Βοηθήματα Α' λυκείου | frontistiria.edu.gr by Ορόσημο Φροντιστήριο στην Αθήνα

Exofilo_Fisikis.qxp

29/6/2007

2:55

Page 1

Å×ÅÔÅ ÄÉÊÉÏ ÍÁ ÍÏÉÙÈÅÔÅ ÓÉÃÏÕÑÉÁ ÅÉÓÔÅ ÓÔÏ ÐÉÓÔÏÐÏÉÇÌÅÍÏ

ÖÑÏÍÔÉÓÔÇÑÉÏ ÏÑÏÓÇÌÏ ... Ìå ôï ßäéï ðñüãñáììá äïõëåéÜò ðïõ ìáò ÊÁÈÉÅÑÙÓÅ ìå åðéôõ÷ßåò óôéò êáëýôåñåò ó÷ïëÝò ôùí ÁÅÉ...

×ÑÏÍÉÁ www.orosimo.com

Ôï âéâëßï “ÖõóéêÞ ãéá íá áñéóôåýóåéò” ðåñéÝ÷åé óôï Á’ êáé Â’ ìÝñïò üôé åßíáé áðáñáßôçôï íá ãíùñßæåéò áðü ôçí Á’ êáé Â’ Ëõêåßïõ ãéá íá êáôáëÜâåéò êáé íá áíôéìåôùðßóåéò ìå áðüëõôç åðéôõ÷ßá ôá èÝìáôá ôùí Ðáíåëëáäéêþí åîåôÜóåùí ôçò Ã’ Ëõêåßïõ. Óôï Ã’ ìÝñïò ãßíïíôáé “ðñïåêôÜóåéò” óôçí ýëç ôçò Ã’ Ëõêåßïõ. Ìå áõôÞ ôçí õðïäïìÞ èá ìðïñåßò íá áíôéìåôùðßóåéò üëç ôçí õðüëïéðç ýëç ôçò Ã’ Ëõêåßïõ ÷ùñßò êåíÜ. Ôéò ãíþóåéò ðïõ áðïêôÜò óå êÜèå êåöÜëáéï èá ôéò ÷ñçóéìïðïéåßò ãéá ôç ëýóç áóêÞóåùí êáé óôá õðüëïéðá êåöÜëáéá, ðåôõ÷áßíïíôáò Ýôóé ôç ëåãüìåíç “ìåôáöïñÜ ìÜèçóçò” áðü ôÜîç óå ôÜîç êáé áðü êåöÜëáéï óå êåöÜëáéï, ðïõ åßíáé ôï “êëåéäß” ãéá íá áñéóôåýóåéò óôç öõóéêÞ. ÊáëÞ åðéôõ÷ßá

KéíÞóåéò • Ôáëáíôþóåéò • ÅíÝñãåéá • ÏñìÞ • Å.Ï.Ê. • Ðåäßï Çëåêôñéêü • È.Ì.Ê.Å. • Êñïýóåéò • Å.Ï.Ì.Ê. • ÄéáöïñÜ Äõíáìéêïý • Á.Ä.Ì.Å • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • Íüìïé Íåýôùíá • ÅíÝñãåéá Çëåêôñéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Å • ÔñéâÞ • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Ï. • Á.Ä.Ì.Å • ÂÜñïò • ÁíôéóôÜôåò • È.Ì.Ê.Å. • ÏñìÞ • Íüìïò ÏÇÌ • Á.Ä.Ï. • Êñïýóç • ÅðáãùãÞ • Á.Ä.Å • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • ÁõôåðáãùãÞ • Ôáëáíôþóåéò • ¸ñãï • ÁõôåðáãùãÞ • KéíÞóåéò • Ôáëáíôþóåéò • ÅíÝñãåéá • ÏñìÞ • Å.Ï.Ê. • Ðåäßï Çëåêôñéêü • È.Ì.Ê.Å. • Êñïýóåéò • Å.Ï.Ì.Ê. • ÄéáöïñÜ Äõíáìéêïý • Á.Ä.Ì.Å • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • Íüìïé Íåýôùíá • ÅíÝñãåéá Çëåêôñéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Å • ÔñéâÞ • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Ï. • Á.Ä.Ì.Å • ÂÜñïò • ÁíôéóôÜôåò • È.Ì.Ê.Å. • ÏñìÞ • Íüìïò ÏÇÌ • Á.Ä.Ï. • Êñïýóç • ÅðáãùãÞ • Á.Ä.Å • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • ÁõôåðáãùãÞ • Ôáëáíôþóåéò • ¸ñãï • ÁõôåðáãùãÞ • KéíÞóåéò • Ôáëáíôþóåéò • ÅíÝñãåéá • ÏñìÞ • Å.Ï.Ê. • Ðåäßï Çëåêôñéêü • È.Ì.Ê.Å. • Êñïýóåéò • Å.Ï.Ì.Ê. • ÄéáöïñÜ Äõíáìéêïý • Á.Ä.Ì.Å • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • Íüìïé Íåýôùíá • ÅíÝñãåéá Çëåêôñéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Å • ÔñéâÞ • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Ï. • Á.Ä.Ì.Å • ÂÜñïò • ÁíôéóôÜôåò • È.Ì.Ê.Å. • ÏñìÞ • Íüìïò ÏÇÌ • Á.Ä.Ï. • Êñïýóç • ÅðáãùãÞ • Á.Ä.Å • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • ÁõôåðáãùãÞ • Ôáëáíôþóåéò • ¸ñãï • ÁõôåðáãùãÞ • KéíÞóåéò • Ôáëáíôþóåéò • ÅíÝñãåéá • ÏñìÞ • Å.Ï.Ê. • Ðåäßï Çëåêôñéêü • È.Ì.Ê.Å. • Êñïýóåéò • Å.Ï.Ì.Ê. • ÄéáöïñÜ Äõíáìéêïý • Á.Ä.Ì.Å • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • Íüìïé Íåýôùíá • ÅíÝñãåéá Çëåêôñéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Å • ÔñéâÞ • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • Á.Ä.Ï. • Á.Ä.Ì.Å • ÂÜñïò • ÁíôéóôÜôåò • È.Ì.Ê.Å. • ÏñìÞ • Íüìïò ÏÇÌ • Á.Ä.Ï. • Êñïýóç • ÅðáãùãÞ • Á.Ä.Å • ÅíÝñãåéá Ìáãíçôéêïý Ðåäßïõ • ÊõêëéêÞ Êßíçóç • ÁõôåðáãùãÞ • Ôáëáíôþóåéò • ¸ñãï • ÁõôåðáãùãÞ

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

∆ιδάσκονται ή Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

∆ιδάσκονται ή Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Áíôß Ð Ñ Ï Ë Ï Ã Ï Õ Ôï âéâëßï áõôü èá áðïôåëÝóåé ãéá üðïéïí ôï ÷ñçóéìïðïéÞóåé óùóôÜ, ëüãù ôçò äïìÞò ôïõ, ðõîßäá êáé óçìåßï áíáöïñÜò ãéá ôéò áðáñáßôçôåò ãíþóåéò ðïõ ðñÝðåé íá äéáèÝôåé ï ìáèçôÞò ãéá íá öôÜóåé óôéò ðáíåëëáäéêÝò åîåôÜóåéò ôçò Ã’ Ëõêåßïõ ÷ùñßò êåíÜ. Tåëåéþíïíôáò ôçí Á’ êáé Â’ Ëõêåßïõ èá Ý÷åé äéäá÷èåß êáé ôéò áðáñáßôçôåò “ðñïåêôÜóåéò” áðü ôçí ýëç ôçò Ã’ Ëõêåßïõ

To âéâëßï ðåñéÝ÷åé: Á: ¾ëç Á’ Ëõêåßïõ, áíáãêáßá ãéá ôçí Â’, Ã’ Ëõêåßïõ. Â: ¾ëç Â’ Ëõêåßïõ, áíáãêáßá ãéá ôçí Ã’ Ëõêåßïõ. Ã: ÂáóéêÜ óçìåßá ýëçò ôçò Ã’ Ëõêåßïõ. Áðáñáßôçôá áðü Á’ Ëõêåßïõ êáé Â’ Ëõêåßïõ. Ïé ÷ñùìáôéêïß óõíäõáóìïß ðïõ öáßíïíôáé óôï ðëÜé ôùí óåëßäùí âïçèïýí ôïí ìáèçôÞ íá ãíùñßæåé ìå ìéá ìáôéÜ ôçí ôÜîç óôçí ïðïßá áíáöÝñåôáé ç ýëç ðïõ ðáñïõóéÜæåôáé. ÓõãêåêñéìÝíá:

Α΄ Λυκείου ∆ιδάσκονται

Β΄ Λυκείου Χρειάζονται

Γ΄ Λυκείου Χρειάζονται

Β΄ Λυκείου ∆ιδάσκονται

Γ΄ Λυκείου Χρειάζονται

Ôï âéâëßï áõôü ìðïñåß êáé ðñÝðåé íá äéáâáóôåß, áðü ìáèçôÝò êáé ôùí ôñéþí ôÜîåùí ôïõ Ëõêåßïõ. Åðßóçò ôï âéâëßï áõôü åßíáé “åñãáëåßï” ãéá ôïõò êáèçãçôÝò ðïõ èÝëïõí íá ðñïåôïéìÜóïõí ôïõò ìáèçôÝò ôïõò ãéá íá áíôéìåôùðßóïõí ìå åðéôõ÷ßá ôéò ðáíåëëáäéêÝò åîåôÜóåéò ôçò Ã’ Ëõêåßïõ. ÓõããñáöéêÞ ïìÜäá ÐÁ.ÓÕ.Ö ÔÌÇÌÁ ÖÕÓÉÊÙÍ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Μαθηµατικά Φυσικής ........................................................................ σελ. 7

Κεφάλαιο 1 Ευθύγραµµες Κινήσεις ...................................................................... σελ. 27 • Λυµένες Ασκήσεις .............................................................................. σελ. 32 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................... σελ. 38

Κεφάλαιο 2 ∆υναµική ............................................................................................. σελ. 40 • Λυµένες Ασκήσεις .............................................................................. σελ. 52 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................... σελ. 69

Κεφάλαιο 3 Κυκλική Κίνηση ................................................................................ σελ. 71 • Λυµένες Ασκήσεις .............................................................................. σελ. 76 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................... σελ. 83

Κεφάλαιο 4 Ορµή .................................................................................................... σελ. 84 • Λυµένες Ασκήσεις .............................................................................. σελ. 88 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................... σελ. 96

Κεφάλαιο 5 Έργο Ενέργεια .................................................................................... σελ. 97 • Λυµένες Ασκήσεις ............................................................................ σελ. 110 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................. σελ. 125

Κεφάλαιο 6 Ταλαντώσεις ..................................................................................... σελ. 129 • Λυµένες Ασκήσεις ............................................................................ σελ. 137 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................. σελ. 143

Κεφάλαιο 7 Ηλεκτροµαγνητισµός ...................................................................... σελ. 145 • Λυµένες Ασκήσεις ............................................................................ σελ. 159 • Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση .................................................. σελ. 174 Λύσεις Ασκήσεων ............................................................................ σελ. 176

Μαθηµατικά Φυσικής Τα υ τ ό τ η τ ε ς 1) (α ± β)2 = α2 + β2 ± 2αβ 2) (α ± β)3 = α3 ± 3α2β + 3αβ2 ± β3 3) α2 - β2 = (α + β)(α - β) 4) α3 - β3 = (α - β)(α2 + αβ + β2) και αν - βν = (α - β)(αν-1 + αν-2β + αν-3β2 + ... + βν-1) 5) α3 + β3 = (α + β)(α2 - αβ + β2) και αν +βν = (α + β)(αν-1 - αν-2β + αν-3β2 + ... + βν-1) 6) α3 + β3 + γ3 - 3αβγ = 1/2(α + β + γ)[(α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2] 7) α3 + β3 + γ3 = 3αβγ ⇔ α + β + γ = 0 ή α = β = γ

∆υνάµεις Ορισµοί: α ν = α ·α ·α ...·α

α-ν =

ν − φορές

Ιδιότητες: 1) αµαν = αµ+ν

1 , αν

α≠0

αµ = αµ− ν αν

α αν 5)   = ν β β

ν ν

4) (αβ) = α β

Απόλυτες  x, x ≥ 0 Ορισµός: Αν x ∈ R, τότε: | x | =   − x, x < 0

Ιδιότητες: Για x, y ∈ R: A → Γ |x|2 = |x2| = x2 |xy| = |x||y| |x| x = |y| y

α≠0

3) (αµ)ν = αµ·ν

α0 = 1,

α 6)   β

−ν

β =  α

Τιµές |x|−|y| ≤ |x± y| ≤ |x|+|y|  α >0 → x = ± α | x |= α  α< 0  → αδύνατη  α >0 → − α ≤ x ≤ + α | x | ≤ α  α< 0  → αδύνατη  α > 0 → x ≤ −α ή x ≥ α | x | ≥ α  α< 0  → αόριστη

Maθηµατικά Φυσικής Ρίζες Ορισµός: Έστω x ≠ 0, ν ∈ N*. Για ν = 2κ + 1 τότε xν = α ⇔ x = ν α Για ν = 2κ και α ≥ 0 ⇔ x = ± ν α Ιδιότητες: Για α, β ≥ 0 έχουµε: 1) ν α ν β = ν αβ ν

2) ν

=ν

α , β≠0 β

3) α ν β = ν α ν β

4) ν µ α = νµ α

7) Για α ∈ R, α 2 =| α |

5) νρ α µρ = ν α µ

α =α µ

( α) = α 2

µ ν

Τριγωνοµετρία Α. Τριγωνοµετρικοί αριθµοί οξείας γωνίας ηµθ =

α β

εφθ =

α γ

γ β

σφθ =

γ α

συνθ =

Β. Βασικές τριγωνοµετρικές σχέσεις 1) |ηµθ| ≤ 1 2) |συνθ| ≤ 1 3) ηµ2θ + συν2θ = 1

ηµθ π , x ≠ κπ + (κ ∈ Ζ) συνθ 2 συνθ , x ≠ κπ (κ ∈ Ζ) 5) σφθ = ηµθ 4) εφθ =

6) εφθ · σφθ = 1

Γ. Τριγωνοµετρικός κύκλος y ρ x συνθ = ρ y εφθ = x x σφθ = y ηµθ =

Για ρ = 1

y = ηµθ x = συνθ

Μαθηµατικά Φυσικής ∆. Τριγωνοµετρικοί αριθµοί βασικών γωνιών

Ε. Βασικές τριγωνοµετρικές εξισώσεις  = 2κπ + θ, κ ∈ Ζ 1) ηµx = ηµθ ⇔ x x = 2κπ + π − θ, κ ∈ Ζ 2) συνx = συνθ ⇔ x = 2κπ ± θ, κ∈Ζ

∈Ζ 3) εφx = εφθ ⇔ x = κπ + θ, κ∈ ∈Ζ 4) σφx = σφθ ⇔ x = κπ + θ, κ∈

ΣΤ. Αναγωγή στο 1ο τεταρτηµόριο

Μετασχηµατισµός γινοµένου σε άθροισµα 1) 2ηµασυνβ = ηµ(α+β) + ηµ(α-β) 2) 2συνασυνβ = συν(α-β) + συν(α+β) 3) 2ηµαηµβ = συν(α-β) - συν(α+β)

Νόµος ηµιτόνων για τρίγωνο α β γ = = ηµΑ ηµΒ ηµΓ

Μετασχηµατισµός αθροίσµατος σε γινόµενο

Α+Β Α−Β συν 2 2 Α−Β Α+Β 2) ηµΑ − ηµΒ = 2ηµ συν 2 2 Α+Β Α−Β συν 3) συνΑ + συνΒ = 2συν 2 2 Α−Β Α+Β 4) συνΑ− συνΒ = −2ηµ ηµ 2 2 Νόµος συνηµιτόνων για τρίγωνο 1) ηµΑ + ηµΒ = 2ηµ

α 2 = β 2 + γ 2 − 2αβσυνΑ β 2 = α 2 + γ 2 − 2αγσυνΒ γ 2 = α 2 + β 2 − 2αβσυνΓ 9

Maθηµατικά Φυσικής Τριγωνοµετρικοί αριθµοί αθροισµάτων γωνιών

Τριγωνοµετρικοί αριθµοί διπλάσιας γωνίας

1) ηµ(α+β) = ηµασυνβ + συναηµβ

1) ηµ2α = 2ηµασυνα 2) συν2α = συν2α - ηµ2α = 2συν2α - 1 = 1 - 2ηµ2α

2) ηµ(α-β) = ηµασυνβ - συναηµβ 3) συν(α+β) = συνασυνβ - ηµαηµβ 4) συν(α-β) = συνασυνβ + ηµαηµβ 5) εφ(α + β) =

3) εφ2α =

εφα + εφβ 1 − εφαεφβ

2εφα 1 − εφ 2α

Τύποι αποτετραγωνισµού

6) εφ(α − β) =

εφα − εφβ 1 + εφαεφβ

1) ηµ 2α =

7) σφ(α + β) =

σφασφβ − 1 σφβ + σφα

2) συν 2α =

8) σφ(α − β) =

σφασφβ + 1 σφβ − σφα

3) εφ α = 2

1 − συν2α 2 1 + συν2α 2

1 − συν2α 1 + συν2α

Λογάριθµοι Ορισµός: logαθ = x ⇔ αx = θ, Iσχύει: i) logααx = x iii) logα1 = 0

ii) α

θ > 0, α > 0, α ≠ 1 log α θ

=θ

v) log 1 θ = − log α θ

iv) logαα = 1

Για α > 0, α ≠ 1, θ1 > 0, θ2 > 0, θ > 0 ∆εκαδικοί λογάριθµοι:

Ιδιότητες: 1) logαθ1θ2 = logαθ1 + logαθ2 2) logα

θ1 θ2

= logαθ1 - logαθ2

3) logαθκ = κ logαθ

logθ = x ⇔ 10x = θ Φυσικοί λογάριθµοι: lnθ = x ⇔ ex = θ Tύπος αλλαγής βάσης: log β θ =

log α θ για α, β > 0, α, β ≠ 0, θ > 0 log α β

Μαθηµατικά Φυσικής Εµβαδά

βασικών

επίπεδων

σχηµάτων

4) Τραπέζιο

1) Τετράγωνο Ε = α2

β+Β ⋅υ 2

5) Τριγώνου

2) Ορθογώνιο Ε = αβ

1 Ε = βυ 2 3) Παραλληλόγραµµο Ε = αυ

Εµβαδά

1 E = αβηµΓ 2

όγκοι

βασικών

1) Σφαίρα: Ε = 4πr2 V = 4/3 πr3

3) Κύλινδρος: Ε = 2πr2 + 2πrh V = h · πr2

2) Κύβος: Ε = 6α2 V = α3

4) Oρθογώνιο παρ/πεδο Ε = 2(αβ + βγ + αγ) V=α·β·γ

στερεών

5) Πυραµίδα: (περίµ. βάσ.) · h 2 (εµβ. βάσ.) · υ V= 3

Ε = εµβ. βάσ. +

6) Κώνος: Ε = λπr + πr 2 V=

πr 2 h 3

Maθηµατικά Φυσικής Γραφικές Παραστάσεις Συναρτήσεων Για να κάνουµε τη γραφική παράσταση ενός µεγέθους, σε συνάρτηση µε ένα άλλο πρώτα πρέπει να βρούµε ποιά σχέση συνδέει τα δύο µεγέθη µεταξύ τους. Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων που συναντάµε πιο συχνά είναι:

y = α (y είναι σταθερή συνάρτηση) Η γραφική παράσταση είναι ευθεία παράλληλη στον άξονα Οx.

y = αx (y είναι ανάλογο του x), α ≠ 0 H γραφική παράσταση είναι ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Μαθηµατικά Φυσικής y = αx + β (y είναι γραµµική συνάρτηση του x), α ≠ 0 Η γραφική παράσταση είναι ευθεία που διέρχεται από το σηµείο ( 0,β ) . Για β > 0 .

y = αx 2 , α ≠ 0 Η γραφική παράσταση είναι παραβολή που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

y = αx 2 + βx, α ≠ 0, β > 0 Η γραφική παράσταση είναι κλάδος παραβολής που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Maθηµατικά Φυσικής y=

α , x≠0 x

Η γραφική παράσταση είναι υπερβολή που έχει ασύµπτωτες τους άξονες Οx και Οy.

