβή την οριακή της τιμή Fs = μsn = μsw

wl 4.59

l w ^> 2 2

, 1 = υn μ„χνΙ— 2

ι α και τελικά

^3 μ,s = — 2

Θεωρούμε ότι η κάθετη δύναμη που ασκούν τα φρένα στον τροχό είναι σταθερή, κατά συνέπεια η επιβραδύνουσα δύναμη (τριβή ολίσθησης) είναι σταθερή. Για τη γωνιακή ταχύτητα του τροχού ισχύει: ω = ω0-αγωνί Για

ω = 0 {t = tl)

και

ω0 = 2nf0

0 = 2n f o - a ^ A προκύπτει

αγων =

2/rf

π Για τη ροπή της τριβής ισχύει όμως

(1) τ = Ιαγων

/ = Σ ι η ^ 2 = mR2

(2) (3)

Από τις (1), (2), (3) βρίσκουμε mR2 Μ . (4) h Η ροπή της τριβής (ως προς τον άξονα περιστροφής του τροχού) είναι τ = 3kR = μ^ηΡ (5) T =

Από τις (4), (5) προκύπτει n r.2 2#λ μl·nR - mR h

και

η=

mR22nfQ , ΛΓ — = 1Ν R Mk * ι

4.60

Από τη διατήρηση της στροφορμής του συστήματος για τις δύο διαφορετικές θέσεις των δακτυλίων έχουμε

L\ ^ ·ί<2

I] (0\ ~ 12^2 και

ή Ιχ%ΐξχ ~ Ι 2 2 τ # ζ

•«

•

ίι=γ/\ *2

Ι,=Ι + 2 mr = —ML + 2 mr2 1 12

I2 = I + 2m \6j

ML2 +

ml1

ML +2mr ft =

και τελικά

12"

-/ι =5,8 Hz

1 12 4.61

Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στην αρχική της θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας (λόγω βαρύτητας). Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε : 1

12 2r£v +—mi)2 = mgh mR 25 ν*, 2

και

h = Ίυ 10g

Για το διάστημα που διανύει η σφαίρα στο πλάγιο επίπεδο, μέχρι να σταματήσει, ισχύει

ΑΓ ημ30°

OA =

οπότε

4.62

όμως

OA =

h ημ30°

ZF. = rnacm δηλαδή

ΑΓ « h

14υ 2 = 3,5 m 10g wx-3

= macm

mg ημ30" - 3 = rnacm (1) Σ

ron,

δηλαδή

3 R = \mR2ay(0V

7s = -mRa/on, Αλλά είναι ayo)VR = acm δηλαδή 3 = ~macm Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει 2 7 mg ημ30° = macm +~macm =-macm 5 <*an=-gw

4.63

„ - 0 25 . 30 = — m/s

(2)

και τελικά

Τα σώματα Σ, και Σ2 κινούνται με επιτάχυνση α , ενώ η τροχαλία στρέφεται με γωνιακή επιτάχυνση α για την οποία ισχύει a-R = a (1) Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τα σώματα Σ) , Σ2 και το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για την τροχαλία παίρνουμε αντίστοιχα Wj-Τ, = mxa (2) • w2 = m2a (3)

Στην πραγματικότητα ΑΓ = h +

— σ υ ν 3 0 ° ). Για μια σφαίρα μικρών

διαστάσεων ΑΓ « h . 64

= Iay(OV =^mR2a γων

και

(Tl-T2)R

1 a Τ,—Τ2 = —mR 1 2 2 R

γων

T,-T2=—ma (4) 2 Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2), (3) και (4) και παίρνουμε w1-w2 = m] +m2+—m m, -m2 ml + m2 + 4.64

. -g = Λ4m/s

Εφόσον το σφαιρίδιο παραμένει στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο και δεν υπάρχουν τριβές το έργο που προσφέρουμε για να μετακινήσουμε το άκρο του σκοινιού προς τα κάτω είναι ίσο με τη μεταβολή της κινητικής ενέργειας του σφαιριδίου. W = -mu22~2

mv,

υ2 = co2R2

ομως

υχ — ωχ Rx

και

οπότε

W = ^moj]Rl

- ^ma>xRl

(1)

Η δύναμη που ασκείται στο σφαιρίδιο από το νήμα έχει μηδενική ροπή ως προς το κέντρο περιστροφής οπότε η στροφορμή του σφαιριδίου διατηρείται σταθερή, δηλαδή Iχ(0χ — 12(ύ 2 η

mRfcox =mR2co2

και

ω0 = ω *ί 1

/?,2

Αντικαθιστούμε στην (1) και βρίσκουμε 1 W = -mcofR2 1 2

r 1

KR2

= 43,2 J

4.65

4.66

AL = L 2 - L , ή

AL = L 2 + (— L j)

οπότε

AL = -Jl2 + L\

όμως

Ζ, = L2= 1ω

οπότε

Δ Ι = Ico-Jl

AL = 4,5^2 kgm2 /s

Σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας για τη στροφική κίνηση τ

1 1 ·θ =-1ωτελ--1ωαι

FRU

= --mR2o)2 22

Μ =

4.67

δηλαδή

και τελικά

32 k F 32;γχ20/Γ Τ- = = 50 kg Rco 20x10 64^·

Για να μην ολισθαίνει ο τροχός η τριβή πρέπει να είναι στατική οπότε

3< μ$Ν και

ή μχ >

3< μ,,ι^συνφ .•>

(1)

mgavvcp

-L,

Για τη στροφική κίνηση του τροχού ισχύει 1 Ι Στ = Ιαγων ή 3R =—mR αγων ή

mRav,„, ^Τ = — ^

Αντικαθιστούμε στην (1) και προκύπτει

μ5>

(2)

(3) 2 gauvcp Επίσης εάν ο τροχός δεν ολισθαίνει μεταξύ της γραμμικής και της γωνιακής του επιτάχυνσης ισχύει η σχέση a

cn, -

Yo>VR

γο>ν=~-

(4)

Αντικαθιστούμε στην (3) και προκύπτει

μ5 >

—— Igauvcp

Για τη μεταφορική κίνηση του τροχού ισχύει = macm ή mgημφ-3=macm

(6)

mRa

Η (6) λόγω της (2) γίνεται

ywv -γ— = macm

mgημφ ma

και λαμβάνοντας υπόψη την (4) mg ημφ οποτε

acm =

cm — — macm

2 g ^ —

Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε τελικά εφφ μ5^-ζτ-

(5)

4.68

α)

Y.F = macm w-T

= macm

mg-Τ a

καν Στ = la

γων

οπότε

= macm mg-T

(1)

m (ως προς τον άξονα του κυλίνδρου)

TR=±mB*a„

(2)

α..

ομως

αγων=-^-

(3)

Η (2) λόγω της (3) και της (1) γίνεται 2 και

.U=0

Τ = mg

-AL = zT = TR = · ^ At 3

= 6xl0-3

kgm2/s2

β) Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω στο οποίο βρίσκεται ο άξονας του κυλίνδρου στην κατώτερη θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τον κύλινδρο έχουμε 1 1, 2 mgh7 = —mu 2 +-Ιω cm

όμως

υ ω = -BL R

και

I = —mR2 2

οπότε

mgh = - mi/ +-—mR2 (m 2 22

και τελικά

υ„_ = 2.1— = 2 mis. 3

= - ιηυ2 4 ""

4.69

Για να κάνει ανακύκλωση, η σφαίρα πρέπει στο ανώτερο σημείο Α της κυκλικής τροχιάς της να βρίσκεται σε επαφή με τον οδηγό. Για την αντίδραση n που δέχεται η σφαίρα από τον οδηγό ισχύει

t ' ι 1

y=0

η>0 Η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται η σφαίρα στη θέση Α είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη

w+n =

τηνλ

R Θέτουμε w = mg και οριακά

η =0

οπότε

mg =

mo ^ssl και Κ

uAmin = JgR

Ορίζουμε το οριζόντιο επίπεδο πάνω που περνάει από την κατώτερη θέση του οδηγού ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας για τη σφαίρα έχουμε , 1 1 2

mgh = mg2R + — Ioja + — muA

2 2 UA I Θέτουμε I = —mr , ωΑ = — , υΑ = oAmm =-yJgR και λύνουμε ως 5 r προς h που θα είναι στην προκειμένη περίπτωση το hmin.

12__2«Λ , 1 g mm = mg2R + ——mr2 —γ + - mgR

m h

και τελικά

2 5 . R R 27 R . Λ„,„ = = 54 cm. min = 2R Η 5 1— 2 10

4.70

Εάν η σανίδα κάνει απλή αρμονική ταλάντωση θα ισχύουν = -Dx ZF y

Σ τ = 0 (ως προς οποιοδήποτε σημείο) Για μια τυχαία θέση στην οποία η σανίδα είναι μετατοπισμένη κατά χ σε σχέση με την αρχική της θέση θα έχουμε

= 3ι-32 = μκηχ - μκη2 Σ/% = nx+n2-w = 0 ή

(1)

ηχ = w-n2

(2)

Η συνισταμένη των ροπών ως προς το μέσον της σανίδας είναι

U 2 d

χ λ -η, (d— + χ^ = 0 U j Λ:

και λόγω της (2)

— + χ =0

-(w-n2)

id λ W +χ —

Λύνουμε ως προς η2 και βρίσκουμε η2 =

ν2

(3)

Αντικαθιστούμε στην (2) και βρίσκουμε

wd 2 (d-x)

η, =w-

(4)

Η (1) λόγω των (3) και (4) γίνεται

w =

μκ

(d 12

Λ J

(d ν2

χ 7

2μκ\ν

2/^wg

lFx

d ΤΛ 2μ mg οπου D = — d

, της μορφής

„ „ Σρχ = -Dx

Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση οπότε τελικά

4.71

Τ = Ίπ

Τ =2

2 μκ%

Η στροφορμή του συστήματος διατηρείται σταθερή οπότε 0

τρένου

^ τρυχού

^τρένου®τρένου τροχού

Lτρ£νου τροχού

,. Αρα

Iτρένου Ο) τροχού J ® τρένου

τρένου =mRl

KCtl

τρένου ^τροχού

KOI

τρένου = J

όπου υ το μέτρο της ταχύτητας του τρένου ως προς το έδαφος

οποτε

ωτοογο!. = τροχού

mR2 υ mR , = υ = 1,75 rad / 5 . I R I

ΚΡΟΥΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΕΤΙΚΕΣ ΚΙΝΗΣΕΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

Κρούσεις 5.1

• ·* α) Η ορμή συστήματος σωμάτων είναι το ν υ διανυσματικό άθροισμα των ορμών των σωμάτων που απαρτίζουν το σύστημα. Η w w κινητική ενέργεια συστήματος σωμάτων είναι το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών τους. Είναι δυνατόν το διανυσματικό άθροισμα των ορμών να είναι μηδέν και το αλγεβρικό άθροισμα των κινητικών ενεργειών διάφορο του μηδενός. Για παράδειγμα στο σύστημα του σχήματος 1 , 1 , Ρολ = Ρ ι +Ρ2 = 0 και AT = AT, +Κ2 = — mo~ + — mu~ =£ 0 β) Για να έχει ένα σώμα κινητική ενέργεια πρέπει να κινείται ( υ Ψ 0) και κατά συνέπεια να έχει ορμή.

5.2 5.3

(γ)

5.4

(α)

5.5

(γ)

5.6

Όχι. Αν η κρούση ήταν ελαστική, οι σφαίρες εφόσον έχουν ίσες μάζες, θα έπρεπε να ανταλλάξουν ταχύτητες. Όμως υ[ Φ υ2.

5.7

(δ)

5.8

(α), (β), (δ),

5.9

(δ)

Συστήματα αναφοράς 5.10

Για τον επιβάτη του τρένου το αντικείμενο κάνει κατακόρυφη βολή προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα . Για τον παρατηρητή του σταθμού το αντικείμενο κάνει πλάγια βολή με αρχική ταχύτητα υ η οποία έχει οριζόντια συνιστώσα την ταχύτητα του τρένου και κατακόρυφη συνιστώσα την υ0.

5.11

(α)

5.12

(δ)

5.13

Η ταχύτητα του επιβάτη ως προς το έδαφος θα είναι υ Ε = υ + u , με μέτρο υΕ = υ - u .

5.14

Το πλοίο Β κινείται ως προς την ακτή με ταχύτητα υ Β = u + υ , με μέτρο υΒ = λΙιι2 + υ2 .

5.15

(γ), (δ), (στ).

5.16

Η ορμή ενός συστήματος σωμάτων διατηρείται όταν η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δρουν στο σύστημα είναι μηδέν. Αν η συνισταμένη κάποιων δυνάμεων είναι μηδέν ως προς ένα αδρανειακό σύστημα θα είναι μηδέν και ως προς οποιοδήποτε άλλο αδρανειακό σύστημα. Άρα αν η ορμή ενός συστήματος σωμάτων διατηρείται ως προς ένα αδρανειακό σύστημα θα διατηρείται και ως προς κάθε άλλο αδρανειακό σύστημα.

5.17

Όχι. Αν η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δρουν στο σύστημα των σωμάτων είναι διάφορη του μηδενός τότε το σύστημα αναφοράς του κέντρου μάζας δεν είναι αδρανειακό.

5.18

(β), (γ).

Φαινόμενο Doppler 5.19

(γ)

5.20

α)

5.21

β)

fα < /π

γ)

Λ </π

ε)

Ια

στ)

fΛ > / π

δ)

Λ >/π fΑ = / π

α) γ)

μεγαλύτερη ίδιες β) μεγαλύτερη συχνότητα έχει ο ανακλώμενος ήχος

> / Π

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κρούσεις 5.22

α) Από τη διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - σώμα αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε

m υχ = Μ υ + mu2 οποτε

m(u, -υΛ Μ

υ =—

(2)

= 20 mis.

ΑΚ=-Μυ2 + -mu2 2 -~mu2 1 = - 1 3 6 0 0 / 2 2 2 Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι κατά την κρούση η μηχανική ενέργεια του συστήματος μειώθηκε. Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας Μ από τη γ) θέση (1) έως τη θέση (2), όπου το σώμα σταματά, έχουμε , 1 1 0 - — Μ υ = Wj δηλαδή -—Μ υ =-μκΠ5 β)

Όμως

η = Mg

και επομένως

1 — Μ υ = //κ Mgs . 2

Από τη σχέση αυτή βρίσκουμε

= 40 m 2 μκ8

5.23

Εφόσον η κρούση είναι κεντρική και ελαστική ανάμεσα σε ένα κινούμενο και ένα ακίνητο σώμα για τις ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση ισχύουν οι σχέσεις (5.8) και (5.9) (σελίδα 156 σχολικό βιβλίο), οπότε γγΐ — 3 γγι υ[ = — υ =-6mIs το (-) δείχνει ότι η υ[ έχει αντίθετη

m + 3m

φορά με την ο . ,

υ2 = 5.24

υ = 6 mis m + 3m

α) Από τη διατήρηση της ορμής του συστήματος των σφαιρών αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε m,ux -m2v7

= [mx + m2p

οποτε υ =

ιη]υ]-ιη2υ2 mx + m2

= -Q,33mIs

το (-) δείχνει ότι το συσσωμάτωμα κινείται με την ίδια φορά με το σώμα μάζας m 2 . β) Το ποσοστό κατά το οποίο ελαττώθηκε η μηχανική ενέργεια του συστήματος των σφαιρών κατά την κρούση είναι

ΑΚ\ L100% = -2 Κ <*ρχ

5.25

-2

-Ι

100% = 98 %

1 2 1 m v2 ~τη,υ, +— 7 7 2 2

Εφόσον η κρούση είναι κεντρική και ελαστική και το ένα από τα δύο σώματα ήταν αρχικά ακίνητο, η ταχύτητα της πρώτης σφαίρας μετά την κρούση θα είναι

νχ =

mx-m2 υ, mx + m2

υχ 3

mx - m2 υχ m,1 +m ' ' "7 2

Στην πρώτη περίπτωση — = οπότε Στη δεύτερη περίπτωση οπότε

m2 =

= 0,5 kg

υχ mx - m2 = υχ 3 mx+m2 m2 = 2 mx = 2 kg

5.26 (+) *•

•

».

υ,' 4—!