α ( β > 0 ) , x ≠ −β, α ≠ 0 x+β

Η γραφική παράσταση είναι υπερβολή που έχει ασύµπτωτη τον άξονα Οx και τέµνει τον Οy στα σηµεία: α / β και −α / β (α > 0 και α < 0 αντίστοιχα).

α , x ≠ 0, α ≠ 0 x2

Η γραφική παράσταση είναι κλάδος υπερβολής δευτέρου βαθµού που έχει ασύµπτωτες τους άξονες Οx και Οy.

Μαθηµατικά Φυσικής Εκθετική Τύπος f(x) = αx α > 0,

συνάρτηση

α ≠ 1, Αν 0 < α < 1

Αν α > 1

Πεδίο ορισµού

Σύνολο τιµών

(0,+∞) +∞)

Μονοτονία

Γνησίως φθίνουσα

Γνησίως αύξουσα

Ασύµπτωτες

άξονας xx΄

Γραφική παράσταση

Λογαριθµική Τύπος f(x) = logαx

συνάρτηση

α > 0, α ≠ 1, x > 0 Αν 0 < α < 1

Αν α > 1

Πεδίο ορισµού

(0,+∞) +∞)

Σύνολο τιµών

Μονοτονία

Γνησίως φθίνουσα

Γνησίως αύξουσα

Ασύµπτωτες

άξονας yy΄

Γραφική παράσταση

Maθηµατικά Φυσικής y = ηµx, x ∈ R Η µονοτονία της συνάρτησης

Γραφική παράσταση

y = συνx, x ∈ R

Η µονοτονία της συνάρτησης

Γραφική παράσταση

y = εφx =

ηµx , x ∈ R, συνx ≠ 0 συνx

Γραφική παράσταση

Η γραφική παράσταση λέγεται ηµιτονοειδής καµπύλη

Μαθηµατικά Φυσικής y = σφx =

συνx , x ∈ R, ηµx ≠ 0 ηµx

Γραφική παράσταση

y = ρ ⋅ ηµ ( ωx ) Επειδή −1 ≤ ηµx ≤ 1 έχουµε −1 ≤ ηµ ( ωx ) ≤ 1 και για ρ > 0 είναι: −ρ ≤ ρηµ ( ωx ) ≤ ρ ⇔ −ρ ≤ f ( y ) ≤ ρ

Άρα η µέγιστη τιµή της y είναι το ρ και η ελάχιστη τιµή της είναι το -ρ. Το ω καθορίζει την περίοδο Τ της y που είναι: Τ =

2π . ω

Oρισµός Περιόδου Τ: f ( x + T ) = f ( x )

y = ρ ⋅ συν ( ωx )

y = ρ ⋅ ηµ ( ωx ) , ρ < 0

Maθηµατικά Φυσικής

y = ρ ⋅ ηµ 2 ( ωx ) , ρ > 0

y = ρ ⋅ συν 2 ( ωx ) , ρ > 0

y = β + ρ ⋅ ηµωx, ρ > 0, β > ρ

Μαθηµατικά Φυσικής Κλίση γραφικής παράστασης Η κλίση της καµπύλης στο σηµείο Α είναι η εφθ. Για να βρούµε τη κλίση µιας γραφικής παράστασης, η οποία γενικά είναι καµπύλη, σε ένα σηµείο της Α, εργαζόµαστε ως εξής: Φέρουµε ευθεία (ε) εφαπτόµενη στη γραφική παράσταση στο σηµείο Α. Η εφαπτοµένη της γωνίας που ∆y σχηµατίζει η ευθεία (ε) µε το οεφθ = ∆x ριζόντιο άξονα είναι η κλίση της καµπύλης. Στη Φυσική οι συναρτήσεις που χρησιµοποιούµε εκφράζουν φυσικά µεγέθη. Οι βαθµολογηµένοι άξονες έχουν µονάδες. Έτσι γενικεύεται η ιδέα της εφαπτοµένης ως προς την καθαρά γεωµετρι-

∆y , δείχνει πως µεταβάλλεται το φυσικό ∆x µέγεθος γρήγορα, αργά, θετικά ή αρνητικά. κή της έννοια. Οπότε η κλίση = εφθ =

Η κλίση έχει διαστάσεις Η κλίση της γραφικής παράστασης στη Φυσική µπορεί να έχει φυσικό νόηµα και να εκφράζει κάποιο φυσικό µέγεθος. • Η κλίση της γραφικής παράστασης ενός µεγέθους Α σε συνάρτηση µε το χρόνο, σε ένα ση∆Α του µείο της, εκφράζει το ρυθµό µεταβολής ∆t µεγέθους. ∆A εκφράζει το ρυθµό µεταβολής. Άρα εφθ = ∆t

Εµβαδόν σε διάγραµµα Το εµβαδόν του τµήµατος, το οποίο περικλείεται µεταξύ της γραφικής παράστασης και του άξονα x ′x µεταξύ των τιµών x1 και x 2 γενικεύεται στη Φυσική, επειδή οι βαθµολογηµένοι άξονες έχουν µονάδες. Άρα: “Το εµβαδό του φυσικού µεγέθους ισούται µε την αριθµητική τιµή του εφόσον ορίζεται”. 19

Maθηµατικά Φυσικής Εφαρµογή 1ο Έστω ένα κινητό που εκτελεί ευθύγραµµη οµαλή κίνηση. Η µετατόπιση x που διανύει σε συνάρτηση µε το χρόνο t δίνεται από τη σχέση x = υ ⋅ t όπου υ το µέτρο της ταχύτητας του κινητού. Η γραφική παράσταση της παραπάνω σχέσης φαίνεται στο σχήµα. Η κλίση της γρα-

( ΑΒ ) ( ΟΒ ) Παρατηρούµε ότι εδώ η κλίση έχει φυσικό νόηµα γιατί τα ΑΒ και ΟΒ δεν είναι καθαροί αριθµοί. φικής παράστασης είναι: εφθ =

Συγκεκριµένα η κλίση ( εφθ ) ισούται αριθµητικά µε το µέτρο της ταχύτητας υ του κινητού. εφθ =

Εφαρµογή 2ο Aν σε µια ευθύγραµµη κίνηση η ταχύτητα υ του κινητού είναι ανάλογη του χρόνου και η γραφική της παράσταση είναι όπως στο σχήµα τότε το εµβαδόν που περικλείεται από τη γραφική παράσταση και τον άξονα του χρόνου µεταξύ των τιµών t1 = 2s και t 2 = 4s ισούται αριθµητικά µε την µετατόπιση αριθ

∆x = Ε τραπ =

β+Β 4+8 ⋅υ = ⋅ ( 4 − 2 ) m = 12m 2 2

∆x =υ ∆t

Μαθηµατικά Φυσικής Γωνία • Γωνία. Είναι αδιάστατο µέγεθος. Η γωνία που σχηµατίζουν δυο τεµνόµενες ευθείες ορίζεται ως εξής: Ισχύει: φ =

s r

φ : η επίκεντρη γωνία, που αντιστοιχεί σε τόξο s s : το µήκος του αντίστοιχου τόξου r : η αντίστοιχη ακτίνα

• Μονάδες γωνίας. Αν s = r τότε φ = 1 . Αυτή η γωνία ορίζεται ως 1 ακτίνιο (rad) και αντιστοιχεί σε τόξο µήκους όσο η ακτίνα του κύκλου στο οποίο ορίζεται.

1 του κύκλου. 360 Για τη γωνία του σχήµατος ισχύει: Μοίρα: 1ο (1 µοίρα) το

s s φ = 1 = 2 ( rad ) . r1 r2 • Σχέση µοίρας και ακτινίου (rad). Αν στη σχέση φ =

S το S = 2πr , το µήκος ολόκληρης της περιφέρειας ( 360o ) , παίρr

νουµε φ = 2π rad. ∆ηλαδη: σε 360ο αντιστοιχούν σε 2π rad. µ - σε µοίρες 360° αντίστοιχουν 2π rad µ << α α - σε ακτίνια

α180 π µ °π α= 180

Εάν άγνωστο µ° =

• Μήκος τόξου σε σχέση µε τη γωνία: S = φ ⋅ r (η γωνία φ σε rad).

Maθηµατικά Φυσικής ∆ιανύσµατα 1. Ορισµός ∆ιανύσµατος Υπάρχουν µεγέθη όπως ο χρόνος, η θερµοκρασία, η µάζα, η πυκνότητα κ.λ.π., που προσδιορίζονται από το µέτρο τους και από την αντίστοιχη µονάδα µέτρησης π.χ. 18o C . Τα µεγέθη αυτά λέγονται µονόµετρα ή βαθµωτά. Υπάρχουν όµως µεγέθη όπως η µετατόπιση, η επιτάχυνση, η ταχύτητα, η δύναµη κ.λ.π. που για να τα προσδιορίσουµε χρειαζόµαστε, εκτός από το µέτρο τους και τη µονάδα µέτρησης, την διεύθυνση και τη φορά τους. Τα µεγέθη αυτά λέγονται διανυσµατικά ή διανύσµατα. ∆ιάνυσµα ορίζεται ένα προσανατολισµένο ευθύγραµµο τµήµα του οποίου το ένα άκρο θεωρούµε ότι είναι η αρχή και το άλλο το τέλος. Το διάνυσµα µε αρχή το Α και τέλος το Β συµβολίζεται µε AB . Πολλές φορές συµβολίζουµε τα διανύσµατα µε µικρά ή κε φαλαία γράµµατα π.χ. υ , x , E , F κ.λ.π.

Στοιχεία διανύσµατος: α. Το µέτρο του είναι το µήκος του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ και συµβολίζεται µε AB . Αν το διάνυσµα AB έχει µέτρο 1, λέγεται µοναδιαίο. β. Τη διεύθυνση του ή τον φορέα του η οποία είναι η ευθεία στην οποία βρίσκεται το διάνυσµα. γ. Τη φορά του δηλαδή την κατεύθυνση του διανύσµατος πάνω στην διεύθυνσή του. • Αν η αρχή και το τέλος ενός διανύσµατος συµπίπτουν, τότε το διάνυσµα λέγεται µηδενικό π.χ. AA . • ∆ύο µη µηδενικά διανύσµατα λέγονται οµόρροπα αν έχουν την ίδια φορά είτε έχουν τον ίδιο φορέα είτε έχουν παράλλη λους φορείς π.χ. τα διανύσµατα AB και Γ∆ και γράφουµε AB ↑↑ Γ∆ . • ∆ύο µη µηδενικά διανύσµατα λέγονται αντίρροπα αν έχουν αντίθετη φορά, είτε έχουν τον ίδιο φορέα είτε έχουν παράλ ληλους φορείς π.χ. τα διανύσµατα ΚΛ και ΜΝ και γρά φουµε ΚΛ ↓↑ ΜΝ . • ∆ύο µη µηδενικά διανύσµατα AB και Γ∆ που έχουν τον ίδιο ή παράλληλους φορείς ονοµάζονται παράλληλα ή συγγραµµικά διανύσµατα. Τότε λέµε ότι έχουν την ίδια διεύθυν ση και γράφουµε AB // Γ∆ .

Μαθηµατικά Φυσικής • ∆ύο οµόρροπα διανύσµατα είναι ίσα αν έχουν το ίδιο µέτρο. Τότε γράφουµε AB = Γ∆ .

• ∆ύο αντίρροπα διανύσµατα είναι αντίθετα αν έχουν το ίδιο µέτρο. Τότε γράφουµε AB = − Γ∆ . • Έστω δύο µη µηδενικά διανύσµατα µε αρχή ένα σηµείο Ο όπου α = ΟΑ και β = ΟΒ . Ονοµάζουµε γωνία των διανυσµάτων α και β την κυρτή γω-

νία ΑΟΒ και τη συµβολίζουµε µε α,β ή β,α ή απλά θ µε

( ) ( )

0≤θ≤π .

Ισχύει φ = 0 αν α β (οµόρροπα) φ = π αν α β (αντίρροπα)

φ=

π αν α ⊥ β (κάθετα) 2

2. Πρόσθεση και αφαίρεση διανυσµάτων Πρόσθεση διανυσµάτων • Έστω δύο διανύσµατα α , β . Με αρχή ένα σηµείο Ο γράφου µε το διάνυσµα ΟΑ = α και µε αρχή το Α γράφουµε το διάνυ σµα AB = β . Το διάνυσµα γ = ΟΒ λέγεται άθροισµα των α και β και γράφουµε: γ = ΟΒ = ΟΑ + AB = α + β ή γ = α + β .

• Το άθροισµα δύο διανυσµάτων βρίσκεται και µε τον κανόνα του παραλληλογράµµου. Αν µε αρχή το σηµείο Ο πάρουµε τα διανύσµατα ΟΑ = α και ΟΒ = β , τότε το άθροι σµα α + β ορίζεται από τη διαγώνιο ΟΓ του παραλληλογράµµου που έχει προσκείµενες πλευρές τις ΟΑ και ΟΒ. Το µέτρο του αθροίσµατος: 2 2 γ = α + β + 2 α ⋅ β ⋅ συνφ β ⋅ ηµφ Η κατεύθυνση του αθροίσµατος: εφθ = α + β ⋅ συνφ 23

Maθηµατικά Φυσικής ∆ιερεύνηση α. ∆ιανύσµατα οµόρροπα ( φ = 0ο ⇒ συν0ο = 1) γ =α+β 2 2 2 µέτρο: γ = α + β + 2 α ⋅ β ⋅ συν0ο ή γ = ( α ) + β ή γ=α+β κατεύθυνση: των διανυσµάτων α , β

( )

β. ∆ιανύσµατα αντίρροπα ( φ = 180ο ⇒ συν180ο = −1) γ =α+β Αν α > β 2 2 2 µέτρο: γ = α + β + 2 α ⋅ β ⋅ συν180ο ή γ = ( α ) − β ή γ =α−β κατεύθυνση: του διανύσµατος µε το µεγαλύτερο µέτρο (του α )

( )

γ. ∆ιανύσµατα κάθετα ( φ = 90ο ⇒ συν90ο = 0 ) γ =α+β 2 2 µέτρο: γ = α + β + 2 α ⋅ β ⋅ συν90ο 2 2 ή γ= α +β β κατεύθυνση: εφθ = α

• Μέτρο αθροίσµατος διανυσµάτων Από την τριγωνική ανισότητα γνωρίζουµε ότι:

( ΟΑ ) − ( ΑΒ) ≤ ( ΟΒ) ≤ ( ΟΑ ) + ( ΑΒ )

Άρα α − β ≤ α + β ≤ α + β

• Επιλογή σηµείου αναφοράς Κάθε διάνυσµα α = ΑΒ µπορεί να εκφραστεί µε την βοήθεια άλλων επιλεγµένων για µας διανυσµάτων σε σχέση µε διακεκριµένο σηµείο Ο που εµείς καθορίζουµε σύµφωνα µε τις ανάγκες µας. ΑΒ = ΟΒ − ΟΑ ή α = ΟΒ − ΟΑ γιατί ΟΑ + ΑΒ = ΟΒ άρα ΑΒ = ΟΒ − ΟΑ 24

Μαθηµατικά Φυσικής Aφαίρεση διανυσµάτων Η διαφορά α − β του διανύσµατος β από το διάνυσµα α ορίζεται ως το άθροισµα των διανυσµάτων α και −β . δ = α − β = α + ( −β )

µέτρο: δ =

2 2 α + −β + 2 α ⋅ −β ⋅ συν (180ο − φ )

−β ⋅ ηµ (180ο − φ ) κατεύθυνση: εφθ = α + −β ⋅ συν (180ο − φ )

3. Συντεταγµένες στο επίπεδο • Άξονας Πάνω σε µια ευθεία x΄x επιλέγουµε δύο σηµεία Ο και Α , ώστε το διάνυσµα ΟΑ να έχει µέτρο 1 και να βρίσκεται στην ηµιευθεία Οx. Λέµε τότε ότι έχουµε έναν άξονα µε αρχή το Ο και µοναδιαίο διάνυσµα ΟΑ = i . Η ηµιευθεία Οx λέγεται θετικός ηµιάξον ας Οx. Αν πάρουµε ένα σηµείο Κ στον άξονα x΄x, επειδή OK // i θα υπάρχει ένας πραγµατικός αριθµός x ώστε OK = x ⋅ i . Τον αριθµό αυτόν x τον ονοµάζουµε τετµηµένη του Κ. • Σύστηµα συντεταγµένων στο επίπεδο (ορθοκανονικό) Πάνω σ’ ένα επίπεδο σχεδιάζουµε δύο κάθετους άξονες x΄x και y΄y µε κοινή αρχή το Ο και µοναδιαία διανύ σµατα τα i και j . Λέµε τότε ότι έχουµε έναν ορθοκανονικό σύστηµα συντεταγµένων στο επίπεδο (καρτεσιανό επίπεδο), yΟx. Πάνω στο επιπεδο yΟx παίρνουµε ένα σηµείο Κ. Προβάλουµε το σηµείο Κ στους άξονες x΄x και y΄y . Αν K1 η προβολή του Κ στον x΄x µε τετµηµένη x και K 2 η προβολή του Κ στον y΄y µε τετµηµένη y τότε ο x λέγεται τετµηµένη και ο y τεταγµένη του Κ. Οι δύο αυτοί αριθµοί λέγονται συντεταγµένες του Κ(x,y). Έτσι κάθε σηµείο oρίζεται µε ένα ζεύγος συντεταγµένων.

Maθηµατικά Φυσικής Εφαρµογή

1. Έστω δύο διανύσµατα α , β µε α = 4 και β = 3 . Να υπολογίσετε το άθροισµα α + β αν η γωνία των δύο διανυσµάτων είναι: α. φ = 0 β. φ = π

π 2 δ. για τυχαία φ γ. φ =

Απάντηση α. Αν γ = α + β και φ = 0 (οµόρροπα) τότε: το µέτρο: γ = α + β = 7 και το γ έχει την κατεύθυνση των διανυσµάτων. β. Αν γ = α + β και φ = π (αντίρροπα) τότε: το µέτρο: γ = α − β = 1 και το γ έχει την κατεύθυνση του α

(µεγαλύτερο µέτρο). π γ. Αν γ = α + β και φ = (κάθετα) τότε: 2

το µέτρο: γ =

2 2 α + β =5

β 3 η κατεύθυνση: εφθ = = α 4 δ. γ = α + β για τυχαία φ το µέτρο

γ=

2 2 α + β + 2 α ⋅ β συνφ η κατεύθυνση

β ηµφ εφθ = α + β συνφ Αν οι γωνίες είναι ίσες το παραλληλόγραµµο είναι ρόµβος και ως γνωστών οι διαγώνιες ρόµβου είναι και διχοτόµοι των γωνιών του.

1. Ευθύγραµµες Κινήσεις

∆ιάστηµα είναι το µήκος της τροχιάς ενός κινητού. Σε ευθύγραµµη κίνηση που γίνεται προς µια κατεύθυνση η µετατόπιση ταυτίζεται µε το διάστηµα. Μονάδα S.I.: 1m.