πριν την κρούση

υ,' —!—•

μετά την κρούση

Θεωρούμε ως θετική φορά τη φορά της ταχύτητας υ, . Αφού η κρούση είναι ελαστική θα ισχύουν οι σχέσεις:

mxuj -m2u2 = -mxvx + m2o2 1

(1) 1

-mxux +~m2v2 = —τη2υχ ~ +-m2u2

(2)

η(1) γράφεται και

ιηχ{υχ+υχ')=ηι2(υ2'

+ υ2)

(3)

ενώ η (2) γράφεται

mx (υ; - υχ'2 )= τη2 (υ22 - υ2 )

(4)

Διαιρούμε τις (4) και (3) κατά μέλη και βρίσκουμε

υχ -υχ = υ2-υ2

και

υ2=υχ-υχ+υ2

(5)

Αντικαθιστούμε την τιμή του υ2 στην (1) και λύνουμε ως προς υχ υ · = = S m / s mx + m2 Αντικαθιστούμε στην (5) και βρίσκουμε

υ2 =\ mis 5.27

Η μέγιστη κινητική ενέργεια που μπορεί να αποκτήσει η σφαίρα μάζας /«2 μετά την κρούση είναι το σύνολο της κινητικής ενέργειας του συστήματος των δύο σφαιρών πριν την κρούση. Για να συμβεί αυτό πρέπει μετά την κρούση η σφαίρα μάζας mι να ακινητοποιηθεί κάτι που συμβαίνει όταν οι σφαίρες έχουν ίσες μάζες.

5.28

Αν η μάζα του νετρονίου είναι mn τότε ο πυρήνας πρωτίου (1 πρωτόνιο) έχει μάζα περίπου ίση με m„ , ο πυρήνας του δευτερίου (1 πρωτόνιο + 1 νετρόνιο) 2m,, και ο πυρήνας ηλίου (2 πρωτόνια + 2 νετρόνια) 4 mn Σύμφωνα με τη σχέση (5.8) η ταχύτητα του νετρονίου μετά την κρούση, σε κάθε περίπτωση, θα είναι '

m.-m. υ \ m„ + mn

με το πρωτιο

νχ

μετοδευτέριο

m„ - 2 m n f υχ =—-————

μετοηλιο

υ,

mn + 2mn

m - 4 mn 3υ, υ, = mn+4mn 5 •

Αν Κι η κινητική ενέργεια του νετρονίου πριν την κρούση το ποσοστό της απώλειας κινητικής ενέργειας για το νετρόνιο κατά την κρούση θα είναι κατά περίπτωση μετοπρώτιο

ΙΔΑ,Ι '•100% = — Κ

~° 100% = 100% 1

1 1 2 m„υ, — m ΔΑ:, , 2 2 100% = — —

ι .

με το δευτέριο

m„ux

Κ ,

„

— 100 % = 88,9 % 2

~m n v x 2

1 Γ3υ, λ 2 1 2 —*η„υ, —ml —2 2 VI 5 J 1 ΔΛΓ, ^ 100 % = 100 % = 64 %

ι. — — ι

με το ήλιο

1 mnv\ 2

5.29

α) Έστω V η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση. Αν Ρττμιν η ορμη του συστήματος αμέσως πριν την κρούση και Ρμετά η ορμή αμέσως μετά την κρούση θα είναι Ρπριν — Ρ μετά

Αναλύουμε το διάνυσμα V σε δύο συνιστώσες τη Vx κατά την διεύθυνση χ και την Vy κατά την διεύθυνση y (σχ. 5.7). Όταν δύο διανύσματα είναι ίσα, είναι ίσες και οι συνιστώσες τους, επομένως π ιν η Γ

Ρ πριν ~ Ρ μετά άΡ«

Ρ —

π ιν Ό Ρ Γ

— η^ yν

τά

m,y, =(m, +m2)Vx m2v2 =(ml +m2)Vy Από όπου

και

Vy =

mx + m2

m 2υ

m , + m

Επομένως, η ταχύτητα του συσσωματώματος θα έχει μέτρο \2

™\υ\

V -

Kmx+m2j

ί m υ \2 2 2

= 6 mis

ytnx + m2 j

και θα σχηματίζει με την ταχύτητα υ , , γωνία θ για την οποία

εφθ

m2u 2 m, + m2

m2u2 mxv{

3 4

m, + m2 β)

Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας κατά την κρούση είναι Ί

2 1 2 -mxux +—m2u2 = - 1 7 4 J yZ λ j

5.30

Από την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - πλάκα αμέσως πριν και αμέσως μετά την κρούση έχουμε mo j = MV + mu2

οπότε

(1)

(2)

ν, ο

Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για την πλάκα από τη θέση (1) έως τη θέση (2)

0 - ~ MV2 - -Mgh - -Mgl( 1 - συ νφ) συνφ = 1

οποτε

2gl

= 0,516

Κινήσεις σε αδρανειακά συστήματα 5.31

Το ποταμόπλοιο έχει ως προς την ξηρά ταχύτητα υπ = υ + u ( υ η ταχύτητα του ρεύματος του ποταμού) Όταν το πλοίο κινείται ομόρροπα με το ρεύμα η ταχύτητά του έχει μέτρο

υ1π = υ + u = 25 km/ h, ενώ όταν κινείται αντίρροπα με το ρεύμα,

υ2π

υ-u = \5 km! h

Ο συνολικός χρόνος για τη διαδρομή ΑΒΑ είναι

ίολ =tx+t2 =

= 2,56 h υ 2π

5.32

Αν u η ταχύτητα με την οποία κινείται ως προς τη Γη το πρώτο αεροπλάνο και υ' η ταχύτητα του δεύτερου αεροπλάνου ως προς το πρώτο, τότε τα ραντάρ στη Γη βλέπουν το δεύτερο αεροπλάνο να κινείται με ταχύτητα υ=u+υ

5.33

οπότε

υ = λ/μ 2 + ο'2

και

εφθη = - = -

α)

Γ ια τον παρατηρητή του Σ

mu = (m + M)V β)

500 mis

οπότε

m -υ = 2m! s m+Μ

Γ ια τον παρατηρητή του Σ'

το σώμα με μάζα m πριν την κρούση κινείται με ταχύτητα

υ' = υ-u το σώμα με μάζα Μ πριν την κρούση κινείται με ταχύτητα

υ'2 = -u το συσσωματωμα μετα την κρούση κινείται με ταχύτητα

V' = V-u Αν ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής για την κρούση όπως τη βλέπει ο παρατηρητής του Σ' πρέπει

m υ' + Μυ'2 =(m + M)V ή

m(v — μ) — Mu = (m + M)(F -u) ,

που είναι αληθές.

Κέντρο μάζας - Σχετικές κινήσεις 5.34

Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας είναι + x2m2 + 15 X

cm =

ml + m2 + mi

yxmx +y2m2+yimi

m, + m2 + m3

5.35

m, - - -

και yc

y (m)

-C~^

m2 ο - - - -

3 x(m)

Αν θεωρήσουμε ότι το κέντρο του Ήλιου βρίσκεται στη θέση (0, 0) και ότι το κέντρο της Γης βρίσκεται στη θέση (d, 0) το κέντρο μάζας του συστήματος Ήλιος - Γη βρίσκεται στη θέση

~cT

r =4,46x105m m r + mH Παρατηρούμε ότι η απόσταση του κέντρου μάζας του συστήματος από το κέντρο του Ήλιου είναι περίπου 1500 φορές μικρότερη από την ακτίνα του Ήλιου. 5.36

α' τρόπος s/2 Το σύστημα βάρκα - άνθρωπος μπορεί να θεωρηθεί απομονωμένο. Αυτό σημαίνει ότι κατά τη Κ μετακίνηση του ανθρώπου πάνω στη 0 βάρκα το κέντρο μάζας C θα παραμείνει ακίνητο. Για να συμβεί αυτό πρέπει ταυτόχρονα με τον άνθρωπο να μετατοπίζεται και η βάρκα στην αντίθετη κατεύθυνση. Θεωρούμε ότι η βάρκα έχει το κέντρο μάζας της στο μέσον της. Για την αρχική κατάσταση ισχύει

λS Μ — + ms m

(1)

Μ+m 81

Γ ια την τελική κατάσταση ισχύει

Μ ' dj χ

= —V

+ md V Μ + πι 4-

Από τις (1) και (2) έχουμε

Μ — + ms

Μ d -f~ + md

Μ + m,

Μ +m

απο οπου προκύπτει

, m s = 2m Μ +m

α=

β'τρόπος Εφόσον οι τριβές μεταξύ βάρκας και νερού είναι αμελητέες το σύστημα βάρκα - άνθρωπος μπορεί να θεωρηθεί απομονωμένο. Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα.

() = Μυβ - m υα

(3)

όπου υ β και υα οι ταχύτητες του ανθρώπου και της βάρκας ως προς το νερό. Αν θεωρήσουμε ότι οι ταχύτητες της βάρκας και του ανθρώπου είναι σταθερές η (3) γράφεται και ως εξής 0 = Μ —— — m ———

(4)

όπου d η μετατόπιση της βάρκας ως προς το νερό. Τελικά από την (4) βρίσκουμε d =

5.37

jflS = 2m. m+Μ

Η προωστική δύναμη που ασκούν τα καυσαέρια στον πύραυλο δίνεται από τη σχέση

F =u

όμως επίσης

F = Μα

= 140000 Ν και

α = — = 14 mis2.

5.38

F = οποτε

επίσης

dt u

dm = Μα dt

F = Μα και

dm Μα „Λ, . = = 40 kg / s . d t u

Φαινόμενο Doppler 5.39

Η σχέση που δίνει τη συχνότητα που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής όταν αυτός απομακρύνεται από ακίνητη πηγή είναι

f -υ~ JA ~

όπου υ η ταχύτητα του ήχου στον αέρα, υΑ

η ταχύτητα του

παρατηρητή και fs η συχνότητα του ήχου που εκπέμπει η πηγή. 9 /· r J A = — J s

και 5.40

οποτε

/•

—/ = 10

ο „ υ,Α = — - 3 Λ4 m i s . 10

Όταν το περιπολικό πλησιάζει ο παρατηρητής ακούει ήχο συχνότητας (Ο

υ-υ,

όπου υ η ταχύτητα του ήχου στον αέρα, us η ταχύτητα του περιπολικού και fs η συχνότητα του ήχου που εκπέμπει το περιπολικό. Όταν το περιπολικό απομακρύνεται, ο παρατηρητής ακούει ήχο συχνότητας

Από τις (1) και (2) έχουμε

υ + υ, / ο +υ —- =

Λ οπότε

f ~ f

υ =υ—

/ι+Λ

= Π ,9 m Ι s

(2)

Από την (1) βρίσκουμε

/ j = / i

<£Z£J

47WZ.

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 5.41

α'τρόπος Ό

Αναλύουμε την ταχύτητα νχ της κινούμενης σφαίρας αμέσως πριν την κρούση σε δύο άξονες. Ο ένας περνάει από τα κέντρα των σφαιρών και ο άλλος είναι κάθετος σ' αυτόν. Αν η σφαίρα 1 είχε πριν την κρούση μόνο την υ, χ η κρούση θα ήταν

ΜΕΤΑ

υ,„

ΠΡΙΝ

κεντρική και ελαστική, οι σφαίρες θα άλλαζαν μεταξύ τους ταχύτητες, επειδή έχουν ίδιες μάζες, δηλαδή η σφαίρα 1 θα έμενε ακίνητη μετά την κρούση ενώ η σφαίρα 2 θα αποκτούσε ταχύτητα υ 1 χ . Αν η σφαίρα 1 είχε πριν την κρούση μόνο την υ,

δεν θα γινόταν κρούση και η σφαίρα 1 θα συνέχιζε

την κίνησή της με υχ . Συνδυάζοντας τα δύο αποτελέσματα καταλήγουμε ότι μετά την κρούση η σφαίρα 1 κινείται με υχ

ενώ η σφαίρα 2 με υ, ν . Οι δύο

ταχύτητες είναι κάθετες μεταξύ τους. β' τρόπος Από τη διατήρηση ορμής για την κρούση έχουμε mv, = mv[ + mx>\ οποτε

υ 1 = υ, + υ 2

οπου υ, η ταχύτητα της κινούμενης σφαίρας πριν την κρούση, υ, η ταχύτητα της πρώτης σφαίρας μετά την κρούση και υ'2 η ταχύτητα της αρχικά ακίνητης σφαίρας μετά την κρούση. Από τον κανόνα του παραλληλογράμμου έχουμε

υ2 = υ[2 + υ'2 + 2υ[υ'2συνθ όπου θ η γωνία ανάμεσα στα διανύσματα υ', και υ 2

(1)

Εφόσον η κρούση είναι ελαστική ισχύει επίσης 1 ,2 1 2 2

— mu, = — mu', + — mu'-, 1 2 2

υ2 = υ'2 + υ'22

(2)

Συγκρίνοντας τις (1) και (2) βρίσκουμε ότι συνθ = 0 δηλαδή θ = 90" 5.42

α) Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = (in + m)v οποτε

Τ/ V=

Λ)

xsumxsuuo

I ν

M V

(1)

m+Μ

Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (1) έως τη θέση (2) έχουμε 1 0 --{m + M)V2 =Wj

(2)

•

wxm

mu Λ — [m + Μ \m + Μ 2 m2 υ 2

και

= - - Κ χ 2

max

= 0,1 m

K(m + M)

β) Πριν την κρούση το σύστημα είχε την κινητική ενέργεια του βλήματος Ε

Τελικά το σύστημα έχει τη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου 1 , Ε

τελ

— U ελ ~

^max

Το ποσοστό της ενέργειας που έχασε το σύστημα είναι

Δ£

mv--^Kxl

100% = ^ <*ΡΧ

5.43

1 2 —mu 2

-100% = 95%

Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = (m + M)V υ = m + Μ •V (1) m Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (I) έως τη θέση (II) έχουμε (Ι) (Π) οποτε

υ, Μ

0 -^(m

+ Μ)ν2

οπότε

u=o

Ε3

= ~(m + M)gh = -{m + Mf)gl( 1 - σννθ)

V = A /2g/(l - συνθ)

Αντικαθιστούμε στην (1) και βρίσκουμε u=

m + M

si2gl(\-συνθ) m Θεωρούμε το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο μάζας του συσσωματώματος στη θέση (I) ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω θέσης μέσα στο πεδίο βαρύτητας Αρχικά το σύστημα είχε την κινητική ενέργεια του βλήματος £„=K,=jmu E,.

m+M

1 = - m V

y]2gl(\-<wve)

(m + M ) 2 m

gliX-συνθ)

Τελικά το σύστημα έχει τη δυναμική ενέργεια του συσσωματώματος λόγω της θέσης του μέσα στο πεδίο βαρύτητας Ετελ = U = (m + M)gh = (m + M)gl( 1 - συνθ) Η μηχανική ενέργεια που έχασε το σύστημα είναι \ΑΕ ΜΗΧ 5.44

(m + Μ)2

«Ό - συνθ)-(m

+ M)gl(\ - συνθ) = 255 J

ΥΠ

Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε τη2υ = (m, + m2)V οπότε

ιη2υ

m] + m2 Από το θεώρημα έργου ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (I) έως τη θέση (II) έχουμε o - i ( m , + m ; ) r 2 =w„ + w, W w

= -(W1

W3 = -3s οποτε

+ m2 )gm<P

- - μ Kns = -μκ (w, + m2 ^συνφ 1/

— I m,1 + 2

m, m m+ υm

= -(w, + m2 )gημφ s- μκ (m, + m2 )gσυνφ

και τελικά

m22o

2 (m, + m2 )2 g(ημφ + μκσυνφ)

= 1,8 m

β)

Το συσσωμάτωμα θα επιστρέψει αν η συνιστώσα wx του

βάρους είναι μεγαλύτερη από το όριο της στατικής τριβής την οποία εδώ θεωρούμε ίση με την τριβή ολίσθησης

ννΛ = (ml + m2 )ξημφ - 250 Ν 3 = μκη = μκ \mx + m2 )gauv<p = 250 Ν Παρατηρούμε ότι wx = 3

5.45

οπότε το συσσωμάτωμα δεν επιστρέφει.