Ταχύτητα Η µέση (διανυσµατική) ταχύτητα εκφράζεται µε το πηλίκο της µετατόπισης προς το χρονικό διάστηµα στο οποίο πραγµατοποιήθηκε. Eίναι ο ρυθµός µεταβολής της θέσης. Moνάδα στο S.I.: 1m/s. ∆x x 2 - x1 υµ = = ∆t t 2 - t 1

Επιτάχυνση Η επιτάχυνση είναι ο ρυθµός µεταβολής της ταχύτητας σε µια συγκεκριµένη χρονική στιγµή. ∆υ µονάδα στο S.I.: 1m / s2. α= ∆t

Ευθύγραµµη οµαλή κίνηση Κίνηση κατά την οποία το κινητό κινούµενο ευθύγραµµα διατηρεί σταθερό το διάνυσµα της ταχύτητας. Έτσι σε ίσα χρονικά διαστήµατα οι µετατοπίσεις του είναι ίσες. Η µέση και η στιγµιαία ταχύτητα ταυτίζονται στην ευθύγραµµη οµαλή κίνηση. Έτσι:

∆x ⇒ ∆x = υ ⋅ ∆t ⇒ x - x0 = υ ( t - t 0 ) ∆t και τελικά προκύπτει η εξίσωση της κίνησης : x = x 0 + υ ( t - t 0 ) Αν τη χρονική στιγµή t 0 = 0 (αρχικός χρόνος) είναι x 0 = 0 (αρχική θέση) τότε: x = υ ⋅ t υ=

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

∆ιάστηµα

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Η χρονική στιγµή t προσδιορίζει το πότε συµβαίνει ένα γεγονός ενώ η χρονική διάρκεια ∆t = t 2 − t1 που είναι η διαφορά δύο χρονικών στιγµών καθορίζει το πόσο διαρκεί ένα φαινόµενο. Μονάδα στο S.I.: 1s. Η µετατόπιση είναι η µεταβολή του διανύσµατος της θέσης ∆x = x 2 − x1 . Είναι ένα διάνυσµα µε αρχή την αρχική θέση του κινητού και τέλος την τελική. Μονάδα στο S.I.: 1m.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Χρονική στιγµή - χρονική διάρκεια - θέση - µετατόπιση - διάστηµα

Ευθύγραµµες Κινήσεις

∆ιαγράµµατα ευθύγραµµης οµαλής κίνησης: ( υ = σταθερό )

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

(1): Επιτάχυνσης - χρόνου α = f(t): α=0

(2): Ταχύτητας - χρόνου υ = f ( t ) : υ = σταθερό Το εµβαδόν που περικλείεται ανάµεσα στη γραφική παράσταση και τον άξονα των χρόνων είναι ίσο αριθµητικά µε την µετατόπιση ∆x του κινητού στο χρονικό διάστηµα ∆t. Όταν η ταχύτητα είναι θετική το εµβαδόν θα λαµβάνεται µε θετικό πρόσηµο και η µετατόπιση θα προκύπτει θετική. Όταν η ταχύτητα είναι αρνητική το εµβαδόν θα λαµβάνεται µε αρνητικό πρόσηµο και η µετατόπιση θα προκύπτει αρνητική.

υ = σταθ.

(3) θέσης - χρόνου x = f ( t ) : Αν x = υt και υ > 0.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Η κλίση της ευθείας αριθµητικά, είναι ίση µε την ταχύτητα της κίνησης.

∆x x − 0 x εφω = = = =υ ∆t t − 0 t Αν x = x0 + υt και υ > 0

εφω =

∆x x − x 0 x − x 0 = = =υ ∆t t − t0 t

x = x 0 + υt

Ευθύγραµµες Κινήσεις Ευθύγραµµη οµαλά µεταβαλλόµενη κίνηση

Εξίσωση ταχύτητας: ∆υ ⇒ ∆υ = α ⋅ ∆t ⇒ υ − υ0 = α ( t − t 0 ) ⇒ ∆t υ = υ0 + α ( t − t 0 )

α=

Αν τη χρονική στιγµή t 0 = 0 είναι υ = υ0 τότε: υ = υ0 + αt Αν τη χρονική στιγµή t 0 = 0 είναι υ0 = 0 : υ = αt Αν η κίνηση είναι ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη: υ = υ0 − αt

Εξίσωση µετατόπισης:

1 x = υ0 ⋅ t + αt 2 2 Αν τη χρονική στιγµή t0 = 0 είναι x0 = 0 και υ0 = 0: 1 2 αt 2 Αν η κίνηση είναι ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυ-

1 x = υ0 ⋅ t + αt 2 2

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

1 ∆x = υ0 ⋅ ∆t + α∆t 2 2 Αν τη χρονική στιγµή t0 = 0 είναι x = 0 τότε:

1 νόµενη: x = υ0 ⋅ t − αt 2 2

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κίνηση στην οποία το κινητό κινούµενο ευθύγραµµα µεταβάλλει την ταχύτητά του µε σταθερό ρυθµό. ∆ηλαδή σε ίσα χρονικά διαστήµατα παρατηρούνται ίσες µεταβολές της ταχύτητας. Η επιτάχυνση της κίνησης διατηρείται σταθερή.

1 x = υ0 ⋅ t − αt 2 2

Οι εξισώσεις της ευθύγραµµης οµαλά επιβραδυνόµενης κίνησης στην οποία το κινητό σταµατά είναι (ανεξάρτητη του χρόνου): υ0

t= υ = υ0 − αt  υ0 υ2 υ 1 υ2 υ2 υ2 1 2 α t = και x = υ0 t − αt ⇒ x = υ0 0 − α 02 ⇒ x = 0 − 0 ⇒ x = 0  υ=0 α 2α 2 α 2 α α 2α 

Ευθύγραµµες Κινήσεις Εξίσωση ανεξάρτητη του χρόνου στην ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

υ = υ0 + α ⋅ t 1 x = υ0 ⋅ t + α ⋅ t 2 2

Από την πρώτη σχέση επιλύοντας ως προς το χρόνο: t =

υ − υ0 α

Και µε αντικατάσταση στη δεύτερη: 2

x = υ0 ⋅

υ − υ0 1  υ − υ0  + α⋅ ⇒ α 2  α 

υ − υ0 υ0 ⋅ υ − υ0 2 υ2 − 2υ0 ⋅ υ + υ0 2 + ⇒ x= 2α α 2α 2

Γνώσεις που περιέχουν τα διαγράµµατα της ευθύγραµµης οµαλά επιταχυνόµενης κίνησης (1) ∆ιάγραµµα επιτάχυνσης - χρόνου α = f(t): Το εµβαδόν που περικλείεται µεταξύ της γραφικής παράστασης και του άξονα των χρόνων αριθµητικά είναι ίσο µε την µεταβολή της ταχύτητας για το αντίστοιχο χρονικό διάστηµα. αρ

Ε = α ⋅ ∆t = α ( t 2 − t1 ) = ∆υ

(2) ∆ιάγραµµα ταχύτητας - χρόνου υ = f ( t ) : Αν υ = υ0 + αt και υ0 > 0 , α > 0 Η κλίση της ευθείας αριθµητικά είναι ίση µε την επιτάχυνση της κίνησης ∆υ υ − υ0 υ − υ0 εφω = = = =α ∆t t − t 0 t Αν υ = αt και α > 0 ∆υ υ − 0 εφω = = =α ∆t t − 0 Σε κάθε διάγραµµα ταχύτητας - χρόνου αποδεικνύεται ότι το εµβαδόν που περικλείεται ανάµεσα στην καµπύλη και στον άξονα των χρόνων αριθµητικά είναι ίσο µε την µετατόπιση ∆x για το αντίστοιχο χρονικό διάστηµα. 30

Ευθύγραµµες Κινήσεις 1 1 x = υ0 ⋅ t + αt 2 ή x = αt 2 , αν υ0 = 0 2 2 Η κλίση της καµπύλης αριθµητικά είναι ίση µε την ταχύτητα την συγκεκριµένη χρονική στιγµή. Παρατηρούµε ότι η κλίση αυξάνεται.

Γνώσεις που περιέχουν τα διαγράµµατα της ευθύγραµµης οµαλά επιβραδυνόµενης κίνησης Θεωρούµε την ταχύτητα θετική και την επιτάχυνση αρνητική (επιβράδυνση). (1) ∆ιάγραµµα επιτάχυνσης - χρόνου α = f ( t ) :

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

(3) ∆ιάγραµµα θέσης - χρόνου x = f(t):

αρ

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

E =− α ⋅ ∆t = ∆υ ∆υ = − α∆t αριθµ.

∆υ = Ε

(2) ∆ιάγραµµα ταχύτητας - χρόνου υ = f ( t ) : υ0 > 0 , α < 0

∆υ 0 − υ0 = = − εφω ∆t t−0

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

α=

αριθµ.

∆x = E (3) ∆ιάγραµµα θέσης - χρόνου x = f ( t ) : 1 x = υ0 ⋅ t − αt 2 2 Η κλίση της καµπύλης (στιγµιαία ταχύτητα) µειώνεται. Στην ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνοµένη κίνηση ισχύουν:

1 υ = υ0 − αt και x = υ0 ⋅ t − αt 2 , 2 όπου α: µέτρο της επιβράδυνσης 31

Ευθύγραµµες Κινήσεις Λυµένες Ασκήσεις Ευθύγραµµη οµαλή κίνηση

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 1.1 ∆ύο φίλοι ταξιδεύουν µε το τρένο Intercity για την Θεσσαλονίκη, µελετώντας το πληροφοριακό ένθετο του ΟΣΕ για τις γέφυρες που συναντούν στη διαδροµή. Όταν φθάνουν στο Μπράλο, αποφασίζουν να υπολογίσουν την ταχύτητα του τρένου και το µήκος του. Παρατηρούν πως όταν το τρένο περνά από µία γέφυρα µήκους x1 = 1000m , την διασχίζει σε χρόνο t 1 = 80s , ενώ όταν περνά από µία άλλη γέφυρα µήκους x 2 = 800m , την διασχίζει σε χρόνο t 2 = 70s . Πόσο υπολόγισαν την ταχύτητα και το µήκος του τρένου; Λύση Αν είναι το µήκος του τρένου και υ η ταχύτητά του, τότε για να διανύσει µία γέφυρα

µήκους x1 απαιτείται χρόνος t1, που αντιστοιχεί στο χρονικό διάστηµα από τη στιγµή που η µηχανή εισέρχεται στη γέφυρα µέχρι που το τελευταίο βαγόνι φεύγει από τη γέφυρα. ∆ηλαδή, η απόσταση που διανύει το τρένο στον ίδιο χρόνο είναι + x1 . Καθώς εκτελεί ευθύγραµµη οµαλή κίνηση ισχύουν: 1η γέφυρα: + x1 = υ ⋅ t1 (1) 2η γέφυρα: + x 2 = υ ⋅ t 2 ( 2 )

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Αφαιρούµε κατά µέλη (1) – (2): x1 − x 2 = υ ( t1 − t 2 ) ⇔ υ =

x1 − x 2 = 20 m / s t1 − t 2

Ενώ από (1) έχουµε: = υ ⋅ t1 − x1 = 600 m . Συνάντηση κινητών Παράδειγµα 1.2 ∆ύο πλοία που το καθένα έχει ταχύτητα

km κινούνται αντίθετα σε γειτονικές h παράλληλες ευθύγραµµες τροχιές. Ένας αιγαιυ = 30

km φεύγει από το ένα πλοίο και h κατευθύνεται προς το άλλο, όταν αυτά απέχουν 6 km, φτάνοντας στο άλλο πλοίο πετά πάλι προς το πρώτο κ.ο.κ. Ποια συνολική απόσταση θα διανύσει το πουλί πριν συναντηθούν τα πλοία;

όγλαρος που πετά µε σταθερή ταχύτητα υ1 = 40

Ευθύγραµµες Κινήσεις Λύση Αν τα πλοία απέχουν απόσταση s, κινούνται ευθύγραµµα οµαλά το ένα προς το άλλο διανύοντας µέχρι να συναντηθούν αποστάσεις s1 και s2.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

s1 = υ ⋅ t s2 = υ ⋅ t Από το σχήµα προκύπτει:

s 6 km 1 = ⇔t= h 2υ 2 ⋅ 30 km 10 h Στον ίδιο χρόνο το πουλί πετά µε σταθερή ταχύτητα υ1 διασχίζοντας διάστηµα km 1 s1 = υ1 ⋅ t = 40 ⋅ h = 4 km h 10 s = s1 + s 2 ⇔ s = υt + υt ⇔ t =

Γραφικές παραστάσεις Παράδειγµα 1.3

x0 = 0 και έχει ταχύτητα υ0 = 10m / s δίνεται το διπλανό διάγραµµα επιτάχυνσης - χρόνου. Με τη βοήθεια του διαγράµµατος να υπολογιστεί η ταχύτητα του κινητού τη χρονική στιγµή t = 8s και να γίνουν τα διαγράµµατα ταχύτητας - χρόνου και θέσης - χρόνου. Λύση Για το χρονικό διάστηµα ∆t1 = t1 − t 0 = 3 − 0 = 3s το κινητό επιταχύνεται οµαλά. Η µεταβολή της ταχύτητας είναι ίση αριθµητικά µε το εµβαδό του σχήµατος ΟΑΒΓ. Είναι ∆υ1 = 5m / s2 ⋅ 3s = 15m / s , αλλά ∆υ1 = υ1 − υ0 οπότε : υ1 = ∆υ1 + υ0 = 25m / s Για το χρονικό διάστηµα ∆t 2 = t 2 − t1 = ( 5 − 3) s = 2s το κινητό κινείται ευθύγραµµα οµαλά µε ταχύτητα υ 2 = υ1 = 25 m / s . ∆υ 2 = 0 . Τέλος για το χρονικό διάστηµα ∆t 3 = t 3 − t 2 = ( 8 − 5 ) s = 3s το κινητό επιβραδύνεται οµαλά. Η µεταβολή της ταχύτητας ισούται µε: αριθµ.

∆υ3 = − E ∆ΖΗΘ ⇒ υ3 − υ2 = −30m / s ⇒ υ3 = −5m / s Το αρνητικό πρόσηµο στην τελική τιµή της ταχύτητας σηµαίνει ότι το κινητό έχει αντιστρέψει την φορά κίνησής του. Ουσιαστικά επιταχύνεται πλέον κατά την αρνητική κατεύθυνση του άξονα. 33

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

χρονική στιγµή t 0 = 0 βρίσκεται στη θέση

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Για κινητό που κινείται ευθύγραµµα και την

Ευθύγραµµες Κινήσεις Από το διάγραµµα της προηγούµενης σελίδας:

∆x1 =

10 + 25 ⋅ 3m = 52,5m 2

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆x 2 = 25 ⋅ 2m = 50m

∆x 3 =

25 ⋅ 2,5 m = 31, 25m 2

∆x 4 =

0,5 ⋅ ( −5 ) = −1, 25 m 2

Σχεδιάζουµε το διπλανό διάγραµµα.

Γραφικές παραστάσεις Παράδειγµα 1.4 Το διάγραµµα υ = f ( t ) του σχήµατος προκύπτει από την κίνηση µιας Porsche 911. Αν για t 0 = 0 είναι x0 = 0 . α. Υπολογίστε από το διάγραµµα την συνολική µετατόπιση που διανύει. β. Σχεδιάστε το διάγραµµα α = f ( t ) γ. Γράψτε την εξίσωση x(t) για κάθε φάση της κίνησης και κάντε το διάγραµµά της. δ. Ποια είναι η µέση ταχύτητα από 0 έως 50s ε. Ποια απόσταση διανύει µεταξύ των χρονικών στιγµών 10s έως 40s.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Λύση

α. Στο διάγραµµα υ = f ( t ) το εµβαδόν µας δείχνει την µετατόπιση του κινητού: x ολ = E εµβ =

(β + Β) 2

⋅υ =

( 25 + 50 ) ⋅ 50 = 1875 m 2

β. Στο διάγραµµα υ = f ( t ) η κλίση µας δείχνει την επιτάχυνση. Από 0s έως 15s (ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη) m 50 − 0 ∆υ m s α1 = = = 3,33 2 ∆t 15s − 0 s Από 15s έως 40s (ευθύγραµµη οµαλή) ( 50 − 50 ) m ∆υ s =0 α2 = = ( 40 − 15 ) s ∆t

Ευθύγραµµες Κινήσεις Από 40s έως 50s (ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη)

Το εµβαδόν στο διάγραµµα α = f ( t ) µας δείχνει τη µεταβολή της ταχύτητας ∆υ. γ. Επειδή x 0 = 0 Από 0s έως 15s:

1 1 10 m ∆x1 = α1t12 = ⋅ 152 s 2 = 375m 2 2 3 s2 Από 15s έως 40s: ∆x 2 = υ2 t 2 = 50

m ⋅ 25s = 1.250 m s

1 m 1 m Από 40s έως 50s: ∆x 3 = υ0 t 3 − α3 t 32 = 50 ⋅ 10s − 5 2 ⋅ 102 s 2 = 250 m 2 s 2 s Η κλίση στο διάγραµµα x(t) µας δείχνει την ταχύτητα. Το εµβαδόν στο διάγραµα x(t) δεν έχει φυσική σηµασία. s 1875m m = 37,5 δ. υµ = ολ = t ολ 50s s ε. Για το t = 10s :

10 m 100 m m ⋅ 10s = = 33,33 . 2 3 s 3 s s Η µετατόπιση ισούται µε το άθροισµα του τραπεζίου Ε1 και του ορθογωνίου Ε2. x = E1 + E 2 =

( 33,33 + 50 ) 2

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

υ = α⋅t =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

( 0 − 50 ) m ∆υ s = −5 m α3 = = ∆t ( 50 − 40 ) s s2

⋅ 5m + 25 ⋅ 50m = 1458,33m

Ευθύγραµµες Κινήσεις ∆ιαδοχικές κινήσεις

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 1.5 Η απόσταση των σταθµών του µετρό Ακρόπολη - Σύνταγµα είναι 1880m. Οι m συρµοί του µετρό έχουν µέγιστη επιτάχυνση και αντίστοιχα επιβράδυνση 5 2 , s km . ενώ η µέγιστη επιτρεπόµενη ταχύτητα στη συγκεκριµένη διαδροµή είναι 72 h Ποιος είναι ο ελάχιστος χρόνος που µπορεί ένας συρµός του µετρό να διανύσει την παραπάνω διαδροµή; Λύση Ο συρµός του µετρό διανύει την απόσταση µε τρεις διαδοχικές κινήσεις, όπου η τελική ταχύτητα της προηγούµενης κίνησης είναι αρχική της επόµενης. α. Αρχικά κάνει ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη µε υ0 = 0 µε τελική ταχύτητα το όριο της ταχύτητας • υ1 = 72

km 1000m m = 72 = 20 h 3600s s

m 20 υ1 s = 4s • υ1 = α1t1 ⇔ t1 = = α1 5 m s2

1 2 • x1 = α1t1 = 40m 2 β. Ευθύγραµµη οµαλή µε ταχύτητα υ2 = υ1 = 20

m s

• x 2 = υ2 t 2 (1) γ. Ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη και σταµατά Οι εξισώσεις της ευθ. οµαλά επιβραδυνόµενης κίνησης που το κινητό σταµατά είναι:

m µε υ0 = υ2 = 20 s m υ0 s = 4s t3 = = α3 5 m s2 20

 m 20 υ02  s  = = 40m x3 = m 2α3 2⋅5 2 s 36

υ = υ0 − αt  υ0 t = α 

υ=0

1 x = υ0 t − αt 2 ⇒ 2

x = υ0 x=

υ0 1 υ02 − α ⇒ α 2 α2

υ02 υ02 υ2 − ⇒x= 0 α 2α 2α

Ευθύγραµµες Κινήσεις Όµως

x ολ = x1 + x 2 + x 3 ⇒ x 2 = x ολ − x1 − x 3 ⇒ x 2 = 1800m

x 2 1800m = = 90s m υ2 20 s

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Από (1) έχουµε t 2 =

Άρα t min = t1 + t 2 + t 3 = 98s Χρόνος αντίδρασης Παράδειγµα 1.6

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Η γραφική παράσταση υ = f ( t ) ενός αυτοκινήτου φαίνεται στο διπλανό διάγραµµα. Ο οδηγός του οποίου ο χρόνος αντίδρασης (ο χρόνος µέχρι να πατήσει φρένο) είναι 0,4s αντιλαµβάνεται το κόκκινο φανάρι σε απόσταση 50m. Αν εφφ=5, θα σταµατήσει έγκαιρα; Λύση • Στο τρίγωνο ΑΒΓ: ΑΓ 20  = 20  ⇒ t = 4, 4s ΓΒ t − 0, 4  5 = t − 0, 4  εφφ = 5  εφφ =

• Το εµβαδόν του διαγράµµατος υ = f ( t ) ισούται αριθµητικά µε τη µετατόπιση: ∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

( 0, 4 + 4, 4 ) β+Β ⋅υ = ⋅ 20m = 48m 2 2 Άρα προλαβαίνει να σταµατήσει. • Η εφφ = −εφθ = −α x = E εµβ. =

γιατί η κλίση εφθ του διαγράµµατος υ = f ( t ) µας δείχνει την επιτάχυνση (επιβράδυνση).