α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα 1 από τη θέση (I) έως τη θέση (II)

-mu =W. 2

Κι = ™%ημφ ^

οποτε

1 2 — mu = m g η μ φ s 1

και

h2\

u = J.2^ημφ7{ Από την αρχή διατήρησης της ορμής για την πλαστική κρούση έχουμε mu = 2mV οπότε γ =

g g

Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη θέση (III) έως τη θέση (IV)

0 - - 2 mV2 =Ψ+ΨΊ 2

Ww =2mgημφ (s-s,) W~ = -3(ί - 5,) = -μκη(Ξ

- 5,) = -μκ 2mgauv(p{s - 5,)

οπότε

g w

2mgημφ(s - sl)- μκ 2mgauv(p{s - Sj)

ημφ*λ και τελικά

μκ =

+ 27^(5-5,)

2avv(p(s-sl)

β) Θεωρούμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας λόγω βαρύτητας το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από τη βάση του πλάγιου επιπέδου. Η αρχική ενέργεια του συστήματος των δύο σωμάτων είναι Ε

αΡχ = mgh 1 + mgh2 = mgημφ[s + (s- .ν,)] = 34 J

Η τελική ενέργεια του συστήματος είναι

Ετελ = 0

Η συνολική θερμότητα που παράχθηκε είναι Μ =£^-2^=347 5.46

Το σύστημα άνθρωπος - αερόστατο αρχικά ηρεμεί οπότε η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων που δέχεται είναι μηδενική και το κέντρο μάζας του συστήματος είναι ακίνητο. Όταν ο άνθρωπος αρχίσει να ανεβαίνει το αερόστατο θα κατεβαίνει ώστε το κέντρο μάζας να παραμένει ακίνητο στην αρχική του θέση. Αναγκαστικά το κέντρο μάζας βρίσκεται στο σημείο συνάντησης του ανθρώπου με το αερόστατο. Η θέση του κέντρου μάζας βρίσκεται σε ύψος y2 από το έδαφος και ισχύει

γ2 =

ΜΗ — m+M

και επομένως το αερόστατο θα κατέβει κατά

yx=H -y2 =Η

ΜΗ = Η m m+M m+M

5.47

α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας mi από τη θέση (3) έως τη θέση (4) 1 ι2 • W, 0 — m,v, 1 1 2 W3 = -3jc : -/uKnx = -JuKmlgx

(1)

(2)

m, m,

οποτε 1

-~™ι ι

υ, ,2

(3)

= ~MK™\gx

4Ί = και Εφόσον η κρούση είναι ελαστική και μετωπική και το σώμα μάζας m2 ήταν αρχικά ακίνητο, μετά την κρούση, το σώμα μάζας m, θα έχει ταχύτητα

m1l - m 2 υ, = —^υ,, = — , - -— m{ + m2 3

(4)

οπότε

(Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι η

υ,

m, m,

υ, - -2>υ[ = -S^jY/J^gx έχει φορά αντίθετη με τη υ[)

Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας mι από τη θέση (1) έως τη θέση (2) -^υ fV3 = -3x = -μκηχ

= - μ KmAgx

οποτε

1 1 2 — m,u, — -m,v 1 1 2 2

^k/ZMkgx]

και

υ0 = ^/ΐμ^χΤΐ^μ^χ

~~^o

-μKm\gx = ~Μκ& = 10 mis

β)

Η ταχύτητα του σώματος μάζας m2 αμέσως μετά την κρούση

είναι

υ,

Ζ~Ζ7 m] + m 2

ι= |3Λ/2^^χ =

Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας m 2 από τη θέση (3) έως τη θέση (4) 0--mu'2 W3 = -3s = -μκη2$ οποτε

5.48

1 2

m2u2

ιϊ

=W^

= - μ Km2gx ji και s =—-— 2 /"^g

=-μκm2gs

8μ κ ξ χ

= 4χ = 4m

Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα 1 από τη θέση (I) έως τη θέση (II)

Wwi = τη^ημφ και

οπότε

1 , —mxux = mlgημφl

υχ = τ]2g ημφ I

Αμέσως μετά την κρούση τα σώματα θα έχουν ταχύτητες υ

τη, -m2

= —υ,1 = - J ρημφΐ

mx+m2 και

ι = υ, = —

mx+ m2

Το πρόσημο της ταχύτητας ν[ υποδηλώνει ότι η φορά κίνησης του σώματος 1 είναι αντίθετη με την αρχική. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα μάζας 1 από τη θέση (III) έως τη θέση (IV)

0-{»·,<= Αλλά

Ww] = -τη^ημφ

Κ, ——τηχυ[J2 = -τη^ημφ

επομένως

ξημφΐ και

s{ =

υ 2

2 gW

I =,1 m =—

2ξημφ 4

Το σώμα 2 πριν την κρούση ισορροπεί στη θέση στην οποία η συσπείρωση του ελατηρίου είναι χ,, οπότε F

& = w2,

Κχλ= τη&ημφ rn2gW<p Κ

Η ταχύτητα του σώματος 2 θα μηδενιστεί όταν διανύσει στο πλάγιο επίπεδο απόσταση $ 2 . Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για το σώμα 2 από τη θέση (III) έως τη θέση (IV).

0-i

wi = m iS ημφ s 2

και 2

οπότε

1 - — m2o2 = ϊη2ξημφ

~2mi

§ημφ

= π ι

^ημφ

α) Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής για το σύστημα βλήμα - σώμα Σι αμέσως πριν και αμέσως μετά την πλαστική κρούση. πι υ

ΒΒ

~ (mB

ν=·

mι

1 r.

2+-^i -~Μ52+*,)

s 2 =0,lV5m

και τελικά 5.49

1 1 2 s2 + — Kx2 - — Κ (s 2 + x,)

+ m\

οπότε

-υΒ = 5 m/s

mB +mx

Το σύστημα (συσσωμάτωμα - Σ2) είναι απομονωμένο οπότε η ορμή του διατηρείται σταθερή. (mB + mx)V = (mB + mx+m2

οποτε

όπου V η κοινή ταχύτητα που αποκτά το σύστημα τελικά

mB +m,

•V = 1 m/s mB + ml + m2

Η συνολική θερμότητα που παράγεται είναι ίση με τη διαφορά της αρχικής κινητικής ενέργειας του βλήματος και της τελικής κινητικής ενέργειας του συστήματος. Q = ^mB°2B -^(mB+mι

+m2)V2

= 247,5 J

β) Το συσσωμάτωμα (βλήμα - Σι) επιβραδύνεται λόγω της τριβής που δέχεται από το Σ2 λόγω της σχετικής του κίνησης με αυτό. Η τριβή είναι σταθερή και έχει μέτρο 3 = μη = μ{τη Β + W, ) g Η επιβράδυνση με την οποία κινείται το συσσωμάτωμα είναι

=5m/s1

a=-f———= ψιΒ + mx)

\mB + m,)

Από V = V - atx βρίσκουμε τον χρόνο κίνησης συσσωματώματος μέχρι να αποκτήσ^ το σύστημα κοινή ταχύτητα

του

tx =V-V = 0,85 α

Το διάστημα που διάνυσε το συσσωμάτωμα ως προς το έδαφος στον χρόνο αυτό είναι 1 , s = Vt,1 — a t , = 2,4m 2 ' Στο ίδιο χρονικό διάστημα το Σ2 κάνει κίνηση ομαλά επιταχυνόμενη με την επίδραση της δύναμης που του ασκεί το συσσωμάτωμα και είναι η αντίδραση στην τριβή που δέχεται το συσσωμάτωμα από το Σ2. Το Σ2 σε χρόνο t] διανύει, ως προς το έδαφος, διάστημα

1,2 2

s=—atx οπότε

οπου

, 3 m2

α =— =

u(mR+m,)g , ,7 — = 1,25 mis m2

s' = 0,4 m

Τελικά το συσσωμάτωμα μετακινήθηκε ως προς το Σ2 κατά

As = s-s' = 2m 5.50

Η μεγαλύτερη κάλυψη επιτυγχάνεται όταν ο άξονας της ομπρέλας τοποθετείται κατά τη διεύθυνση της ταχύτητας των σταγόνων όπως την αντιλαμβάνεται ο άνθρωπος Το διάνυσμα της ταχύτητας της βροχής ως προς τον άνθρωπο υ2) είναι υ 2 = υ 2 - υ, ^ -υ,

εφθ = — υ ι όπου θ η γωνία της ομπρέλας με το οριζόντιο επίπεδο. 5.51

Η συχνότητα του ήχου που ακούει ο κινούμενος παρατηρητής δίνεται fΓ A

απο τη σχέση

υ +υ

Α- rf

(1)

άρα η ταχύτητα με την οποία κινείται κάθε στιγμή ο παρατηρητής δίνεται από τη σχέση Θέτουμε

υλ

f Α ~ fs -υ fs

f Α = fAX =603,5 Ηζ και βρίσκουμε την ταχύτητα του

παρατηρητή τη στιγμή που φτάνει στην πηγή υΑ1 = 4 0 m / s . Ο παρατηρητής κάνει ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση χωρίς αρχική ταχύτητα οποτε

d = —atx

A1 =atl

Απαλείφουμε το χρόνο από τις παραπάνω εξισώσεις και βρίσκουμε

/(Hz)

a = ^ - = 2m/s2 2d Θέτουμε στην (1) υΑ = at και βρίσκουμε την fA συνάρτηση του χρόνου r

fA ~

u + at Γ fs υ

, ή

t (s)

ως r

a ^ υ

fA~ f s

της οποίας η γραφική παράσταση φαίνεται στο σχήμα.

fA =

5.52

5.53

υ + υν

fs =415 Hz

Av fA η συχνότητα που ακούει ο σιδηροδρομικός όταν είναι ακίνητος, fs η συχνότητα που εκπέμπει το τρένο και vs η ταχύτητα του τρένου ισχύει fA =

Ο •fs υ + υο

•

οποτε

o s =-

fA-fs -υ = 18,9 m/s fA

Αν ο υπάλληλος τρέχοντας με ταχύτητα υΑ

διανύει διάστημα

5, = 500 m στον ίδιο χρόνο το τρένο διανύει διάστημα s2 = 2000 m .

5, = vAtl s, s2

οποτε

και υ, us

— =—

s2 = ust\ και

s. s2

υ , = υ, —- = 4,72m/s

Ενώ τρέχει, ο σιδηροδρομικός ακούει ήχο συχνότητας ΓΑ

υ ~vs

=355//ζ

6 ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕΤΙΚΟΤΗΤΑΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ 6.1

Το φως παρουσιάζει μια ιδιαιτερότητα σε σχέση με τα άλλα κύματα. Η ταχύτητα διάδοσής του δεν υπακούει στους μετασχηματισμούς του Γαλιλαίου.

6.2

ίδιοι

του φωτός

ίδια

6.3

Αν ένα αντικείμενο είναι ακίνητο ως προς ένα παρατηρητή έχει, γι' αυτόν, μήκος 1 0 . Το ίδιο αντικείμενο, όταν κινείται ως προς τον παρατηρητή με ταχύτητα c, στη διεύθυνση του μήκους του, έχει μηδενικό μήκος.

6.4

(γ)

6.5

Ο παρατηρητής Σ' από άλλο αδρανειακό σύστημα διαπιστώνει ότι ο φάρος ανάβει σε ίσα χρονικά διαστήματα, διαφορετικά όμως σε σχέση με αυτά που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής Σ. [Από τους μετασχηματισμούς Lorentz εύκολα προκύπτει ότι At =

Δ , '

για την χρονική, απόσταση δυο γεγονότων που

συμβαίνουν στην ίδια θέση. (Μ η ταχύτητα με την οποία κινείται ο Σ' ως προς τον Σ)]. 6.6

Δε συμφωνούν. Ο παρατηρητής που ταξιδεύει βρίσκει για το μήκος του διαστημοπλοίου τιμή μεγαλύτερη από αυτή που βρίσκει ο ακίνητος παρατηρητής.

6.7

(α)

6.8

(ε)

6.9

Ο χρόνος ζωής των μιονίων που τους επιτρέπει να διανύσουν 600m πριν διασπαστούν είναι ο χρόνος που αντιλαμβάνεται ένας παρατηρητής ως προς τον οποίο τα μιόνια είναι ακίνητα. Για ένα παρατηρητή ακίνητο στη Γη ο χρόνος ζωής των μιονίων είναι σημαντικά μεγαλύτερος γιατί τα μιόνια κινούνται ως προς αυτόν με ταχύτητα 0,99 c .

6.10

Έστω ότι το διαστημόπλοιο κινείται με ταχύτητα u ως προς τη Γη και ο πύραυλος με υ' ως προς το διαστημόπλοιο. Η ταχύτητα του πυραύλου,

ως προς τη Γη, είναι

υ =

υ' + u ,

Μ ,

1+ — υ

6.11

Αν Αν

u = 0 τότε u Φ 0 τότε

Αν

υ =c τοτε

υ = υ' υ > υ' υ=

υ+u c+u = =c . u , u

I Η—ΓΫ C

IΗ—Γ C

6.12

(α), (ε).

6.13

Έλλειψη με το μεγάλο άξονα στη διεύθυνση χ και τον μικρό στη διεύθυνση y . Ο μικρός άξονας για τον παρατηρητή που κινείται με το αντικείμενο είναι ίσος με τη διάμετρο του κυκλικού αντικειμένου που αντιλαμβάνεται ο ακίνητος παρατηρητής.

6.14

Ένας παρατηρητής που κινείται παράλληλα με τα ηλεκτρικά φορτία και με την ίδια ταχύτητα με αυτά τα αντιλαμβάνεται ως ακίνητα. Γι' αυτόν τα φορτία δε δημιουργούν μαγνητικό πεδίο. Για κάποιον άλλο παρατηρητή, ως προς τον οποίο τα φορτία κινούνται, δημιουργούν μαγνητικό πεδίο.

6.15

Από τη σχέση Ε =

mc 2 .— 2

προκύπτει ότι η ενέργεια ενός

J\-o /c

σώματος εξαρτάται από την ταχύτητά του υ η οποία όμως δεν είναι η ίδια για όλα τα αδρανειακά συστήματα Επομένως η ενέργεια δεν είναι αναλλοίωτη ποσότητα. Η διατήρηση της ενέργειας, ως βασικός νόμος

της φύσης, σύμφωνα με τις παραδοχές της ειδικής θεωρίας της σχετικότητας ισχύει για όλα τα αδρανειακά συστήματα. 6.16

Οι σχέσεις (6.15) και (6.16) του βιβλίου του μαθητή που δίνουν την ορμή και την ενέργεια ενός σώματος στη σχετικότητα δείχνουν ότι όταν η ταχύτητα τείνει στο c η ορμή και η ενέργεια τείνουν στο άπειρο.

6.17

(γ) Η ενέργεια ηρεμίας του ηλεκτρονίου είναι μικρότερη από την ενέργεια ηρεμίας του πρωτονίου.

6.18

(β)

6.19

vi/nvnv

Ο ακίνητος παρατηρητής στη Γη βλέπει τη μικρή διάσταση του τραπεζιού να έχει το ίδιο μήκος που έχει και για τον παρατηρητή του διαστημοπλοίου γιατί είναι κάθετη στη διεύθυνση της κίνησης. Η μεγάλη διάσταση του τραπεζιού για τον επίγειο παρατηρητή είναι l = \0m ενώ για τον παρατηρητή που βρίσκεται στο διαστημόπλοιο είναι /0 = 2 0 m . Τα μήκη I και /0 συνδέονται με τη σχέση

Π 7—

I = l0 J 1

(συστολή μήκους)

από την οποία βρίσκουμε

I2 u = c 1 — - = 0,87 c V

6.20

Γ ια τον παρατηρητή στη Γη ο αστροναύτης κοιμήθηκε επί χρόνο At =

6.21

=35,5 min

Για τον ποδηλάτη

At0 = 1 h

Γ ια το γραφείο

At = 2 h

(διαστολή του χρόνου)

Οι χρόνοι Δ/0 και At συνδέονται με τη σχέση Δ

, 'ο" :

At =

(διαστολή χρόνου)

*ι-Κ

απο την οποία προκύπτει οτι

6.22

Το γραφείο στη Γη μετράει χρόνο At ενώ ο πιλότος χρόνο At0. Δ/n

Ισχύει At. =

f Το χρονικό διάστημα At είναι μεγαλύτερο από το At0 κατά /

At - At,

5-100% =

Atn

-1 100% = 15,5%

3.23

Ε = mc" = 9 x 1 0 J

6.24

To διαστημόπλοιο στην ηρεμία έχει ενέργεια E0=mc2

και όταν

κινείται με υ = 0,5 c έχει ενέργεια Ε =-

mc2 1-

mc2 λ/1-0,5 2

Η ενέργεια που απαιτείται για να επιταχυνθεί το διαστημόπλοιο είναι ίση με τη μεταβολή στην ενέργειά του ΑΕ = Ε-Εη