Ευθύγραµµες Κινήσεις

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση Παράδειγµα 1.7

Παράδειγµα 1.9

∆ύο κινητά Α και Β κινούνται ευθύγραµµα οµαλά πάνω στον ίδιο δρόµο και προς την ίδια κατεύθυνση, το πρώτο µε ταχύ-

Μοτοσικλέτα κινείται µε σταθερή ταχύτητα υΜ = 20 m/s. Κάποια χρονική στιγµή που βρίσκεται πριν από ένα φανάρι, σε απόσταση d = 80 m από αυτό, αυτοκίνητο που βρίσκεται στο φανάρι ξεκινάει προς την ίδια κατεύθυνση έχοντας σταθερή επιτάχυνση 4 m/s2, προπορευόµενο της µοτοσυκλέτας. Να βρεθεί η ελάχιστη απόσταση στην οποία η µοτοσικλέτα θα πλησιάσει το αυτοκίνητο.

τητα υ1 = 144 Km / h και το δεύτερο µε ταχύτητα υ 2 = 72 Km / h . Τη στιγµή t 0 = 0 το πρώτο κινητό βρίσκεται 1000 m πίσω από το δεύτερο. α. Ποια χρονική στιγµή και σε πόση απόσταση από την αρχική θέση του κινητού Α θα συναντηθούν τα δύο κινητά; β. Ποια χρονική στιγµή θα απέχουν s = 500m για δεύτερη φορά; Απάντηση: α. t = 50s, x = 2000m β. t ′ = 75s Παράδειγµα 1.8 Για ένα κινητό που κινείται ευθύγραµµα το διάγραµµα θέσης - χρόνου δίνεται στο διπλανό σχήµα. Να υπολογιστούν : α. Η µετατόπιση του κινητού στο χρονικό διάστηµα από t = 0 µέχρι t = 5s . β. Το διάστηµα που διήνυσε το κινητό σε 5 sec. γ. Να γίνει το διάγραµµα ταχύτητας - χρόνου.

Απάντηση: d min = 30m Παράδειγµα 1.10 Αυτοκίνητο επιταχύνεται οµαλά σε ευθύγραµµο δρόµο µε επιτάχυνση µέτρου 4m / s 2 . Αν το αυτοκίνητο σε κάποιο χρονικό διάστηµα µετατοπίζεται κατά x = 100 m και αποκτά ταχύτητα υ 2 = 30 m / s να βρεθεί η ταχύτητα στην αρχή του χρονικού διαστήµατος καθώς και το χρονικό διάστηµα αυτό. Απάντηση: υ1 = 100 m s , t = 5s Παράδειγµα 1.11

β. Sολ = 30m

Αυτοκίνητο κινείται µε ταχύτητα 20 m/s. Ο οδηγός , του οποίου ο χρόνος αντίδρασης είναι 0,5 s, αντιλαµβάνεται κόκκινο φανάρι σε απόσταση 50 m. α. Αν η επιβράδυνση του αυτοκινήτου έχει τιµή 4 m/s2 , θα προλάβει το αυτοκίνητο να σταµατήσει πρίν το φανάρι; β. Αν όχι, ποια θα έπρεπε να είναι η τιµή της επιβράδυνσης για να σταµατήσει έγκαιρα; Απάντηση: α. ∆x 2 = 40m, ∆x ′2 = 50m ⇒ ∆x ′2 > ∆x 2 . Άρα δεν προλαβαίνει να σταµατήσει.

γ. υ1 = 10m / s, υ 2 = 0, υ3 = −10m / s

β. α1 = 5m / s 2

Απάντηση: α. ∆x = −10m

Ευθύγραµµες Κινήσεις Παράδειγµα 1.12

Παράδειγµα 1.15

Κινητό έχει αρχική ταχύτητα υ0 και αρχίζει να επιβραδύνεται µε επιβράδυνση σταθερού µέτρου α = 2 m/s2 µε αποτέλεσµα να ακινητοποιείται µετά από χρονικό διάστηµα ∆t = 8 s. Να γίνει το διάγραµµα υ-t και να υπολογιστούν: α. η µετατόπιση του κατά τη διάρκεια του 4ου δευτερολέπτου β. η συνολική του µετατόπιση Απάντηση: α. ∆x = 9m β. ∆x oλ = 64m

Το παρακάτω διάγραµµα δίνει την ταχύτητα ενός κινητού που κινείται ευθύγραµται στη θέση x 0 = 0 . Να βρεθεί: α. Τι κινήσεις κάνει. Να υπολογισθεί το ∆x, σε κάθε κίνηση. β. Να γίνει διάγραµµα α(t), x(t).

Παράδειγµα 1.14 Αυτοκίνητο Α κινείται µε σταθερή επιτάχυνση α1 = 2 m / s 2 και αρχική ταχύτητα υ0 = 10 m / s . Την ίδια στιγµή, που θεωρεί-

ται η αρχή των χρόνων t 0 = 0 , ένα αυτοκίνητο Β που ξεκινά απ’ την ηρεµία και βρίσκεται 18m µπροστά απ’ το Α επιταχύνεται µε σταθερή επιτάχυνση α 2 = 3m / s 2 κινούµενο προς την ίδια κατεύθυνση. Να βρεθεί πότε το Α θα συναντήσει το Β για πρώτη φορά και σε πόση απόσταση απ’ την αρχική θέση του Α που θεωρείται και η αρχή των θέσεων x = 0 . Απάντηση: ∆t 2 = 2s, ∆x A = 24m

Απάντηση: α. x1 = 50m, x 2 = 125m x 3 = 162,5m, x 4 = 137,5m

Παράδειγµα 1.16 Ποδηλάτης ξεκινά από την ηρεµία (t0=0, υ0=0) κινείται ευθύγραµµα οµαλά επιταχυνόµενα και µετά από 5s αποκτά ταχύτητα 10m/s. Στην συνέχεια κινείται ευθύγραµµα οµαλά για 12s, µετά επιβραδύνεται µε σταθερή επιβράδυνση 2 m/s2, επειδή χτυπά το κινητό του και σταµατάει για 5s επειδή απαντά στο κινητό του. Στη συνέχεια, επιστρέφει στην αρχική θέση που ξεκίνησε µε σταθερή ταχύτητα, µέσα σε 10s. Να γίνει διάγραµµα α(t), υ(t), x(t).

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Σώµα που κινείται ευθύγραµµα µε σταθερή επιτάχυνση α = 10 m/s2 , τη χρονική στιγµή t = 0 έχει ταχύτητα υ0 = 20 m/s. Να βρείτε στη διάρκεια ποιου δευτερολέπτου έχει µετατοπιστεί κατά ∆x = 85 m. Απάντηση: Στη διάρκεια του 7ου δευτερολέπτου.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 1.13

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

µα και την χρονική στιγµή t 0 = 0 βρίσκε-

2. ∆υναµική

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆ύναµη ∆ύναµη ονοµάζεται η αιτία που µπορεί να παραµορφώσει ένα σώµα ή να µεταβάλλει την κινητική του κατάσταση. Η δύναµη είναι διανυσµατικό µέγεθος. Τα χαρακτηριστικά της δύναµης είναι το µέτρο της, η κατεύθυνση της (διεύθυνση και φορά) και το σηµείο εφαρµογής της. Μονάδα µέτρησης της δύναµης είναι το 1N = 1kg ⋅ m / s 2 .

Ελαστική και Πλαστική παραµόρφωση Ελαστική λέγεται η παραµόρφωση σώµατος όταν το σώµα επανέρχεται στην αρχική του κατάσταση µόλις πάψει να ασκείται η δύναµη που είχε προκαλέσει την παραµόρφωση. Πλαστική λέγεται η παραµόρφωση που διατηρείται και µετά την παύση της δύναµης.

Νόµος του Hooke Ο Νόµος Hooke για τις ελαστικές παραµορφώσεις Οι ελαστικές παραµορφώσεις είναι ανάλογες των δυνάµεων που τις προκαλούν. F= κ⋅x x: η παραµόρφωση του ελατηρίου σε σχέση µε το φυσικό του µήκος κ: η σταθερά του ελατηρίου η οποία εκφράζει τη σκληρότητά του και µετριέται σε Ν/m.

Συνισταµένη δύναµη Συνισταµένη δύο ή περισσοτέρων δυνάµεων ονοµάζεται ή δύναµη που τις αντικαθιστά και επιφέρει στο ίδιο σώµα το ίδιο αποτέλεσµα µ’ αυτές. Οι επιµέρους δυνάµεις λέγονται συνιστώσες. Η διαδικασία εύρεσης της συνισταµένης λέγεται σύνθεση. ∆ιανυσµατικά γράφουµε πάντα: ΣF = F1 + F2 + ...Fν

1ος Νόµος του Νεύτωνα Αν η συνισταµένη των δυνάµεων που ασκούνται σε ένα σώµα είναι µηδέν τότε το σώµα ισορροπεί δηλαδή ηρεµεί ή κινείται ευθύγραµµα και οµαλά. Ισχύει: Αν ΣF = 0 ⇒ F1 + F2 + ... = 0 τότε υ = 0 ή υ = σταθερή Στο διπλανό σχήµα, για να ισορροπεί το σώµα θα πρέπει η συνισταµένη των δύο δυνάµεων να είναι αντίθετη της τρίτης. 40

∆υναµική Αδράνεια

F α Όταν η συνισταµένη δύναµη είναι διάφορη του µηδενός τότε η αδράνεια των σωµάτων εκδηλώνεται σαν αντίσταση στην αιτία που µεταβάλλει την κινητική κατάσταση. Παρά την αδράνεια πάντως η κινητική κατάσταση θα µεταβληθεί. Μέτρο της αδράνειας των σωµάτων είναι η αδρανειακή µάζα m =

Θεµελιώδης Νόµος της µηχανικής ή 2ος Νόµος του Νεύτωνα ΣF ΣF = mα ή α = m

Η επιτάχυνση α έχει την κατεύθυνση της συνισταµένης δύναµης Η επιτάχυνση α είναι ανάλογη της δύναµης για την ίδια µάζα και αντιστρόφως ανάλογη της µάζας για την ίδια δύναµη.

Ορισµός του βάρους του σώµατος στη Γη Βάρος σώµατος στη Γη, ονοµάζεται η δύναµη που δέχεται το σώµα από τη Γη.

B Β = mg όπου m η βαρυτική µάζα του σώµατος m = . g Η αδρανειακή και η βαρυτική µάζα πειραµατικά διαπιστώθηκε ότι είναι ίσες.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Ορισµός της αδρανειακής µάζας

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Αδράνεια ονοµάζεται η ιδιότητα των σωµάτων να τείνουν να διατηρούν την κινητική τους κατάσταση.

Η κίνηση που εκτελεί ένα σώµα όταν αφήνεται να κινηθεί χωρίς αρχική ταχύτητα από κάποιο ύψος µε την επίδραση µόνο του βάρους του. Το βάρος λαµβάνεται σταθερό και οι αντιστάσεις αέρα αµελητέες.

Eξισώσεις και διαγράµµατα υ-t, α-t, s-t στην ελεύθερη πτώση

Εξισώσεις υ = gt α=g

1 S = gt 2 2

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Eλεύθερη πτώση

∆υναµική

Παράγοντες που καθορίζουν την τιµή της επιτάχυνσης της βαρύτητας Γεωγραφικό πλάτος Η επιτάχυνση της βαρύτητας αυξάνεται από τον ισηµερινό ( g = 9,78m / s ) προς 2

τους πόλους ( g = 9,83m / s ) . 2

Ύψος h πάνω από την επιφάνεια της Γης. Μειώνεται µε την αύξηση του ύψους.

3ος Νόµος δράσης - αντίδρασης του Νεύτωνα Όταν δύο σώµατα Α και Β αλληλεπιδρούν και το σώµα Α ασκεί µία δύναµη στο σώµα Β, τότε και το σώµα Β ασκεί στο σώµα Α δύναµη ίσου µέτρου και αντίθετης κατεύθυνσης. Σχηµατικά ισχύει:

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆ιαγράµµατα στην ελεύθερη πτώση

∆υναµική Παραδείγµατα δράσης - αντίδρασης

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1. Βάρος σώµατος: Β : Η δύναµη που ασκεί η Γη στο σώµα B΄ : Η δύναµη που ασκεί το σώµα στη Γη. Ισχύει: B = − B΄ Τα σώµατα κινούνται προς τη Γη και όχι η Γη προς τα σώµατα λόγω της µικρής τους µάζας συγκριτικά µε τη µάζα της Γης.

3. Τάση νήµατος: F1' : Η δύναµη που ασκεί ο άνθρωπος στο σχοινί F1 : Η δύναµη που ασκεί το σχοινί στον άνθρωπο - αντίδραση της F΄ 1 F2΄ : Η δύναµη που ασκεί ο κάβος στο σχοινί F2 : Η δύναµη που ασκεί το σχοινί στον κάβο αντίδραση της F2΄ Ισχύει: F1 = −F΄ 1 και F2 = − F2΄ Επίσης για σχοινί χωρίς µάζα (αµελητέα) ισχύει για τα µέτρα τους: F1 = F2 . Έτσι F1 = F΄ 1 = F2 = F2΄ . Η βάρκα και ο άνθρωπος κινούνται προς την προκυµαία λόγω της F1 .

Σύνθεση δύο οµοεπίπεδων δυνάµεων, που οι διευθύνσεις τους σχηµατίζουν γωνία φ µεταξύ τους Ισχύει: F = F1 + F2

Για το µέτρο της F : F = F12 + F22 + 2F1F2 συνφ

Για την κατεύθυνση της F : εφθ =

F2 ηµφ F1 + F2 συνφ

όπου θ η γωνία που σχηµατίζει η F µε την F1.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

2. ∆ύναµη από το δάπεδο (κάθετη αντίδραση): N : ∆ύναµη από το δάπεδο στο σώµα N΄ : ∆ύναµη από το σώµα στο δάπεδο Ισχύει: N = − N΄

∆υναµική Σύνθεση δύο οµοεπίπεδων δυνάµεων µε κάθετες διευθύνσεις

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ισχύει: F = F1 + F2 Μέτρο της F : F = F12 + F22 F Κατεύθυνση της F : εφθ = 2 F1

Σύνθεση οµοεπίπεδων δυνάµεων µε ίδια κατεύθυνση Υπολογισµός συνισταµένης 1. ∆ύο δυνάµεων ίδιας κατεύθυνσης (οµόρροπες) Ισχύει: F = F1 + F2 και µέτρου F = F1 + F2 Η συνισταµένη έχει την ίδια κατεύθυνση µε τις συνιστώσες και µέτρο το άθροισµα των µέτρων τους. 2. ∆ύο δυνάµεις αντίθετης κατεύθυνσης (αντίρροπες) Ισχύει: F = F1 + F2 και µέτρου F = F1 − F2 Η συνισταµένη έχει την κατεύθυνση της µεγαλύτερης και µέτρο τη διαφορά των µέτρων των συνιστωσών. 3. Τρεις ή περισσότερες δυνάµεις. Ισχύει: ΣF = F1 + F2 + F3 Επιλέγουµε αυθαίρετα µια φορά σα θετική Όσες δυνάµεις έχουν τη θετική φορά λαµβάνονται µε θετική αλγεβρική τιµή και όσες έχουν την αρνητική φορά λαµβάνονται µε αρνητική αλγεβρική τιµή. Προσθέτουµε τις αλγεβρικές τιµές των δυνάµεων. Αν η συνισταµένη προκύψει θετική θα έχει θετική φορά. Αν όχι, αρνητική.

∆υναµική

Για να βρούµε τη συνισταµένη περισσοτέρων των δύο δυνάµεων ακολουθούµε τα παρακάτω βήµατα. α. Επιλέγουµε ένα ορθογώνιο σύστηµα αξόνων µε αρχή το σηµείο εφαρµογής των δυνάµεων. Η επιλογή του συστήµατος είναι αυθαίρετη έτσι ώστε να χρειάζονται όσο το δυνατόν λιγότερες αναλύσεις.

β. Αναλύουµε όσες δυνάµεις δεν είναι πάνω στους άξονες σε συνιστώσες: F1x = F1συνθ , F1y = F1ηµθ , F2x = F2 συνφ , F2 y = F2 ηµφ

γ. Υπολογίζουµε τη συνισταµένη ( ΣFx κ ' ΣFy ) σε κάθε άξονα προσθέτοντας αλγεβρικά τις συνιστώσες (ή τις δυνάµεις) που βρίσκονται πάνω σε κάθε άξονα ξεχωριστά: ΣFx = F1x − F2x , ΣFy = F1y + F2 y − F3 δ. Οι δυνάµεις ΣFx και ΣFy είναι κάθετες µεταξύ τους. Έτσι για τη συνισταµένη ισχύει: Για το µέτρο ΣF = ΣFx2 + ΣFy2 ΣFy Για την κατεύθυνση εφω = ΣFx

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Σύνθεση περισσότερων από δύο δυνάµεων (Αναλυτικά)

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Συνήθως η ανάλυση γίνεται σε δύο κάθετες συνιστώσες: Fx συνθ = ⇒ Fx = Fσυνθ F Fy ηµθ = ⇒ Fy = Fηµθ F Η γωνία θ θεωρείται γνωστή.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ανάλυση δυνάµεων σε δύο συνιστώσες

∆υναµική

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ισορροπία τριών οµοεπίπεδων δυνάµεων Όταν υλικό σηµείο ισορροπεί υπό την επίδραση τριών οµοεπιπέδων δυνάµεων η συνισταµένη των δύο από αυτές θα πρέπει να είναι αντίθετη της τρίτης. ΣF = 0 ⇒ F1 + F2 + F3 = 0 ⇒ F1 + F2 = − F3 ⇒ F12 = − F3

Ισορροπία δύο δυνάµεων Για τα µέτρα των δυνάµεων ισχύει ΣF = 0 ⇒ F1 − F2 = 0 ⇒ F1 = F2

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Αναλυτική µέθοδος για ισορροπία τριών ή περισσοτέρων οµοεπίπεδων δυνάµεων α. Επιλέγουµε αυθαίρετα κατάλληλο ορθογώνιο σύστηµα xΟy αξόνων. Η επιλογή γίνεται έτσι ώστε να χρειάζονται όσο το δυνατόν λιγότερες αναλύσεις δυνάµεων. β. Αναλύουµε όσες δυνάµεις δεν είναι πάνω στους άξονες. γ. Εφαρµόζουµε συνθήκη ισορροπίας σε κάθε άξονα. ΣFx = 0 ⇒ F1x + F2x + ... = 0 (1) ΣFy = 0 ⇒ F1y + F2 y + ... = 0 (2)

δ. Οι σχέσεις (1), (2) είναι ικανές και αναγκαίες ώστε ένα σώµα να ισορροπεί. ∆ηλαδή: ΣFx = 0   ⇒ υ = 0 ή υ = σταθ. ΣFy = 0  και όταν υ = 0 η υ = σταθερό τότε: ΣFx = 0

Ορισµός της στατικής τριβής. Από τι εξαρτάται; Είναι η δύναµη που αναπτύσσεται από ένα σώµα Α σε ένα σώµα Β όταν λόγω της επίδρασης εξωτερικής δύναµης F στο Β αυτό τείνει να κινηθεί ως προς το Α χωρίς να το καταφέρνει. Για το µέτρο της µέγιστης στατικής τριβής ισχύει: Tσ max = µ σ Ν όπου µ σ ο συντελεστής οριακής στατικής τριβής που εξαρτάται από τη φύση των ε πιφανειών που έρχονται σε επαφή και Ν η κάθετη αντίδραση.

∆υναµική

Ορισµός της τριβής ολίσθησης. Από τί εξαρτάται; Τι γνωρίζουµε για τον συντελεστή τριβής ολίσθησης; Είναι µια δύναµη που αναπτύσσεται ανάµεσα σε δύο σώµατα που βρίσκονται σε επαφή και το ένα ολισθαίνει ως προς το άλλο. Έχει πάντοτε φορά αντίθετη από την ταχύτητα του σώµατος (ως προς το σώµα που ασκεί την τριβή). Το µέτρο της είναι σταθερό και ίσο µε Τ = µ ⋅ N όπου µ ο συντελεστής τριβής ολίσθησης που είναι καθαρός αριθµός. Η διεύθυνσή της είναι παράλληλη µε τη διαχωριστική επιφάνεια των δύο σωµάτων. Η τριβή ολίσθησης: α. Το µέτρο της είναι σταθερό και ανεξάρτητο της ταχύτητας µε την οποία κινείται το ένα σώµα ως προς το άλλο (για µικρές ταχύτητες). β. Το µέτρο της ανεξάρτητο από το εµβαδό συνεπαφής (για µικρές ταχύτητες). γ. Το µέτρο της εξαρτάται από τα υλικά που έρχονται σε επαφή. δ. Το µέτρο της εξαρτάται από το µέτρο της κάθετης δύναµης στήριξης (κάθετη αντίδραση).