= , mC -mc2 2 Vl-0,5

=1,4X10 1 9 J

100

6.25

α)

Η ενέργεια που απαιτείται για την επιτάχυνση του ηλεκτρονίου JYIQ2 /TIC2 είναι ΑΕ = , / = = , / = . Αν θέσουμε όπου mc2 το μ

ίσον του (0,511 MeV) βρίσκουμε

β)

ΑΕ=

m 2

I j)

s, (0.99c)'

I L

ΑΕ = 0,582Me V m c 2 = ' \2 (0.9c)'

= 2,45 MeV

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 6.26

χ· = 4 ^ = =

' ν

= 367fon 7

i-0,8c c

7 =7 ζ' = ζ MX ί' = ,

0,8cx = ,

f? ΡΨ

6.27

= 1,28 ms

Το μήκος του διαστημοπλοίου, όταν πετάει με ταχύτητα κ , για ακίνητο παρατηρητή στη Γη είναι

/ = /0 J 1

επίσης

/ = Μί

u=-

οποτε

Από (1) και (2) προκύπτει

ut = /0J 1 -

101

—

(1) (2)

και τελικά

6.28

u = l0c , = = 0,083c 2 2 ψ 0 +/q

Από τη σχέση At =

Atn

(διαστολή χρόνου)

(όπου At ο γήινος χρόνος και At0 ο χρόνος του διαστημοπλοίου) At0 = AtJ 1 — γ = 99,87 μέρες «100 μέρες

προκύπτει

δηλαδή 5 εικοσαήμερα. Στο διάστημα αυτό ο πληθυσμός των βακτηριδίων θα διπλασιασθεί 5 φορές και ο τελικός του αριθμός θα είναι 2 6 = 64 Αν το διαστημόπλοιο παρέμενε στη Γη ο χρόνος θα ήταν 1000 μέρες ή 50 εικοσαήμερα δηλαδή το πλήθος των βακτηριδίων θα διπλασιαζόταν 50 φορές και ο τελικός αριθμός τους θα είναι 2 51 . 6.29

Η ταχύτητα του Α ως προς τον Β είναι

ν α ~υΒΰ- = 0,8c + 0,6c ' - — = 0,946c υΒ , 0,6c,

υ'Α = —

\ ~ υ c

6.30

l+"'^0,8c c

Η μάζα ηρεμίας του πυρήνα του δευτερίου είναι μικρότερη από το άθροισμα των μαζών ηρεμίας του πρωτονίου και του νετρονίου. Κατά το σχηματισμό του πυρήνα του δευτερίου από τα συστατικά του ελευθερώνεται ενέργεια που είναι ισοδύναμη με το έλλειμμα μάζας. ΑΕ ~ (mp + mn - md)c2

102

= 3 , 5 6 4 x l 0 ~ 1 3 J = 2,22MeV

6.31

Αν At ο χρόνος ζωής των σωματιδίων για έναν παρατηρητή ως προς τον οποίο τα σωματίδια κινούνται με ταχύτητα u και At0 ο χρόνος ζωής για έναν παρατηρητή ως προς τον οποίο τα σωματίδια είναι ακίνητα, τότε ισχύει

At = , f

οποτε

Atn

(διαστολή χρόνου)

u=cΛ|l—=

At2 At

103

2,78x10 8 mis

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Μέλαν σώμα 7.1

Αν αναλύσουμε με ένα φασματοσκόπιο το φως του αστέρα που παρατηρούμε με το τηλεσκόπιο θα διαπιστώσουμε ότι, εάν είναι ψυχρότερος από τον Ήλιο, το μήκος κύματος στο οποίο εκπέμπεται το μέγιστο της έντασης της ακτινοβολίας του είναι μεγαλύτερο από το αντίστοιχο του Ήλιου.

7.2

Ναι. Παράδειγμα μιας τέτοιας ποσότητας είναι το ηλεκτρικό φορτίο, με quantum το φορτίο του ηλεκτρονίου.

7.3

Τα φωτόνια, σε αντίθεση με τα ηλεκτρόνια, έχουν μηδενική μάζα ηρεμίας.

7.4

Όχι. Ένα φωτόνιο είναι συνδεδεμένο με ένα μήκος κύματος. Το λευκό φως περιλαμβάνει ένα φάσμα μηκών κύματος.

Φωτοηλεκτρικό φαινόμενο 7.5

Το έργο εξαγωγής είναι διαφορετικό για κάθε υλικό.

7.6

(α), (γ).

7.7

(α), (γ), (ε).

Φαινόμενο Compton 7.8

μεγαλύτερο φωτόνια ανακρουσμένου ηλεκτρονίου.

104

μικρότερης

φωτονίων..

7.9

α) Από τη σχέση της σκέδασης Compton προκύπτει ότι η αύξηση του μήκους κύματος είναι ή ίδια και στις δύο περιπτώσεις για ίδια γωνία σκέδασης. β) Στην πρώτη περίπτωση, η ενέργεια του ανακρουόμενου ηλεκτρονίου είναι

he ,. Κχ= Λ

he λ!-λ, , Αλ . - = ——±hc = —> rhc λ Λ,Λ; λι(λι+ Αλ)

(1)

Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου, στη δεύτερη περίπτωση, θα είναι

(2)

Από τη σύγκριση των (1) και (2) προκύπτει ότι αν λι > λ2 θα είναι

ΚΧ<Κ2 7.10

(γ).

Η κυματική φύση της ύλης 7.11

Το μήκος κύματος που αντιστοιχεί σε σωμάτιο ορμής ρ δίνεται από τη

h ρ

h , , , απο την οποία φαίνεται οτι το μικροτερο yllmK

σχέση λ = — = ,

μήκος κύματος αντιστοιχεί στο σωμάτιο α - που έχει τη μεγαλύτερη μάζα - ενώ το μεγαλύτερο μήκος κύματος αντιστοιχεί στο ηλεκτρόνιο. 7.12

Μεγαλώνει στο Μικραίνει στο Μένει ίδιο στα

7.13

(α)

(α) (β) (γ), (δ).

Αρχή της αβεβαιότητας 7.14

Για τα σώματα του μακρόκοσμου η αβεβαιότητα θέσης είναι μηδαμινή σε σχέση με τις διαστάσεις τους.

105

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Φωτοηλεκτρικό φαινόμενο - Ορμή φωτονίων

7.15

Από τη φωτοηλεκτρική εξίσωση του Einstein έχουμε Κ\ -h/γ-φ κ2=Η/2-Φ

7.16

=^ ~ /L

φ = hfx - Κχ = — - Κλ Λ 19 c = 0,2861 χ 10~ J = 0,18eF

Από τη φωτοηλεκτρική εξίσωση του Einstein έχουμε -ιηυ2=}ιί-φ 2

7.17

αρα

οπότε

^ mu= ,2 2

eF0=/:

και

φ = Η/-Κ

7.18

οπότε

τ ncic„in-19y J = \,3eV 2,0575xl0~'

K = hf-φ

he λ

he φ Λ ^rr ο=~. = 13V Ae e

Το ορατό φως περιλαμβάνει φωτόνια με ενέργεια

από απο από

hfmm he ^max l,78eF

έως εως έως

hfmm he

ή ή

^min 3>,\eV

Εξαγωγή φωτοηλεκτρονίων έχουμε όταν η ενέργεια των φωτονίων που προσπίπτουν στην κάθοδο είναι μεγαλύτερη ή οριακά ίση με το έργο εξαγωγής του υλικού. Αυτό συμβαίνει για το Βάριο και το Λίθιο.