Ποιες είναι οι δυνατές περιπτώσεις εφαρµογής του 2ου Νόµου του Νεύτωνα; Σχέση ∆υνάµεων

Είδος Κίνησης στον άξονα xx΄

Είδος Κίνησης στον άξονα yy΄

ΣFx = 0 και ΣFy = 0

αx = 0

αy = 0

Ισορροπεί

ΣFx ≠ 0 και ΣFy = 0

αx =

ΣFx m Επιταχύνεται

αy = 0

Ισορροπεί

ΣFx = 0 και ΣFy ≠ 0

αx = 0

αy =

Ισορροπεί

ΣFy

m Επιταχύνεται ΣFy αy = m Επιταχύνεται

ΣFx m Επιταχύνεται Με τον όρο ισορροπεί εννοούµε ότι υ = 0 (ηρεµεί) η υ = σταθ (ευθ. οµαλή κίνηση) ΣFx ≠ 0 και ΣFy ≠ 0

αx =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

οριακής στατικής τριβής . Tσ max = Τορ = µ ορ Ν .

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Η στατική τριβή: α. Είναι ανεξάρτητη από το εµβαδόν της επιφάνειας συνεπαφής. β. Έχει µεταβλητό µέτρο. Ελάχιστη τιµή µηδέν και µέγιστη Tσ max = µ σ Ν . γ. Εξαρτάται από τα υλικά που έρχονται σε επαφή. δ. Η µέγιστη τιµή της που λέγεται και οριακή στατική τριβή εξαρτάται από τη δύναµη Ν που δρα κάθετα από τη µια επιφάνεια στην άλλη και το συντελεστή

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Γενικά για τη στατική τριβή ισχύει: 0 ≤ Τσ ≤ Tσ max

∆υναµική

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ο 2ος Νόµος του Νεύτωνα σε ∆ιανυσµατική και σε Αλγεβρική µορφή Από το 2ο Νόµο του Νεύτωνα γνωρίζουµε ότι για ένα σώµα στο οποίο ασκούνται πολλές οµοεπίπεδες δυνάµεις ισχύει ότι: ΣFx = mα x ΣF = mα ⇔  ΣFy = mα y Γνωρίζουµε επίσης ότι εάν είναι γνωστές οι συνιστώσες για τα µέτρα τους ισχύει: ΣF = ΣFx2 + ΣFy2

Αρχή της ανεξαρτησίας των κινήσεων Η αρχή διατυπώνεται ως εξής: “Όταν ένα κινητό εκτελεί ταυτόχρονα δύο ή περισσότερες κινήσεις, κάθε µία από αυτές εκτελείται εντελώς ανεξάρτητα από τις υπόλοιπες και η θέση στην οποία φτάνει το κινητό µετά από χρόνο t, είναι η ίδια είτε οι κινήσεις εκτελούνται ταυτόχρονα, είτε εκτελούνται διαδοχικά, σε χρόνο t η κάθε µία”. Για τον υπολογισµό της ταχύτητας και της µετατόπισης σε κάποιο χρόνο t, γράφουµε το διανυσµατικό άθροισµα των ταχυτήτων και µετατοπίσεων αντίστοιχα, που θα είχε το κινητό αν εκτελούσε κάθε µία κίνηση ανεξάρτητα για χρόνο t. υ = υ1 + υ 2 και x = x1 + x 2

Όταν ρίχνουµε ένα σώµα από ύψος h οριζόντια µε ταχύτητα υ0 αγνοούµε την αντίσταση του αέρα, τότε η κίνηση που µελετάµε ονοµάζεται οριζόντια βολή. Είναι µια σύνθετη κίνηση που αποτελείται από δύο απλές κινήσεις: • µια κατακόρυφη, που είναι ελεύθερη πτώση (λόγω βαρύτητας) • µια οριζόντια, που είναι ευθύγραµµη οµαλή (επειδή δεν ασκείται δύναµη στην οριζόντια διεύθυνση).

Οι εξισώσεις κίνησης στην οριζόντια βολή οριζόντιος άξονας xx΄: α x = 0 , υ x = υ 0 , x = υ 0 ⋅ t

1 κατακόρυφος άξονας yy΄: α y = g , υ y = g ⋅ t , y = g ⋅ t 2 2

∆υναµική Οι εξισώσεις τροχιάς - χρόνου - βεληνεκούς - ταχύτητας, στην οριζόντια βολή g 2 x 2υ0 2 Η εξίσωση της µορφής y = κ ⋅ x 2 , είναι εξίσωση παραβολής, γι’ αυτό και η τροχιά του σώµατος στην οριζόντια βολή είναι παραβολή. Η εξίσωση του χρόνου: t =

2h g

Η εξίσωση του βεληνεκούς: x max = υ0

2h g

Η εξίσωση της ταχύτητας: Εξίσωση της ταχύτητας για οποιαδήποτε χρονική στιγµή: υ = υ x 2 + υ y 2

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Η εξίσωση της τροχιάς: y =

Ταχύτητα που θα έχει το σώµα, όταν θα φτάσει στο

υy υx

Μ ε θ ο δ ο λ ο γ ί α

Α σ κ ή σ ε ω ν

ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ ΥΛΙΚΟΥ ΣΗΜΕΙΟΥ α. ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑΣ ΥΛΙΚΟΥ ΣΗΜΕΙΟΥ µε την επίδραση τριών οµοεπιπέδων δυνάµεων µπορούµε να εργαστούµε και µε τους δύο τρόπους που αναφέρθηκαν παραπάνω Εφαρµογή Το σώµα του σχήµατος ισορροπεί µε την επί δραση οριζόντιας δύναµης F . Το σώµα είναι δεµένο στο άκρο σχοινιού το άλλο άκρο του οποίου είναι στερωµένο σε οροφή. Να βρεθεί η τάση του σχοινιού και το βάρος του σώµατος. ∆ίνονται µάζα σώµατος m και γωνία φ.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Η κατεύθυνση ορίζεται: εφω =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

έδαφος: υ = υ0 2 + g 2 t 2 για υ y = g ⋅ t

∆υναµική 1ος τρόπος Επιλέγουµε κατάλληλους ορθογώνιους άξονες x΄x και y΄y και αναλύουµε την τάση του σχοινιού σ’ αυτούς.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Τx = T ⋅ ηµφ

Τy = Τ ⋅ συνφ

Επειδή το σώµα ισορροπεί θα ισχύουν οι σχέσεις: ΣFx = 0 ⇒ F − Tx = 0 ⇒ F = Tηµφ ⇒ T =

ΣFy = 0 ⇒ Ty − B = 0 ⇒ B = Tσυνφ

Η (2) λόγω της (1): B =

(1)

(2)

F F ⋅ συνφ ⇒ B = ηµφ εφφ

2ος τρόπος

Επειδή το σώµα ισορροπεί η συνισταµένη των F και B θα είναι αντίθετη της τάσης T . ΣF = 0 ⇒ F + B + T = 0 ⇒ F + B = −T ⇒ Σ = −T Αλγεβρικά ΣF = 0 ⇒ Σ − Τ = 0 ⇒ Σ = Τ (3)

Από το σχήµα: εφφ =

ηµφ = ∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

F ηµφ

F F ⇒B= B εφφ

F F ( 3) F ⇒Σ= ⇒T = Σ ηµφ ηµφ

Παρατήρηση: Ο δεύτερος τρόπος συνήθως οδηγεί σε πιο γρήγορη λύση. Επειδή όµως χρησιµοποιείται µόνο για ισορροπία τριών δυνάµεων η ανάλυση σε άξονες είναι προτιµότερη. β. ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ ΣΩΜΑΤΟΣ ΣΕ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο (ΛΕΙΟ) Εφαρµογή Το σώµα του σχήµατος έχει βάρος Β = 100Ν και ισορροπεί σε λείο κεκλιµένο επίπεδο µε την επίδραση δύναµης F παράλληλης στο κεκλιµέ νο επίπεδο. Αν φ = 30ο να υπολογιστεί η F και η δύναµη Ν από το δάπεδο στο σώµα.

∆υναµική Αναλύουµε το βάρος του σώµατος σε ορθογώνιους άξονες τον xx΄ παράλληλο στο κεκλιµένο επίπεδο και τον yy΄ κάθετο σ’ αυτό. Έτσι Βy = Βσυνφ Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Β x = Βηµφ Από τις συνθήκες ισορροπίας του σώµατος παίρνουµε: ΣFx = 0 ⇒ F − B x = 0 ⇒ F = Bηµφ = 100 ⋅ 1/ 2N = 50Ν

ΣFy = 0 ⇒ Ν − Βy = 0 ⇒ N = Bσυνφ = 100 3 / 2N = 50 3N

Εφαρµογή

Οι δυνάµεις F1 και F2 µε µέτρα F1 = 3N και F2 = 4N α-

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

σκούνται στο ίδιο υλικό σηµείο όπως φαίνεται στο σχή µα. Να βρεθεί F3 που πρέπει να ασκηθεί στο υλικό σηµείο ώστε αυτό να ισορροπεί.

Επιλέγουµε κατάλληλους ορθογώνιους άξονες x΄x και y΄y. Η κατεύθυνση F3 φαίνεται στο σχήµα. Την αναλύουµε στους άξονες και υπολογίζουµε τις συνιστώσες. Από την ισορροπία του σώµατος έχουµε:

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

(1) ΣFx = 0 ⇒ F1 − F3x = 0 ⇒ F3x = F1 (ή φορά της F3x προφανώς αντίθετη της F1 ). (2) ΣFy = 0 ⇒ F3y − F2 = 0 ⇒ F3y = F2 (η φορά της F3y αντίθετη της F2 ) Από τις (1) και (2) βρίσκουµε : F3x = 3N και F3y = 4N Τελικά: F3 = F3x2 + F3y2 = 32 + 42 N = 5N , εφθ =

F3y F3x

4 3

∆υναµική Λυµένες Ασκήσεις Παράδειγµα 2.1

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Το σώµα του διπλανού σχήµατος ισορροπεί υπό την επίδραση των δυνάµεων F1 και F2 . Η F1 σχηµατίζει µε το οριζόντιο επίπεδο γωνία φ = 30ο προς τα πάνω και έχει µέτρο F1 = 20N . Να βρεθούν: α. Το µέτρο της κάθετης δύναµης Ν . β. Το µέτρο της δύναµης F2 .

m ∆ίνονται: m = 2kg , g = 10 2 . s Λύση F1x = F1 ⋅ συνφ = F1 ⋅ συν30ο = 20

3N = 10 3Ν 2

1 F1y = F1 ⋅ ηµφ = F1 ⋅ ηµ30ο = 20 N = 10Ν 2 α. ΣFy = 0 ⇒ N + F1y − B = 0 ⇒ N = mg − F1y = ( 2 ⋅ 10 − 10 ) N = 10N β. ΣFx = 0 ⇒ F1x − F2 = 0 ⇒ F2 = 10 3N Παράδειγµα 2.2

Σώµα ισορροπεί σε λείο κεκλιµένο επίπεδο υπό την επίδραση δύναµης F , η οποία είναι παράλληλη στο κεκλιµένο επίπεδο µε φορά προς τα πάνω και τιµή 10Ν. Ποια είναι η µάζα του σώµατος και ποια η τιµή της κάθετης δύναµης που δέχεται το σώµα από το επίπεδο; m ∆ίνονται φ = 30ο , g = 10 2 s Λύση B x = B ⋅ ηµφ = mgηµφ

By = B ⋅ συνφ = mgσυνφ ΣFx = 0 ⇒ F − B x = 0 ⇒ F = mgηµφ ⇒ F 10 = m= kg = 2kg g ⋅ ηµφ 10 ⋅ 1 2 ΣFy = 0 ⇒ N − By = 0 ⇒ N = mgσυν30 ⇒

N = 2 ⋅ 10 ⋅

3N = 10 3N 2

∆υναµική ∆ΕΥΤΕΡΟΣ ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ ΝΕΥΤΩΝΑ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο

Μέτρο: ΣF = F12 + F22 + 2F1F2 συνφ

F1ηµφ F2 + F1συνφ ΣF και ΣF = mα ⇒ α = m Κατεύθυνση: εφθ =

Αν ΣF σταθερή, τότε το σώµα θα εκτελέσει κίνηση ευθύγραµµη οµαλά µεταβαλλόµενη κατά την κατεύθυνση της συνισταµένης, µε εξισώσεις κίνησης:

1 υ = υ0 ± αt , x = υ0 t ± αt 2 2 ΜE TΡΙΒΗ ΚΙΝΗΣΗ ΣΕ ΜΗ ΛΕΙΟ ΟΡΙΖΟΝΤΙΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο ΜΕ ΤΗΝ ΕΠΙ∆ΡΑΣΗ Ή ΟΧΙ ΣΤΑΘΕΡΗΣ ∆ΥΝΑΜΗΣ F . α. Χωρίς την επίδραση δύναµης F . Στον άξονα yy΄ το σώµα ισορροπεί:

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1. Όταν σώµα κινείται υπό την επίδραση δύο δυνάµεων που δεν είναι αντίθετες τότε υπολογίζουµε τη συνισταµένη των δυνάµεων και στη συνέχεια την επιτάχυνση που έχει την κατεύθυνση της.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

ΣFy = 0 ⇒ N = B ⇒ N = mg (1)

Στον άξονα xx΄ το σώµα θα εκτελέσει κίνηση ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη λόγω της τριβής. Για το µέτρο της επιβράδυνσης ισχύει: ΣFx = mα ⇒ T = mα ⇒ µN = mα και λόγω της (1) µmg = mα ⇒ α = µg .

β. Με την επίδραση οριζόντιας δύναµης F .

Άξονας yy΄: ΣFy = 0 ⇒ N = B ⇒ N = mg (1) Άξονας xx΄: ΣFx = mα ⇒ F − Τ = mα ⇒ (1)

⇒ F − µΝ = mα ⇒ F − µmg = mα

από όπου υπολογίζουµε την επιτάχυνση α της κίνησης.

∆υναµική

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Αν F > Τ η κίνηση οµαλά επιταχυνόµενη Αν F = T η κίνηση ευθύγραµµη οµαλή Αν F < T η κίνηση οµαλά επιβραδυνόµενη.

Στα παραπάνω υποθέτουµε ότι την στιγµή που ασκείται η F το σώµα έχει ήδη ταχύτητα υ0 .

∆ιαφορετικά αν είναι ακίνητο τη στιγµή που εφαρµόζουµε την F το σώµα θα κινηθεί µόνο αν F > Tσ max . γ. Με την επίδραση δύναµης F που σχηµατίζει γωνία φ µε το οριζόντιο επίπεδο προς τα πάνω. Για τον άξονα yy΄ ισχύει: ΣFy = 0 ⇒ Fy + N = B ⇒ N = mg − Fηµφ

(1)

(πάντοτε από την σχέση ισορροπίας του άξονα yy΄ υπολογίζουµε την κάθετη αντίδραση Ν ). Για τον άξονα xx΄: ΣFx = mα ⇒ Fx − T = mα ⇒ Fσυνφ − µN = mα και λόγω της (1) Fσυνφ − µ(mg − Fηµφ) = mα από όπου υπολογίζουµε την επιτάχυνση της κίνησης (ή την επιβράδυνση).

ΚΙΝΗΣΗ ΣΕ ΜΗ ΛΕΙΟ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο ΜΕ ΤΗΝ ΕΠΙ∆ΡΑΣΗ ΤΗΣ ΣΤΑΘΕΡΗΣ ∆ΥΝΑΜΗΣ F ΠΑΡΑΛΛΗΛΗΣ ΜΕ ΤΟ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο α. Κίνηση προς τα πάνω Άξονας yy΄: ΣFy = 0 ⇒ N − By = 0 ⇒ N = By ⇒ N = mgσυνφ (1) (1)

Άξονας xx΄: ΣFx = mα ⇒ F − T − Bx = mα ⇒ F − µmgσυνφ − mgηµφ = mα

Η αλγεβρική τιµή της α εξαρτάται από το µέ τρο των δυνάµεων F , Βx , T . Αν F = 0 τότε mα = µmgσυνφ + mgηµφ ⇒ α = µgσυνφ + gηµφ (µέτρο της επιβράδυνσης).

∆υναµική β. Κίνηση προς τα κάτω

( F ↑↑ υ )

Άξονας yy΄: ΣFy = 0 ⇒ N = By ⇒ N = mgσυνφ (1) (1)

Άξονας xx΄: F + Bx − T = mα ⇒

By = Bσυνφ

Βx = Bηµφ

ΣFy = 0

N − By = 0

N = By N = Bηµφ Ν = mgηµφ

Τη στιγµή που για την γωνία φ το σώµα είναι έτοιµο να ολισθήσει η στατική τριβή έχει πάρει τη µέγιστη τιµή της Tσ = Τσ max = µ σ Ν

Θα ισχύει: ΣFx = 0 (οριακά) Βx = Τσ max ⇒ mgηµφ = µ σ Ν ⇒ mgηµφ = µ σ mgσυνφ ⇒ εφφ = µ σ

Η γωνία φ λέγεται γωνία τριβής.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ΓΙΑ ΛΕΙΟ ΟΡΙΖΟΝΤΙΟ ΚΑΙ ΚΕΚΛΙΜΕΝΟ ΕΠΙΠΕ∆Ο ΙΣΧΥΕΙ Η Ι∆ΙΑ ΜΕΘΟ∆ΟΛΟΓΙΑ ΜΟΝΟ ΤΟ T = 0 .

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

ΓΩΝΙΑ ΤΡΙΒΗΣ Είναι η ελάχιστη γωνία κεκλιµένου επιπέδου για την οποία ένα σώµα είναι έτοιµο να ολισθήσει µε την επίδραση του βάρους του.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

F + mgηµφ − µmgσυνφ = mα (2) Η δύναµη F µπορεί να είναι αντίρροπη της ταχύτητας.

∆υναµική Παράδειγµα 2.3

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Σώµα µάζας m = 2kg είναι ακίνητο πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Τη χρονική στιγµή t 0 = 0 ασκούµε στο σώµα δύναµη F = 8N η οποία σχηµατίζει γωνία φ µε το οριζόντιο επίπεδο προς τα πάνω. Να υπολογίσετε: α. Την κάθετη δύναµη που ασκεί το οριζόντιο επίπεδο στο σώµα. β. Την επιτάχυνση που αποκτά το σώµα. γ. Την ταχύτητα του σώµατος καθώς και το διάστηµα που έχει διανύσει το σώµα µετά από t = 10s .

m ∆ίνονται: ηµφ = 0,6 , συνφ = 0,8 , g = 10 2 . s Λύση Fx = F ⋅ συνφ = 8 ⋅ 0,8N = 6, 4Ν

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

α. ΣFy = 0 ⇒ N + Fy − B = 0 ⇒

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Fy = F ⋅ ηµφ = 8 ⋅ 0,6N = 4,8Ν

Παράδειγµα 2.4

N = mg − Fy ⇒ N = 15, 2N

Fx = 3, 2m / s 2 m γ. Από τις εξισώσεις κίνησης παίρνουµε: υ = α ⋅ t = 3, 2 ⋅ 10 m / s = 32 m / s β. ΣFx = m ⋅ α ⇒ Fx = m ⋅ α ⇒ α =

1 1 s = αt 2 = ⋅ 3, 2 ⋅ 102 m = 160m 2 2

Σώµα µάζας m = 1kg βρίσκεται σε κεκλιµένο επίπεδο και δέχεται σταθερή ορι ζόντια δύναµη F µέτρου F = 20Ν . Ποια η τιµή της κάθετης δύναµης που δέχεται το σώµα από το επίπεδο και ποια η επιτάχυνση που αποκτά το σώµα; Τριβές δεν υπάρχουν.

m ∆ίνονται: φ = 30ο , g = 10 2 s Λύση Σαν άξονα xx΄ παίρνουµε τη διεύθυνση του κεκλιµένου επιπέδου και σαν yy΄ την κάθετο στο κεκλιµένο επίπεδο. Αναλύουµε τις F και B στις κάθετες συνιστώσες τους. Τα µέτρα τους είναι:

∆υναµική 1 Bx = B ⋅ ηµφ = mg ⋅ ηµ30ο = 1 ⋅ 10 ⋅ N = 5Ν 2

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Fx = F ⋅ συνφ = 20 ⋅

3 N = 5 3Ν 2

3N = 10 3Ν 2

1 Fy = F ⋅ ηµφ = 20 ⋅ N = 10Ν 2 Το σώµα στον άξονα yy΄ ισορροπεί: ΣFy = 0 ⇒ N − By − Fy = 0 ⇒

(

)

(

)

N = Fy + By = 10 + 5 3 N = 5 2 + 3 N Στον άξονα xx΄ η επιτάχυνση θα έχει τη φορά της Fx (Fx > Bx ) και µέτρο:

α=

ΣFx Fx − Bx = = 5(2 3 − 1)N m m

Παράδειγµα 2.5 Σώµα κινείται υπό την επίδραση δύναµης F η οποία σχηµατίζει µε το ορι-

ζόντιο επίπεδο γωνία φ = 30ο και έχει τιµή F = 2t (S.I). Να βρεθεί µετά από πόσο χρόνο το σώµα εγκαταλείπει το έδαφος.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

m ∆ίνονται: m = 1kg , g = 10 2 . s Λύση Fx = F ⋅ συνφ Fy = F ⋅ ηµφ

Το σώµα απογειώνεται όταν: N = 0 Όµως: ΣFy = 0 ⇒ N + Fy − B = 0 ⇒ ⇒ Fy = B = mg = 10N

Άρα: Fy = F ⋅ ηµ30ο ⇒ F =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

B y = B ⋅ συνφ = mg ⋅ συν30ο = 1 ⋅ 10 ⋅

10 N = 20N 0,5

F = 2t ⇒ 20 = 2 ⋅ t ⇒ t = 10s

∆υναµική Παράδειγµα 2.6 Σώµα µάζας m ηρεµεί στην κορυφή κεκλιµένου επιπέδου γωνίας κλίσης φ = 30 και µεγάλου µήκους. Το σώµα αφήνεται ελεύθερο, αυξάνοντας ταχύτητα. Όταν Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

έχει διανύσει x = 4m έχει ταχύτητα υ = 4

α. Το έδαφος είναι λείο; β. Αν δεν είναι λείο, να υπολογίσετε τον συντελεστή τριβής. γ. Αν το ύψος του κεκλιµένου επίπεδου είναι h = 4,5m να υπολογίσετε την ταχύτητα που έχει το σώµα στην βάση του. Λύση α. Το σώµα κινείται ευθύγραµµα οµαλά επιταχυνόµενο µε υ0 = 0 . Οι εξισώσεις κίνησης είναι: • υ = α⋅t ⇒ t =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

m 2 . Αν g = 10m / s , s

υ α

1 2 • x = α⋅t ⇒ 2 x=

υ2 υ2 ⇒α= = 2 m / s2 2α 2x

Αν δεν ασκείται τριβή τότε ο Θεµελιώδης Νόµος Μηχανικής είναι: ΣFx = m ⋅ α ⇒ mgηµφ = m ⋅ α ⇒

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

α = gηµφ = 5m / s 2 ≠ 2m / s 2 άρα υπάρχει τριβή. ΣFy = 0 ⇒ N = B y = mgσυνφ

β. Ο θεµελιώδης νόµος µηχανικής: ΣFx = m ⋅ α ⇒ mgηµφ − T = m ⋅ α ⇒ mgηµφ − µ ⋅ Ν = m ⋅ α ⇒ µ = ∆

γ. Στο Α Γ ∆ : ηµφ =

Α∆ h h = ⇒S= = 9m ΑΓ s ηµ30ο

Οι εξισώσεις κίνησης είναι: • υ = α⋅t ⇒ t =

υ α

1 1 υ2 2 • S = α ⋅ t ⇒ S = ⋅ α ⋅ 2 ⇒ υ = 2αS = 6 m / s 2 2 α 58

mgηµφ − m ⋅ α 3 = mgσυνφ 5

∆υναµική Παράδειγµα 2.7

g = 10m / s 2.

α. Να υπολογίσετε την ελάχιστη δύναµη F που απαιτείται για να ολισθήσει το σώµα. β. Αν διπλασιάσετε το µέτρο της F και το σώµα ξεκινάει από την ηρεµία, σε πόσο χρόνο θα έχει διατρέξει x = 10m .

Λύση α. • ΣFy = 0 ⇒ N = mg + Fy = mg + Fηµφ • ΣFx = 0 ⇒ Fx = T ⇒

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Fσυνφ = µ ⋅ Ν ⇒ Fσυνφ = µ ( mg + Fηµφ ) ⇒

µ ⋅ mg = 10Ν συνφ − µ ⋅ ηµφ

β. Αν ασκείται δύναµη F = 20N τότε το σώµα επιταχύνεται οµαλά. • ΣFy = 0 ⇒ N = mg + Fy = mg + Fηµφ = 22Ν • ΣFx = m ⋅ α ⇒ Fx − T = m ⋅ α ⇒ α =

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Σώµα µάζας m = 1kg ηρεµεί σε οριζόντιο δάπεδο µε το οποίο εµφανίζει συντελε στή τριβής ολίσθησης µ = 0,5 . Στο σώµα ασκείται σταθερή δύναµη F που σχηµατίζει µε τον ορίζοντα γωνία φ, προς τα κάτω µε ηµφ = 0,6 και συνφ = 0,8 . Αν

Fx − µΝ = 5m / s 2 m

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Οι εξισώσεις κίνησης είναι: • υ = α⋅t

1 2⋅x 2 = 2s • x = α⋅t ⇒ t = α 2

∆υναµική Παράδειγµα 2.8 Ένα έλκυθρο µάζας m 1 = 4kg έχει πάνω έναν σκύλο µάζας m 2 = 6kg και κατέρχο-

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

νται σε κεκλιµένο δάπεδο κλίσης φ̂ = 30ο , µε το οποίο εµφανίζει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ =

3 . Αν g = 10m / s 2 . 6

α. Ποια δύναµη F , παράλληλη στο κεκλιµένο δάπεδο, πρέπει να ασκήσουµε στο έλκηθρο, ώστε αυτό να κατέρχεται µε σταθερή ταχύτητα υ = 4m / s . β. Κάποια στιγµή αποσπούµε τον σκύλο από το έλκηθρο, χωρίς αυτό να αλλάξει στιγµιαία την κινητική του κατάσταση. Αν συνεχίσουµε να ασκούµε την δύ ναµη F να υπολογίσετε τον χρόνο και την µετατόπιση του ελκήθρου µέχρι να σταµατήσει, από την στιγµή που έφυγε ο σκύλος.

Λύση

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

α. Αφού κινείται µε υ = 4m / s = σταθ , ισχύουν: ΣFy = 0 ⇒ N = B y = m ολ gσυνφ ΣFx = 0 ⇒ Bx + F − T = 0 ⇒ F = T − Bx ⇒ F = µ ⋅ Ν − m ολ gηµφ ⇒ F = µ ⋅ m ολ gσυνφ − m ολ gηµφ = −25Ν άρα η F έχει την κατεύθυνση της τριβής Τ , αντίθετα µε την κίνηση του σώµατος.

β. Αφού αλλάζει η µάζα, θα αλλάζει και η επιτάχυνση του σώµατος. Ισχύουν: ΣFy = 0 ⇒ N1 = By1 = m1gσυνφ ΣFx = m1 ⋅ α1 ⇒ Bx1 − T1 − F = m1α ⇒

α=

m1gηµφ − µ ⋅ m1gσυνφ − F 15 = − m / s2 m1 4

άρα η κίνηση είναι ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη. Οι εξισώσεις της κίνησης είναι:

υ = υο − α1t  υ0 16 = s t = υ=0 α1 15  1 32 x = υ0 t − α1t 2 ⇒ x = m 2 15

15 2 * Στις εξισώσεις κίνησης αντικαθιστούµε το µέτρο της επιβράδυνσης α1 = m / s . 4 60

∆υναµική Παράδειγµα 2.9 Τα σώµατα του σχήµατος έχουν µάζες m 1 = 1kg και m 2 = 2kg και εµφανίζουν

g = 10m / s 2 να υπολογίσετε: α. την δύναµη F ώστε το σύστηµα να κινείται µε επιτάχυνση α = 2m / s 2 β. τις τάσεις στο σκοινί. ∆ίνεται η κλίση του κεκλιµένου επιπέδου φ̂ µε ηµφ = 0,6 και συνφ = 0,8 . Λύση α.i. Για το σώµα ( m1 ) ισχύουν: ΣFy = 0 ⇒ N1 = B1y = m1gσυνφ

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,5 µε το δάπεδο. Η τροχαλία και το σκοινί έχουν αµελητέα µάζα, ενώ θεωρήστε ίσου µέτρου τις τάσεις του σκοινιού. Αν

FT − µ ⋅ m1gσυνφ − m1gηµφ = m1α (1) ii. Για το σώµα ( m 2 ) ισχύουν: ΣFy = 0 ⇒ N 2 = B2 = m 2 g ΣFx = m 2 α ⇒ F − T2 − FT = m 2 α ⇒

F − µ ⋅ m 2 g − FT = m 2 α ( 2 ) iii. Για το σύστηµα ισχύουν: ΣFx = ( m1 + m 2 ) α ⇒ F − FT − T2 + FT − B1x − T1 = ( m1 + m 2 ) α ⇒ F − µ ⋅ Ν 2 − m1gηµφ − µΝ1 = ( m1 + m 2 ) α ⇒ F = 26N

β. (2) έχω FT = F − µm 2 g − m 2 α ⇒ FT = 12Ν Παράδειγµα 2.10 Σώµα ρίχνεται σε οριζόντιο επίπεδο και τη χρονική στιγµή t 0 = 0 έχει ταχύτητα µέτρου υ0 = 10m / s . Αν το σώµα σταµατά µετά από 10s, ποιος είναι ο συντελεστής τριβής που παρουσιάζει το σώµα µε το επίπεδο;

m ∆ίνεται g = 10 2 . s

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

ΣFx = m1α ⇒ FT − T1 − B1x = m1α ⇒

∆υναµική Λύση Το σώµα εκτελεί ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη κίνηση. Από την εξίσωση της ταχύτητας βρίσκουµε την τιµή της επιβράδυνσης θέτοντας υ = 0 :

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

0 = υ0 − α ⋅ t ⇒ α =

υ0 10 = m / s 2 = 1m / s 2 t 10

Επίσης: ΣFx = mα ⇒ −T = − mα

(1)

ΣFy = 0 ⇒ N − B = 0 ⇒ N = mg (2) (1) ,( 2 )

Όµως T = µ ⋅ Ν ⇒ m ⋅ α = µmg ⇒ µ = α = 1 ⇒ µ = 0,1 g 10 Παράδειγµα 2. 11 Σώµα µάζας m = 1kg ηρεµεί σε οριζόντιο επίπεδο που παρουσιάζει συντελεστή

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

τριβής µ = 0, 2 . Τη χρονική στιγµή t 0 = 0 στο σώµα ασκείται σταθερή οριζόντια δύναµη µέτρου F = 8N και το σώµα ξεκινάει. Αν η δύναµη καταργείται µετά από 5s, να βρεθούν ο συνολικός χρόνος κίνησης και το συνολικό διάστηµα που διανύει το σώµα.

m ∆ίνεται g = 10 2 . s Λύση

Πριν καταργηθεί η δύναµη: ΣFy = 0 ⇒ N − B = 0 ⇒ N = mg = 10N

Άρα T = µ ⋅ N = 0, 2 ⋅ 10N = 2N

ΣFx = mα1 ⇒ F − T = mα1 ⇒ α1 =

F−T = 6 m / s2 m

1 x1 = α1t12 = 75m 2 Τ Μετά την κατάργηση της δύναµης: ΣFx = mα 2 ⇒ − Τ = − mα 2 ⇒ α 2 = = 2 m / s 2 m 1 2 υ = 15s x 2 = υ ⋅ t 2 − α 2 t 2 = 225m 0 = υ − α2 ⋅ t 2 ⇒ t 2 = 2 α2 Συνεπώς ο συνολικός χρόνος είναι: t = t1 + t 2 = ( 5 + 15 ) s = 20s υ = α1 t1 = 30 m / s

και το συνολικό διάστηµα: x = x1 + x 2 = ( 75 + 225 ) m = 300m 62

∆υναµική Παράδειγµα 2.12 Σώµα αφήνεται να ολισθήσει σε κεκλιµένο επίπεδο γωνίας κλίσης φ = 30ο . Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης ανάµεσα στο σώµα και στο επίπεδο είναι

m ∆ίνεται: g = 10 2 s Λύση ΣFy = 0 ⇒ N − B y = 0 ⇒ N = mgσυνφ Τ = µ ⋅ Ν = µ ⋅ m ⋅ g ⋅ συνφ ΣFx = mα ⇒ B x − T = mα ⇒

 1 3 2 2 α =  10 ⋅ − 0, 2 3 ⋅ 10 m /s = 2m /s 2 2   υ 10 Όµως: υ = α ⋅ t ⇒ t = = s = 5s α 2

1 1 και s = αt 2 = ⋅ 2 ⋅ 52 ⋅ m = 25m 2 2 Παράδειγµα 2.13 Σώµα µάζας m = 10 3kg κινείται µε σταθερή ταχύτητα µέτρου υ = 20m / s σε οριζόντιο δρόµο µε την επίδραση δύναµης µέτρου F = 100N που σχηµατίζει θ = 60ο µε το οριζόντιο επίπεδο προς τα πάνω. Μετά από t 1 = 10s η F καταργείται. Να βρεθούν: α. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης µεταξύ σώµατος και επιπέδου β. Ο χρόνος που θα σταµατήσει το σώµα µετά την κατάργηση της δύναµης. ∆ίνεται: g = 10m / s 2 Λύση

α. ∆ιαδροµή ΑΓ: Αναλύουµε την F σε δύο συνιστώσες Fx και Fy µε µέτρα

1 = 50Ν και 2 3 = 50 3Ν Fy = F ⋅ ηµθ = 100Ν ⋅ 2 Επειδή το σώµα κινείται µε υ = σταθ. Fx = F ⋅ συνθ = 100Ν ⋅

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

που η ταχύτητά του γίνεται 10m / s .

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

µ = 0, 2 3 . Να βρεθεί το διάστηµα που έχει διανύσει το σώµα µέχρι τη στιγµή

∆υναµική Ισχύει: ΣFx = 0 ⇒ Fx − T = 0 ⇒ Fx = T ⇒ T = 50N Από την συνθήκη ισορροπίας στον κατακόρυφο άξονα έχουµε: ΣFy = 0 ⇒ Fy + N − B = 0 ⇒ Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

N = B − Fy ⇒ Ν = mg − F ⋅ ηµθ ⇒ Ν = 50 3N Τ 50Ν 3 = ⇒µ = Ν 50 3Ν 3 β. Μετά την κατάργηση της F η µόνη οριζόντια δύναµη είναι η τριβή, η οποία επιβραδύνει και τελικά σταµατά το σώµα T = µΝ ⇒ µ =

Τ' 10 3 ΣFx = mα ⇒ −T ' = m ( −α ) ⇒ α = ⇒ α = m / s2 m 3 υ όπου T ' = µ ⋅ Ν ' ⇒ Τ ' = µ ⋅ mg ⇒ Τ΄ = 100N και t 2 = 0 ⇒ t 2 = 2 3 s . α

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 2.14 Σώµα ρίχνεται από τη βάση κεκλιµένου επιπέδου κλίσης θ = 30ο µε υ = 20m / s . Αν ο συντελεστής τριβής ολίσθησης µεταξύ σώµατος και 3 να βρεθούν: κεκλιµένου επιπέδου είναι µ = 5 α. Η απόσταση που διανύει στο κεκλιµένο επίπεδο µέχρι να σταµατήσει στιγµιαία. β. Να εξεταστεί αν θα επιστρέψει στη βάση του κεκλιµένου και αν ναι , σε πόσο χρόνο και µε ποια ταχύτητα.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

(∆ίνεται ο συντελεστής οριακής τριβής σώµατος και κεκλιµένου επιπέδου µ' =

3 4

και g = 10m / s 2 ). Λύση α. Η απόσταση που διανύει το σώµα µπορεί να βρεθεί ή µε εφαρµογή του νόµου Νεύτωνα ή µε το θεώρηµα έργου ενέργειας. Γνωρίζουµε επίσης ότι: By = mgσυνθ, Βx = mgηµθ Οι δυνάµεις που ασκούνται στη διεύθυνση κίνησης του σώµατος είναι οι Bx και T οι οποίες επιβραδύνουν το σώµα, οπότε για το διάστηµα που διανύει µέχρι να σταµατήσει ισχύει: s =

υ02 (1) .  Iσχύει στον yy΄: ΣFy = 0 ⇒ N = By = mgσυνθ  2α   Τ = µΝ ⇒ T = µmgσυνθ  

∆υναµική Ισχύει: ΣFx = mα ⇒ − Βx − T = m ( −α ) ⇒ mgηµθ + µ ⋅ mgσυνθ = mα ⇒ α = 8 m / s 2

β. Για να εξετάσουµε αν θα επιστρέψει στη βάση, σχεδιάζουµε τις δυνάµεις που ασκούνται στο σώµα. Για να κινηθεί προς τα κάτω θα πρέπει: Βx > Tστ ⇒ mgηµθ > µ στ mgσυνθ ⇒ ηµθ > µ στ συνθ ⇒

1 3 3 1 3 > ⋅ ⇒ > 2 4 2 2 8

που ισχύει άρα το σώµα επιστρέφει. Έχουµε: ΣFx = mα΄ ⇒ Βx − T = mα΄ ⇒ α΄ =

Βx − T ⇒ α ' = 2m / s 2 m

1 2 ⋅S 2 ⋅ 25m S = αt 2 ⇒ t = = ⇒ t = 5s και υεπ = α΄t ⇒ υεπ = 10 m / s . 2 α 2m / s 2 Παράδειγµα 2.15 Σώµα αφήνεται στο σηµείο Α κεκλιµένου επιπέδου σε ύψος h = 1, 25m και συνεχίζει την κίνησή του στο οριζόντιο επίπεδο σε απόσταση 10m (σηµείο Γ) από τη βάση του κεκλιµένου. Να βρεθεί ο χρόνος κίνησης t AΓ (τα επίπεδα θεωρούνται λεία, φ = 30ο ). Λύση ΣFx = mα ⇒ mgηµφ = mα ⇒

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

υ02 ⇒ S = 25m . 2α

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Από την (1) έχουµε: s =

⇒ α = gηµφ ⇒ α = 5 m / s 2

( AZ ) =

h h ⇒ ( AZ ) = όµως ηµφ ( AZ )

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

ΤΡΙΓ. ΑΕΖ: ηµφ =

1 2 h 1 αt ⇒ = g ⋅ ηµφ ⋅ t 2 ⇒ t1 = 1s 2 ηµφ 2

υ Z = α ⋅ t1 ⇒ υ Z = 5 m / s

Στο ΖΓ: εκτελεί ευθύγραµµη οµαλή κίνηση. Άρα: ( ZΓ ) = υt 2 ⇒ t 2 = 2s και t ολ = t1 + t 2 = 3s

∆υναµική

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 2.16 Σε σώµα m = 2kg αρχικά ακίνητο σε λείο οριζόντιο επίπεδο ασκείται οριζόντια δύναµη F της οποίας η αλγεβρική τιµή δείχνεται στο διάγραµµα: α. Να βρεθεί η ταχύτητα του σώµατος τη χρονική στιγµή t = 8s β. Να γίνει το διάγραµµα (υ, t) Λύση α. 0 → 4s : Ασκείται στο σώµα σταθερή δύναµη µέτρου F = 50N οπότε κάνει ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση.