106

7.19

eV0=K οπότε

eV0 = he

eV^ = —--φ

he λ

φ και

οπότε

7.20

και

Κ = Η/-φ φ=

he eV0=l,82eV Λ

λ' =

eV^ + φ

= 382 nm

Όταν στο μέταλλο προσπίπτουν φωτόνια που αντιστοιχούν στη συχνότητα κατωφλίου ισχύει hf0 = φ οπότε φ = 37,11 x 1 (Γ20 J

Κ = Η/-φ = \,2eV 7.21

Σε χρόνο At = 0,1s η λάμπα εκπέμπει ομοιόμορφα προς όλες τις κατευθύνσεις φωτόνια συνολικής ενέργειας Ε = ΡAt. Το μέρος της ενέργειας που φτάνει στον αισθητήρα είναι Εχ =

πτ2 Ε„ = r2PAt Τ 4 kR2 4R

Ο αριθμός των φωτονίων που φτάνουν στον αισθητήρα 2: := E L = ^ L = a P A a = 6 0 3 x l 0 l 3

hf 1.22

4R he

Η ορμή του φωτονίου δίνεται από τη σχέση

h Α

ρ =—.

Εφόσον η ταχύτητα του ηλεκτρονίου είναι πολύ μικρότερη από την ταχύτητα του φωτός η ορμή του δίνεται από τη σχέση pe = meu οποτε πρεπει

h λ

— = mev

και

λ =

h = 3,64 nm mev

Πρόκειται για φωτόνιο ακτίνων Χ. 7.23

Αν η επιφάνεια είναι απόλυτα ανακλαστική τα φωτόνια ανακλώνται με ορμή ίδιου μέτρου και αντίθετης κατεύθυνσης με αυτή που προσπίπτουν. Αν ρ το μέτρο της ορμής ενός προσπίπτοντος φωτονίου το μέτρο της μεταβολής της ορμής του κατά την ανάκλαση είναι

Αρ = 2ρ. Η δύναμη που είναι υπεύθυνη για τη μεταβολή αυτή της ορμής, άρα και η δύναμη που ασκεί το φωτόνιο στην επιφάνεια (δράση - αντίδραση) έχει μέτρο

107

= 1

Δρ = 2ρ_ At At'

όπου Δί είναι η διάρκεια της κρούσης. Αν Ν είναι ο αριθμός των φωτονίων που προσπίπτουν ανά δευτερόλεπτο στην επιφάνεια, σε χρόνο At θα προσπίπτουν Ν At φωτόνια και θα ασκούν συνολικά δύναμη

F»t=N&t^ Επομένως

= N2p = 5 x 1026 φωτόνια / s

Ν = —— - —τ^τ = 2ρ

7.24

/λ

Η κινητική ενέργεια με την οποία εξέρχονται τα φωτοηλεκτρόνια από τη μεταλλική επιφάνεια είναι

K^hf-φ Αν V0 το δυναμικό της επιφάνειας (κάθοδος) σε σχέση με την άνοδο για να μη φτάνουν τα φωτοηλεκτρόνια από την κάθοδο στην άνοδο πρέπει να ισχύει eV0 = Κ

he οπότε 7.25

eV0 =hf -φ

και

V0 — ——— = —

ψ = 1,2 V

Για να γίνει φωτοηλεκτρική εκπομπή πρέπει

hf> φ

λ he

-^Ί

= — = 4,6 x 1 (Γ7 m = 460 nm

οπότε

7.26

α) Η κινητική ενέργεια με την φωτοηλεκτρόνια από την επιφάνεια είναι

κ Επίσης

= Ν - Φ

eVl=K]

" ^ ~

οπότε

108

οποία

eVx =

εξέρχονται

τα

και β)

φ=

λ\

eVx = 3,312χ10~19 J = 2,01eV

Όταν στην επιφάνεια προσπέσει ακτινοβολία με μήκος κύματος λ2

eV2 = hf2 -φ

εν2=^-φ Λ2

και γ)

V2 2 = - - ^ = 4,47V βλ2 e Για να εξέλθει ένα ηλεκτρόνιο από τη μεταλλική επιφάνεια

πρέπει

hf -φ> 0

f - ~

Η συχνότητα κατωφλίου είναι / 0 = — = 5χ10 14 Ηζ

Φαινόμενο Compton 7.27

Αν λ' το μήκος κύματος του σκεδαζόμενου φωτονίου και λ το μήκος κύματος του προσπίπτοντος, ισχύει

λ' - λ = ——(ΐ - συνφ) m„c

7.28

οποτε

λ' = λ + —1— (ΐ - συνφ) m„c

Για^? = 30°

λ' = 2,7 pm

για φ = 60°

λ = 3,6 pm

και

Το σκεδαζόμενο φωτόνιο έχει μήκος κύματος

λ' = λ + —— (ΐ - συνφ) mec για φ = 180°

Α ' = 1,49x10~ η m

Η μεταβολή στην ενέργεια του φωτονίου είναι (1 Π AE = hf'-hf = hc — - - = -41 4/-?Γ ,2' 2 ,

109

7.29

α)

Η ενέργεια ενός φωτονίου είναι E = hf = —

οπότε

λ = — = 6,2 χ 10 ~12 m

Ε =

h {[-συνφ) m„c

β)

λ'-λ

οποτε

λ' = λ Η

mec

(ΐ — συνφ)

λ' = 8,6χ10~12 m

για φ = 90°

(ΐ - συνφ)

γ)

h (ΐ - συνφ) mc

οποτε

Λ" = λ +

για φ = 60°

Α" = 7,4χ10

tie Ε" = hf = — = 2,68 χ ΙΟ"14 J = 0,168 Me F A

Κυματική φύση της ύλης

7.30

Το μήκος κύματος de Broglie που αντιστοιχεί σ' ένα σωματίδιο είναι

Για σωματίδια που κινούνται με ταχύτητες αρκετά μικρότερες της ρ = τηυ ταχύτητας του φωτός οποτε

ηιυ

α)

Για το ηλεκτρόνιο

Λ, = 3,6xlO~ 10 m

β) γ)

Για το πρωτόνιο Γ ια το μπαλάκι

A= 2xl0 Α = 1,65 χ 10 ~i9m

110

7.31

Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για το ηλεκτρόνιο έχουμε

eV = K = ^— 2m οπότε η ορμή που αποκτά το ηλεκτρόνιο είναι

ρ = ·\j2meV Το μήκος κύματος de Broglie για το ηλεκτρόνιο είναι

h= , h λ3 = — = 1 0 ,οm ρ V2meV 7.32

α)

Η ενέργεια του φωτονίου είναι

he λ

Ε = hf = — = 1987,8xl0~ 19 J = \2A2eV β)

Το μήκος κύματος de Broglie για το ηλεκτρόνιο είναι

Κ =—

οποτε

pe=~

h Κ

Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι ^ h^ 1 Κ =—m υ] =-&- = —— = 2,41 χ ΙΟ"19 J = \,5eV

2me

2Aeme

Αρχή της αβεβαιότητας 7.33

Από την αρχή της αβεβαιότητας έχουμε

ΑρΑχ> — 2π οπότε για την αβεβαιότητα θέσης ισχύει

2πΑρ Η αβεβαιότητα της ορμής είναι οπότε

Δ,ν>

2π

100

Αρ = — ρ = —ί— m υ 100 100 ή

111

Αχ > 0,96 m

7.34

7.35

Η αβεβαιότητα για το χρόνο εκπομπής του φωτονίου είναι At = 10 Ss . h Από τη σχέση AEAt > — βρίσκουμε την αβεβαιότητα στην 2π ενέργεια του εκπεμπόμενου φωτονίου h ΑΕ> και τελικά ΑΕ > 0,66x10~ Ί eV 2πΑί h λ =— Ρ Εφόσον η ταχύτητα του σωματιδίου είναι πολύ μικρότερη της ταχύτητας h του φωτός ρ = moχ οποτε λ3 = • mv. Από την αρχή της αβεβαιότητας έχουμε Το μήκος κύματος de Broglie για το σωματίδιο είναι

ΑρΑχ > — 2π Για

Αχ = λ=

mAux

mvx οπότε

ΑηΑυ χ Αχ> — 2π

Αυ>

-^£2π

112

— > mvx 2π

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1

Ηλεκτρικές και μηχανικές ταλαντώσεις

Κύματα

Ρευστά σε κίνηση

Μηχανική στερεού σώματος

Κρούσεις και σχετικές κινήσεις

Θεωρία της σχετικότητας

Στοιχεία κβαντομηχανικής

104

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 ΙΔ' 2010 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ: 66000 - ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ: 63/18-2-2010 ΕΚΤΥΠΩΣΗ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: ΑΡΒΑΝΙΤΙΔΗΣ Α.Β.Ε.Ε.