F ⇒ α1 = 25m / s 2 και υ1 = α1 t ⇒ υ1 = 100 m / s m 4 → 6s : F = 0 και α 2 = 0 άρα το σώµα κάνει ευθύγραµµη οµαλή κίνηση µε F = mα1 ⇒ α1 =

υ 2 = υ1 = 100 m / s 6 → 8s : Ασκείται σταθερή δύναµη µέτρου F = 20N αντίρροπη στην κίνησή του, οπότε το σώµα κάνει ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη κίνηση µε αρχική ταχύτητα υ0 = υ 2 = 100 m / s .

F ⇒ α3 = 10 m / s 2 m και υ3 = υ0 − α 3 t ⇒ υ3 = 80 m / s είναι η ταχύτητά του στο τέλος των 8s Άρα F = mα3 ⇒ α3 =

β. ∆ιάγραµµα (υ, t)

∆υναµική

Λύση Εφαρµόζουµε το 2ο Νόµο του Νεύτωνα για κάθε σώµα χωριστά µε τις δυνάµεις που φαίνονται στο σχήµα: για το m1 : ΣF = m1α ⇒ Τ − Τρ = m1α ⇒ Τ − µm1g = m1α (1) για το m 2 : ΣF = m 2 α ⇒ Β2 − Τ = m 2 α ⇒ m 2 g − Τ = m 2 α ( 2 )

(1) + ( 2 ) ⇒ m 2 g − µm1g = m1α + m2 α ⇒ α = 3,75m / s2 1 α. Για το διάστηµα που διανύει το m1 σε t = 2s έχουµε: S1 = αt 2 ⇒ S1 = 7,5m 2 β. υ 2 = α ⋅ t ⇒ υ 2 = 7,5 m / s γ. (1) ⇒ T = m1α + µm1g ⇒ Τ = 31, 25N (Επειδή τα δύο σώµατα συνδέονται µε τεντωµένο νήµα κάθε στιγµή έχουν την ίδια ταχύτητα οπότε και οι µεταβολές των ταχυτήτων τους στη µονάδα του χρόνου είναι ίσες, άρα έχουν και ίσες επιταχύνσεις α1 = α 2 = α )

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Όταν το σύστηµα του σχήµατος αφεθεί ελεύθερο να βρεθούν: α. Το διάστηµα που διανύει η m1 σε 2s β. Η ταχύτητα του m 2 σε 2s γ. Η τάση του νήµατος ∆ίνονται: m1 = m 2 = 5kg , g = 10m / s 2 και ο συντελεστής τριβής ολίσθησης του m1 µε το δάπεδο µ = 0, 25 . (Η τροχαλία θεωρείται αβαρής)

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 2.17

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Παράδειγµα 2.18 Ένας πελάτης σ’ένα µπαρ σπρώχνει το άδειο ποτήρι της µπίρας του πάνω στο πάγκο του µπαρ για ξανασερβίρισµα. Ο σερβιτόρος, αφηρηµένος, δεν βλέπει το ποτήρι, το οποίο γλιστράει από το πάγκο και πέφτει στο πάτωµα σε απόσταση 1,4m απο τη βάση του πάγκου. Αν το ύψος του πάγκου είναι 0,86m i. µε ποια ταχύτητα φεύγει το ποτήρι απ’τον πάγκο ii. ποια είναι η κατεύθυνση της ταχύτητας του ποτηριού ακριβώς προτού χτυπήσει στο πάτωµα;

m ∆ίνεται: g = 10 2 s

∆υναµική Λύση i. O χρόνος πτώσης του ποτηριού είναι: t =

2h = g

2 ⋅ 0,86m = 0, 41s 10m / s 2

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

οριζόντιος άξονας x΄x: x max = υ0 ⋅ t ⇒ 1, 4 = υ0 ⋅ 0, 41 ⇒ υ0 = 3, 41m / s ii. Kατεύθυνση: εφω =

υy υx

gt 10 ⋅ 0, 41 = = 1, 20 υ0 3, 41

Παράδειγµα 2.19 Αεροπλάνο κινείται οριζόντια σε ύψος h = 320m από το έδαφος µε ταχύτητα υ0 = 100m / s . Στο έδαφος κινείται οµόρροπα άρµα µε ταχύτητα υ1 = 10m / s . Να βρείτε από ποια οριζόντια απόσταση s από το άρµα πρέπει ο πιλότος να αφήσει µια βόµβα ώστε αυτή να χτυπήσει το άρµα. ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση

Πρέπει να ξέρεις:

Ο χρόνος που χρειάζεται η βόµβα να πέσει στο έδαφος είναι: t =

2h = g

Στον ίδιο χρόνο το άρµα κινείται  m κατά x1 = υ1 t =  10  ⋅ ( 8s ) = 80m  s  Έτσι το βεληνεκές της βόµβας θα είναι: x βελ = S + x1 ⇒ υ0 t = S + υ1t ⇒ 800 = S + 80 ⇒ S = 720m

2 ⋅ 320 s = 8s 10

- ότι το σώµα στην οριζόντια βολή κάνει δύο διαφορετικές κινήσεις στον ίδιο χρόνο - στον xx΄ εκτελεί Ε.Ο.Κ. δηλαδή µε σταθερή ταχύτητα - στον yy΄ εκτελεί ελεύθερη πτώση στον ίδιο χρόνο - οι δύο παραπάνω κινήσεις γίνονται στον ίδιο χρόνο - η τελική ταχύτητα υπολογίζεται διανυσµατικά από το άθροισµα των ταχυτήτων στους δύο άξονες

∆υναµική

Μέσα σε ασανσέρ τοποθετούµε ζυγαριά και πάνω της σώµα µάζας m = 2kg . Ποια η ένδειξη της ζυγαριάς αν το ασανσέρ κατεβαίνει: α. µε σταθερή επιτάχυνση µέτρου 4m / s 2 .

32m, εισέρχεται σε λείο οριζόντιο επίπεδο και κινείται για άλλα 4s. Να βρεθούν: α. Ο συνολικός χρόνος κίνησης του σώµατος. β. Η τελική ταχύτητα του σώµατος. γ. Το συνολικό διάστηµα που διανύει το σώµα.

β. µε σταθερή ταχύτητα 2 m / s . γ. µε σταθερή επιβράδυνση µέτρου 4m / s 2 .

m ∆ίνεται g = 10 2 s

δ. µε επιτάχυνση µέτρου α = g

α. t ολ = 8s

m ∆ίνεται g = 10 2 s

β. υ 2 = 36m / s

β. F = 20N δ. F = 0

Παράδειγµα 2.21 Σώµα κινείται υπό την επίδραση δύναµης F η οποία σχηµατίζει µε το οριζόντιο επίπεδο γωνία φ = 30ο και έχει τιµή F = 2t (S.I). Να βρεθεί µετά από πόσο χρόνο το σώµα εγκαταλείπει το έδαφος.

γ. x ολ = 136m Παράδειγµα 2.23 Σε σώµα m = 4kg αρχικά ακίνητο σε λείο οριζόντιο επίπεδο ασκείται οριζόντια δύ ναµη F της οποίας η αλγεβρική τιµή δείχνεται στο διάγραµµα: α. Να βρεθεί η ταχύτητα του σώµατος τη χρονική στιγµή t = 8s β. Να γίνει το διάγραµµα (υ, t)

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Απάντηση: α. F = 12N γ. F = 28N

Απάντηση:

m ∆ίνονται: m = 1kg , g = 10 2 . s Απάντηση: t = 10s Παράδειγµα 2.22 Σώµα µάζας m = 1kg αρχίζει να κινείται υπό την επίδραση σταθερής οριζόντιας δύναµης µέτρου F = 5N πάνω σε δάπεδο που παρουσιάζει µε το σώµα συντελεστή τριβής µ = 0,1 . Αφού το σώµα διανύσει

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 2.20

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση

Απάντηση: α. υ3 = 34m / s

Παράδειγµα 2.24

Παράδειγµα 2.25

Τα σώµατα του σχήµατος µε µάζες

Σώµα µάζας m = 1kg βρίσκεται σε κεκλι-

m1 = 5 kg και m 2 = 3kg αφήνονται ελεύθερα να κινηθούν ενώ βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο. α. Να βρεθεί η επιτάχυνση των σωµάτων. β. Μετά από πόσο χρόνο τα δύο σώµατα θα απέχουν d = 10 m ; Το νήµα και η τροχαλία είναι αβαρή

µένο επίπεδο γωνίας κλίσης φ = 60ο και

δέχεται σταθερή οριζόντια δύναµη F έτσι ώστε να κινείται προς τα πάνω µε επιτάχυνση µέτρου α = 2 m / s 2 . Ποια πρέπει να είναι η τιµή της δύναµης αυτής; ∆ίνονται: µ =

m ∆ίνεται g = 10 2 s

m 3 , g = 10 2 s 5

(

)

Απάντηση: F = 30 3 + 10 N Απάντηση: α. α = 2,5m / s 2

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆υναµική

β. t = 2sec

3. Κυκλική Κίνηση

π.χ. Σ΄ενα ρολόϊ µε δείκτες: ∆ευτερολεπτοδείκτης: T∆ = 1min = 60s

f∆ =

1 1 = Hz T∆ 60

Λεπτοδείκτης:

TΛ = 1h = 3600s

fΛ =

1 1 = Ηz TΛ 3600

Ωροδείκτης:

TΩ = 12h = 43200s

fΩ =

1 1 = Hz TΩ 43200

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Γραµµική ταχύτητα Στην οµαλή κυκλική κίνηση το µέτρο της γραµµικής ταχύτητας του κινητού παραµένει σταθερό. Άρα τα διανυόµενα τόξα είναι ανάλογα των αντίστοιχων χρόνων στους οποίους s διανύονται, οπότε υ = , όπου t

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Περίοδος και συχνότητα στην οµαλή κυκλική Η οµαλή κυκλική κίνηση είναι περιοδική κίνηση Περίοδος Τ: ο χρόνος που χρειάζεται ένα κινητό για να εκτελέσει µια περιστροφή Συχνότητα f: το πηλίκο του αριθµού των περιστροφών Ν που εκτελεί σε κάποιο χρόνο το κινητό, προς το χρόνο αυτό N 1 f= , σε µια περίοδο Τ είναι: f = , Μονάδες S.I. 1Hz = 1s −1 t T

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Την κίνηση ενός σώµατος κατά την οποία η τροχιά του είναι περιφέρεια κύκλου και το µέτρο της ταχύτητάς του είναι σταθερό την ονοµάζουµε οµαλή κυκλική.

s: µήκος τόξου που διανύει το κινητό σε χρόνο t. Μονάδα στο SI (m / s)

Κυκλική Κίνηση

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ταχύτητα περιστροφής ή γραµµική ταχύτητα ενός κινητού είναι το φυσικό µέγεθος που έχει µέτρο ίσο µε το πηλίκο του µήκους τόξου που διανύει το κινητό σε χρόνο t, προς το χρόνο αυτό. Εάν ο χρόνος t είναι ο χρόνος µιας περιόδου Τ, τότε το µήκος του τόξου που διανύει το 2πR . κινητό είναι ίσο µε την περίµετρο του κύκλου s = 2πR , οπότε υ = T · Η διεύθυνσή της είναι κάθετη στην ακτίνα της τροχιάς, εποµένως η κατεύθυνση της µεταβάλλεται συνεχώς, επειδή είναι εφαπτόµενη της τροχιάς. Γωνιακή ταχύτητα

Το µέτρο της γωνιακής ταχύτητας ω εκφράζει τη µεταβολή της επίκεντρης γωνίας ∆θ που διαγράφει η επιβατική ακτίνα επάνω στην περιφέρεια του κύκλου, προς τον απαιτούµενο χρόνο ∆t

ω=

· Η διεύθυνση: είναι κάθετη στο επίπεδο της τροχιάς · Η φορά: καθορίζεται από τον κανόνα του δεξιού χεριού Σε χρόνο µιας περιόδου Τ η επιβατική ακτίνα θα έχει διαγράψει γωνία 2π rad, έτσι: ω=

2π Τ

µονάδα µέτρησης: rad / s στο SI

Επειδή f = ∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

∆θ ∆t

1 ισχύει και ω = 2πf T

Σχέση γραµµικής ταχύτητας και γωνιακής ταχύτητας του κινητού 2πR  T   ⇒ υ = ω⋅ R 2π  ω= Τ  υ=

Όλα τα σηµεία ενός περιστρεφόµενου δίσκου ενώ έχουν την ίδια γωνιακή ταχύτητα ω , έχουν γραµµικές ταχύτητες η τιµή των οποίων είναι ανάλογη µε την απόσταση τους από τον άξονα (κέντρο) περιστροφής.

· Σχέση γραµµικής ταχύτητας υ και συχνότητας περιστροφής f Από τη σχέση υ = 72

2πR 1 = 2πR ⇒ υ = 2πRf T Τ

Κυκλική Κίνηση Η κυκλική κίνηση είναι µια καµπυλόγραµµη κίνηση και η επιτάχυνση α έχει δύο συνιστώσες: µια εφαπτόµενη στην τροχιά, την επιτρόχια α ε (που δηµιουργεί τη µεταβολή στο µέτρο της ταχύτητας) και µια κάθετη στην ταχύτητα, στη διεύθυνση της ακτίνας µε φορά προς το κέντρο της κίνησης, την κεντροµόλο α κ (που δηµιουργεί την µεταβολή στη διεύθυνση της ταχύτητας). Στην οµαλή κυκλική κίνηση:

· Η επιτρόχια επιτάχυνση είναι: α ε = 0 διότι το µέτρο της ταχύτητας µένει σταθερό. υ2

· Η κεντροµόλος επιτάχυνση είναι: α κ = R ,

R: ακτίνα τροχιάς - κάθετη στην ταχύτητα υ - ίδια διεύθυνση µε την ακτίνα της τροχιάς - φορά προς το κέντρο της τροχιάς · Σχέση που συνδέει το µέτρο της κεντροµόλου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

επιτάχυνσης α κ και της γωνιακής ταχύτητας υ2 ( ωR ) ω2 R 2 = = ⇒ α κ = ω2 R Από τη σχέση: α κ = R R R 2

θ − θ0 ∆θ ⇒ω= ⇒ ∆t t −0

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

∆ιαγράµµατα οµαλής κυκλικής κίνησης

ω=

ω = σταθ

θ = θ 0 + ωt

Η κλίση του θ(t) µας δείχνει την γωνιακή ταχύτητα εφφ =

∆θ =ω ∆t

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Επιτάχυνση στην οµαλή κυκλική κίνηση

Το εµβαδόν της ω(t) ισούται αριθµητικά µε την επίκεντρη γωνία (σε rad) που διέγραψε η επιβατική ακτίνα (η ακτίνα που ακολουθεί το κινητό) 73

Κυκλική Κίνηση

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Οµαλά µεταβαλλόµενη κυκλική κίνηση Γωνιακή επιτάχυνση α γ Είναι ένα διανυσµατικό φυσικό µέγεθος που έχει µέτρο ίσο µε τον ρυθµό µεταβολής της γωνιακής ταχύτητας, διεύθυνση του άξονα περιστροφής και φορά της µεταβολής της γωνιακής ταχύτητας.

αγ =

∆ω rad Μονάδα S.I. 1 2 ∆t s

Οµαλά µεταβαλλόµενη κυκλική κίνηση λέγεται η κυκλική κίνηση που γίνεται µε σταθερή γωνιακή επιτάχυνση (ή επιβράδυνση)

Οµαλά επιταχυνόµενη κυκλική κίνηση:

α γ = σταθ > 0

αγ =

∆ω ω − ω0 = ⇒ ∆t t−0

1 θ = ω0 t + α γ t 2 2

ω = ω0 + α γ ⋅ t

Η κλίση του ω(t) µας δείχνει την γωνιακή επιτάχυνση εφφ =

Το εµβαδόν α(t) µας δείχνει αριθµητικά την µεταβολή της γωνιακής ταχύτητας.

∆ω = αγ ∆t

Το εµβαδόν ω(t) µας δείχνει αριθµητικά την επίκεντρη γωνία (σε rad) που διέγραψε η επιβατική ακτίνα

Η κλίση θ(t) µας δείχνει την γωνιακή ταχύτητα

εφφ =

∆θ =ω ∆t

Κυκλική Κίνηση

Κεντροµόλος δύναµη Θεωρούµε ένα σώµα το οποίο εκτελεί κυκλική κίνηση µε ταχύτητα σταθερoύ µέτρου. Η µεταβολή της κατεύθυνσης της ταχύτητας δηλώνει την ύπαρξη της επιτάχυνσης (κεντροµόλου). Άρα σύµφωνα µε το 2ο Νόµο του Νεύτωνα ασκείται στο σώµα δύναµη, η οποία είναι κάθετη στη διεύθυνση της ταχύτητας του σώµατος, έχει κατεύθυνση προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς και ονοµάζεται κεντροµόλος δύναµη. ∆εν είναι µία ακόµα δύναµη που ενεργεί στο σώµα, είναι η συνισταµένη όλων των δυνάµεων που ασκούνται στο σώµα κατά τη διεύθυνση της ακτίνας της κυκλικής τροχιάς, µε φορά προς το κέντρο του κύκλου. Η βασική προϋπόθεση για να µπορέσει ένα σώµα να εκτελέσει κυκλική κίνηση είναι να υπάρχει κεντροµόλος δύναµη Fκ . Τα χαρακτηριστικά της είναι:

· Μέτρο: Fκ = m ⋅ α κ ή Fκ = mυ R

ή ΣFκ =

mυ2 R

· ∆ιεύθυνση: ίδια µε της ακτίνας του κύκλου (κάθετη στην διεύθυνση της ταχύτητα υ) · Φορά: προς το κέντρο της κυκλικής τροχιάς · Σχέση που συνδέει την κεντροµόλο δύναµη και τη συχνότητα περιστροφής f Από τη σχέση: Fκ =

mυ2 m m ⋅ 4π 2 R 2 f 2 2 = ( 2πRf ) = ⇒ Fκ = 4mπ 2 Rf 2 R R R

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

1 θ = ω0 t − α γ t 2 2

ω = ω0 − α γ ⋅ t

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

α γ = σταθ < 0

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Οµαλά επιβραδυνόµενη κυκλική κίνηση:

Κυκλική Κίνηση Λυµένες Ασκήσεις

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 3.1 Τα παλαιότερα χρόνια οι άνθρωποι διασκέδαζαν ακούγοντας µουσική από δίσκους βινυλίου. Υπήρχαν δίσκοι των 33 στροφών (LP) και δίσκοι των 45 στροφών (single). Ένας δίσκος των 45 στροφών έχει ακτίνα 6 cm. Αν η µύτη της βελόνας του πικάπ κινείται για 3s σ’ αυτή την ακτίνα να υπολογίσετε: α. την γωνιακή ταχύτητα του δίσκου β. την επίκεντρη γωνία που διαγράφει η επιβατική ακτίνα σε 3s γ. το µήκος του αντίστοιχου τόξου σε 3s. Λύση α. Η έκφραση “45 στροφές” σηµαίνει ότι ο δίσκος κάνει 45 στροφές σε 1min, άρα η συχνότητα περιστροφής του δίσκου είναι: f =

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Η ω = 2πf =

N 45 3 = = Hz . t 60s 4

3π rad 2 s

β. ω =

θ ⇒ θ = ω ⋅ t = 4,5π rad t

γ. θ =

s ⇒ s = θ ⋅ R = 4,5π ⋅ 6 ⋅ 10−2 m ⇒ s = 0, 27π m. R

Παράδειγµα 3.2 Στο ρολόι του σχήµατος, ο ωροδείκτης και ο λεπτοδείκτης δείχνουν δώδεκα τα µεσάνυχτα ακριβώς. Μετά από πόση ώρα, για πρώτη φορά οι δείκτες θα σχηµατίσουν γωνία: β. 1800 γ. 3600 δ. 600 α. 900 Λύση Η διαφορά των επίκεντρων γωνιών που διέγραψαν ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης είναι: ∆θ = θ λ − θ ω ⇒ ∆θ = ω λ ⋅ t − ωω ⋅ t ⇒

1  ∆θ  1 ∆θ = 2πt  −  ⇒ t = ⇒ 1 1  Τ Τ  ω   λ 2π  −   Τλ Τω 

∆θ ∆θ h⇒ t= h (1) 11 1 1  2π 2π  −  12  1 12 

Τλ = 1h , Tω = 12h

(1) ⇒ t = 3 h 11

β. Για ∆θ = π

(1) ⇒ t = 6 h 11

γ. Για ∆θ = 2π

(1) ⇒ t = 12 h 11

π 3

(1) ⇒ t = 2 h 11

δ. Για ∆θ =

Παράδειγµα 3.3

200 m ξεκινούν από το ίδιο σηµείο δύο δροπ µείς Α και Β µε ταχύτητες µέτρων υ Α = 3m / s και υB = 2m / s αντίστοιχα. Μετά

Σ’ έναν κυκλικό στίβο ακτίνας R =

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

από πόσο χρόνο θα συναντηθούν για τρίτη φορά όταν: α. κινούνται µε την ίδια φορά β. κινούνται µε αντίθετες φορές Λύση α. Οι δυο δροµείς όταν θα συναντηθούν για πρώτη φορά θα έχουν διατρέξει διαστήµατα: SA = υ Α ⋅ t = 3t SB = υ B ⋅ t = 2t αλλά ο πρώτος που ’χει µεγαλύτερη ταχύτητα θα ’χει διαγράψει ένα κύκλο (2πR) περισσότερο. Έτσι µετά από την τρίτη φορά θα ’χει διαγράψει τρεις κύκλους περισσότερους, δηλ.

SA = SB + 3 ( 2πR ) ⇒ 3t = 2t + 6π

200 s⇒ π

t = 1200s β. Όταν κινούνται µε αντίθετες φορές έχουν διαγράψει έναν κύκλο για κάθε φορά που συναντιώνται. 200 SA + SB = 3 ( 2πR ) ⇒ 3t + 2t = 6π s ⇒ 5t = 1200s ⇒ t = 240s π

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

π 2

α. Για ∆θ =

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κυκλική Κίνηση

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 3.4 Ο µπροστινός δίσκος του ποδηλάτου που συνδέεται µε τα πετάλια έχει ακτίνα 2 R 1 = 20cm και στρέφεται µε σταθερή συχνότητα f1 = Hz . Ο πίσω δίσκος είναι π συνδεδεµένος µε τον µπροστινό δίσκο µε αλυσίδα και έχει ακτίνα R 2 = 10cm , ενώ ο πίσω τροχός του ποδηλάτου έχει ακτίνα R = 50cm . Να υπολογίσετε: α. την συχνότητα f2 του πίσω δίσκου β. την γωνιακή ταχύτητα του πίσω τροχού του ποδηλάτου γ. την γραµµική ταχύτητα του πίσω τροχού του ποδηλάτου δ. την ταχύτητα του ποδηλάτου. Λύση α. Το µέτρο της γραµµικής ταχύτητας των τροχών είναι ίσο µε το µέτρο της ταχύτητας οποιουδήποτε σηµείου της αλυσίδας.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

υΚ = υΛ

 R1 ⋅ f1 = f 2 ⋅ R 2 ⇒  υ Κ = 2πR 1 ⋅ f1  R ⋅f 4 f 2 = 1 1 = Hz  R2 π υ Λ = 2πR 2 ⋅ f 2 

β. Ο πίσω δίσκος και ο πίσω τροχός του ποδηλάτου έχουν την ίδια γωνιακή ταχύτητα (και συ-

4 rad =8 π s γ. Η γραµµική ταχύτητα του πίσω τροχού είναι: χνότητα) ω = 2πf 2 = 2π υ γρ = ω ⋅ R = 4m / s

δ. Επειδή ο τροχός κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει (σπινάρει) η µετατόπιση (x) του ποδηλάτου είναι ίση µε το τόξο (s) του τροχού που διανύθηκε στον ίδιο χρόνο: (:t )

x = s⇒

x s = ⇒ t t υ = υ γρ = 4m / s

Κυκλική Κίνηση Παράδειγµα 3.5

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Τη στιγµή που το βλήµα του σχήµατος απέχει απόσταση d = 2m από το σηµείο Α (η προβολή του στο δίσκο) έχει σταθερή ταχύτητα υ = 400m / s . Ο δίσκος περιστρέφεται µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω, όταν το βλήµα κτυπά στο δίσκο, το σηµείο Α έχει περιστραφεί κατά γωνία φ = 45o . Να βρείτε τη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του δίσκου. Λύση Ο δίσκος περιστρέφεται κατά φ = 45o σε χρόνο:

Σε χρόνο Τ διαγράφει γωνία 2π rad

t=T

π rad 4

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

t π/4 T = s 2π 8

Στον ίδιο χρόνο το βλήµα κινείται ευθύγραµµα οµαλά και διανύει απόσταση:

d = υ ⋅ t ⇒ 2 = 400

1 Τ ⇒ Τ = 0,04s άρα ω = 2πf = 2π ⇒ ω = 50π rad / s Τ 8

Παράδειγµα 3.6

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Ένα µικρό σφαιρίδιο µάζας m κρέµεται από µη εκτατό νήµα µήκους L. Το σφαιρίδιο περιστρέφεται οµαλά κυκλικά σε οριζόντιο επίπεδο κατά τρόπο που το νήµα να διαγράφει περιφέρεια κώνου. Η γωνία που σχηµατίζει το νήµα µε την κατακόρυφο είναι θ. Να βρεθούν: α. το µέτρο της γραµµικής ταχύτητας του σφαιριδίου β. η περίοδος περιστροφής του σφαιριδίου Λύση

α. Στο σφαιρίδιο ασκούνται το βάρος του Β και η τάση του νήµατος F R Fy = F ⋅ συνθ , Fx = F ⋅ ηµθ = F L άξονας y: ΣFy = 0 ⇒ Fy = mg ⇒ F ⋅ συνθ = mg ⇒ F =

mg (1) συνθ 79

Κυκλική Κίνηση άξονας x: ΣFx = m

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

β. ισχύει Τ =

mυ2 (1) mυ2 υ2 ⇒ mg ⋅ εφθ = ⇒ υ = R ⋅ g ⋅ εφθ ⇒ Fηµθ = R R R

2πR R2 R ⇒ Τ = 2π ⇒ Τ = 2π υ R ⋅ g ⋅ εφθ g ⋅ εφθ

Παράδειγµα 3.7 Ο οριζόντιος δίσκος του σχήµατος περιστρέφεται µε συχνότητα f = 0,1Hz . Για να ισορροπεί ένα σώµα πάνω στο δίσκο, πρέπει να υπάρχει τριβή µεταξύ τους. Αν µσ = 0, 2 να βρείτε τις τιµές που µπορεί να πάρει η απόσταση d, ώστε το σώµα να ισορροπεί πάνω στο δίσκο. ∆ίνονται g = 10m / s 2 και π 2 = 10 .

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Λύση Για να ισορροπεί το σώµα πρέπει να υπάρχει στατική τριβή η οποία να παίζει το ρόλο της απαραίτητης κεντροµόλου δύναµης. mυ2 Ισορροπεί όταν: Τσ max ≥ Fκ ⇒ µ σ ⋅ mg ≥ ⇒ d µ g µ σ ⋅ mg ≥ 4π 2 f 2 dm ⇒ d ≤ σ2 2 ή d ≤ 5m 4π f Παράδειγµα 3.8 Θέλοντας να εντυπωσιάσετε τους δικούς σας για τις γνώσεις που αποκτήσατε στην φυσική, γεµίζετε ένα ανοικτό δοχείο µε νερό και το δένετε σε νήµα µήκους = 0,9m . Κρατώντας το νήµα από τη µία του άκρη αναγκάζεται το δοχείο να κάνει κυκλική κίνηση σε κατακόρυφη τροχιά. Να υπολογίσετε την ελάχιστη ταχύτητα περιφοράς του δοχείου, στο ανώτατο σηµείο της τροχιάς, ώστε να µη χυθεί το νερό. ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση Στο νερό που βρίσκεται στη θέση Α, ασκούνται το βάρος του B και η δύναµη N A , από τον πυθµένα και τα τοιχώµατα του δοχείου. Η συνισταµένη των δύο δυνάµεων είναι η κεντροµόλος δύναµη: FK = N A + mg  mυ 2  2 Ν mg + =  Α mυ FK =  

Κυκλική Κίνηση Στην οριακή κατάσταση που το νερό αρχίζει να χύνεται θα είναι N A = 0 τότε: mυ2 ⇒ υ = g = 3m / s Αν η ταχύτητα του δοχείου είναι µεγαλύτερη από 3m/s το νερό δεν χύνεται. (Αν πειραµατιστείτε προτιµήστε ανοικτούς χώρους).

Παράδειγµα 3.9 Ένα µικρό σφαιρίδιο µάζας m = 0,1kg περιστρέφεται κυκλικά σε κατακόρυφο επίπεδο δεµένο στο άκρο νήµατος µήκους = 1m . Αν g = 10m / s να υπολογίσετε: α. την τάση του νήµατος στο ανώτερο σηµείο της τροχιάς του αν η ταχύτητά 2

του είναι υ1 = 4m / s β. πόση πρέπει να είναι η ελάχιστη ταχύτητα για να κάνει ανακύκλωση.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

mg =

Λύση Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Το σφαιρίδιο κάνει µη οµαλή κυκλική κίνηση γιατί η κεντροµόλος δύναµη είναι διαφορετική σε κάθε σηµείο της τροχιάς του. α. Στην ανώτερη θέση (Α) στο σφαιρίδιο ασκούνται η τάση T του νήµατος και το βάρος του B που “παίζουν” τον ρόλο της αναγκαίας κεντροµόλου δύναµης. FK = T + B mυ12 mυ12  2 + = ⇒ = − mg ⇒ T = 0,6N T B T mυ1  FK =   β. Στην οριακή κατάσταση που η τάση θα είναι µηδέν

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

( T = 0 ) τον ρόλο της κεντροµόλου “παίζει” το βάρος mυ2 mυ2 ⇒ mg = ⇒ υ = g = 10 m / s

Κυκλική Κίνηση

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 3.10 Στο διπλανό διάγραµµα δίνεται η γωνιακή ταχύτητα ενός υλικού σηµείου µάζας m = 100g το οποίο εκτελεί οµαλή κυκλική κίνηση ακτίνας R = 50cm . α. Πόσους κύκλους διαγράφει το σώµα στη διάρκεια των 10 πρώτων δευτερολέπτων και πόσους συνολικά στα 25 δευτερόλεπτα; β. Πόσο διάστηµα διανύει το σώµα στα 25 δευτερόλεπτα της κίνησής του και πόση είναι η µέση του ταχύτητα στο χρονικό αυτό διάστηµα; γ. Υπολογίστε το µέτρο της κεντροµόλου δύναµης τη στιγµή t = 13s . ( π2 10 ) Λύση α. Στα πρώτα 10s το υλικό σηµείο διαγράφει γωνία

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

φ1 = ω1 ⋅ ∆t1 = 18π ⋅ 10rad = 180π rad

Στα επόµενα 15s οµοίως: φ 2 = ω 2 ⋅ ∆t 2 = 10π ⋅ 15rad = 150π rad Εποµένως φ ολ = φ1 + φ 2 = 330π rad και αριθµός περιστροφών N =

φολ = 165 περιστροφές . 2π

β. Οι 165 κύκλοι αντιστοιχούν σε x = 165 ⋅ 2πR = 165π m άρα µέση ταχύτητα: υµ =

x 165π 33π = m/s = m/s t ολ 25 5

γ. Τη στιγµή t = 13s είναι ω = 10π rad / s άρα FK = m

υ2 = mω2 ⋅ R = 50N R

Παράδειγµα 3.11 Ένας τροχός ακτίνας 8cm κυλάει πάνω σε οριζόντιο επίπεδο. Η ταχύτητα του κέντρου του τροχού είναι 5m/s. Να υπολογίσετε τη συχνότητα µε την οποία περιστρέφεται. Λύση Είναι T =

2πR υ 125 ⇒f = = Ηz 10Hz υ 2πR 4π

Παράδειγµα 3.12 Ένα αυτοκίνητο µάζας 1200kg κινείται κυκλικά σε οριζόντιο δρόµο µε ταχύτητα σταθερού µέτρου 72km/h. Η ακτίνα της τροχιάς του είναι 40m. Να υπολογίσετε το µέτρο της στατικής τριβής που εµποδίζει το αυτοκίνητο να ολισθήσει και το κρατά σε κυκλική τροχιά, παίζοντας ρόλο κεντροµόλου δύναµης. 82

Κυκλική Κίνηση Λύση Η στατική τριβή παίζει ρόλο κεντροµόλου δύναµης:

Παράδειγµα 3.13

Παράδειγµα 3.15

Τρακτέρ κινείται µε σταθερή ταχύτητα υ = 20 m / s σε ευθύγραµµο δρόµο. Η ακτίνα των µπροστινών τροχών του είναι

Οριζόντιος δίσκος µπορεί να περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνάει από το κέντρο του. Τοποθετούµε πάνω στο δίσκο και σε απόσταση R = 2m από τον άξονα περιστροφής ένα σώµα. Ο συντελεστής οριακής τριβής µεταξύ σώµατος - δίσκου είναι µ = 0,32 . Να βρείτε τον αριθµό των στροφών ανά min που πρέπει ν’ αποκτήσει ο δίσκος για ν’ αρχίσει η ολίσθηση του σώµατος.

R 1 = 0,5m και των πίσω R 2 = 1m . Να βρείτε τις συχνότητες περιστροφής και τις κεντροµόλους επιταχύνσεις των σηµείων της περιφέρειας κάθε τροχού. Απάντηση:

20 Hz, α1 = 800m / s 2 π 10 f 2 = Hz, α 2 = 400 m / s 2 π f1 =

m ∆ίνεται g = 10 2 και π 2 ≈ 10 s Απάντηση: f min = 12

Παράδειγµα 3.14 Στο ίδιο σηµείο της περιφέρειας κύκλου ακτίνας R = 1m βρίσκονται δύο κινητά Α, Β που ηρεµούν. Το Α ξεκινά να κάνει οµαλή κυκλική κίνηση µε γραµµική ταχύτητα υ = π m / s . Το Β κινείται κατά µήκος της διαµέτρου του κύκλου ευθύγραµµα οµαλά επιταχυνόµενο χωρίς αρχική ταχύτητα. Ποια πρέπει να είναι η επιτάχυνσή του ώστε να συναντηθούν στο άλλο άκρο της διαµέτρου όταν το κινητό Α περάσει για δεύτερη φορά;

στρ. min

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

mυ2 1200 ⋅ 202 km 1000m = N = 1, 2 ⋅104 N γιατί 72 = 72 = 20m / s R 40 h 3600s

Παράδειγµα 3.16 Μοτέρ περιστρέφει µε σταθερή συχνότητα f1 = 20Hz έναν τροχό ακτίνας R 1 = 1m . Ποια ακτίνα πρέπει να ’χει ένας δεύτερος τροχός που θα συνδεθεί µε ιµάντα µε τον πρώτο, έτσι ώστε να περι-

στρέφεται µε συχνότητα f 2 = 60Hz ;

1 Απάντηση: R 2 = m 3

4 Απάντηση: α = m / s 2 9

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Tστ =

4. Ορµή

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ποιες δυνάµεις ονοµάζονται εσωτερικές και ποιες εξωτερικές; Να αναφερθούν παραδείγµατα. Σε ένα σύστηµα σωµάτων διακρίνουµε δύο είδη δυνάµεων: ∆υνάµεις που ασκούνται µεταξύ των σωµάτων που αποτελούν το σύστηµα και οι οποίες ονοµάζονται εσωτερικές. ∆υνάµεις που προέρχονται από το περιβάλλον, δρουν στα σώµατα του συστήµατος και οι οποίες ονοµάζονται εξωτερικές. Παράδειγµα 1: ∆ύο σώµατα m1 και m2 που βρίσκονται σε επαφή, αποτελούν ένα σύστηµα. Εσωτερικές: F : δύναµη που ασκεί το σώµα m1 στο σώµα m2 (δράση). F' : δύναµη που ασκεί το σώµα m2 στο σώµα m1 (αντίδραση). Λόγω 3ου Ν. Νεύτωνα: F = − F' Εξωτερικές: Τα βάρη B1 , B2 που ασκεί η Γη στα σώµατα. Οι κάθετες αντιδράσεις N1 , N 2 που ασκεί το έδαφος.

Ποιο σύστηµα λέγεται µονωµένο; Ένα σύστηµα ονοµάζεται µονωµένο όταν οι εξωτερικές δυνάµεις που δρουν πάνω του έχουν συνισταµένη µηδέν ή αν δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάµεις.

∆ώστε τον ορισµός της ορµής p σώµατος. Ορµή p σώµατος: όταν ένα σώµα µάζας m κινείται µε ταχύτητα υ λέµε ότι έχει ορµή p. Η ορµή p ενός σώµατος είναι το διανυσµατικό µέγεθος που έχει µέτρο ίσο µε το γινόµενο της µάζας m του σώµατος επί το µέτρο της ταχύτητας του υ . p = m·υ Κατεύθυνση: είναι ίδια µε την κατεύθυνση της ταχύτητας του σώµατος.

Μονάδα µέτρησης στο S.I.: 1kg m

(ισοδύναµη µε 1N ⋅ s )

Ορµή ∆ιατυπώστε την αρχή διατήρησης της ορµής Α.∆.Ο.

Γενικευµένη µορφή του 2ου νόµου της µηχανικής του Νεύτωνα Οι δυνάµεις που ασκούνται στα σώµατα προκαλούν την αλλαγή στην ταχύτητα και στην ορµή τους. Σύµφωνα µε το δεύτερο Νόµο του Νεύτωνα: ∆υ ΣF = m ⋅ α ⇒ ΣF = m ⋅ ⇒ ∆t υ τελ − υαρχ mυ τελ − mυαρχ = ⇒ ΣF = m ∆t ∆t ∆p p τελ − pαρχ ΣF = ⇒ ΣF = ∆t ∆t Συνεπώς για να αλλάξει η ορµή ενός σώµατος απαιτείται η άσκηση δύναµης. Άρα η συνισταµένη δύναµη που ασκείται σε ένα σώµα είναι ίση µε το ρυθµό µεταβολής της ορµής του: ∆p ΣF = ∆t

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Σε ένα σύστηµα σωµάτων στο οποίο δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάµεις ή αν ασκούνται, έχουν συνισταµένη µηδέν (µονωµένο σύστηµα), η ορµή του διατηρείται σταθερή: p oλ = σταθ. ⇒ p αρχ = p τελ

α. Η αρχή της κίνησης των πυραύλων Θεωρούµε τον πύραυλο και τα αέρια που φεύγουν ως µονωµένο σύστηµα. Αρχικά το σύστηµα είναι ακίνητο. Όταν µία µάζα αερίων φεύγει µε ταχύτητα υα , η ορµή της έχει µέτρο: pα = mα ⋅ υα

και ο πύραυλος αποκτά ταχύτητα υ π , του οποίου το µέτρο της ορµής είναι: p π = m π ⋅ υπ

Για το µονωµένο σύστηµα πύραυλος - αέρια ισχύει η αρχή διατήρησης της ορµής (Α.∆.Ο.): m pολ = σταθ. ⇒ pαρχ = p τελ ⇒ 0 = pα + p π ⇒ 0 = mα ⋅ υα + m π ⋅ υπ ⇒ υπ = − α ⋅ υα mπ Το αρνητικό πρόσηµο στην ταχύτητα του πυραύλου δείχνει ότι έχει φορά αντίθετη εκείνης της ταχύτητας των αερίων. Όταν λοιπόν µια µάζα αερίων βγαίνει από τον πύραυλο µε ταχύτητα υα , o πύραυλος κινείται αντίρροπα µε ταχύτητα που δίνεται από την παραπάνω σχέση. 85

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΗΣ ∆ΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ορµή β. Κρούση δύο σωµάτων Σε κάθε κρούση ισχύει η αρχή διατήρησης της ορµής (Α.∆.Ο) γιατί οι δυνάµεις που αναπτύσσονται κατά τη διάρκειά της είναι πολύ µεγάλες σε σχέση µε τις δυνάµεις που είχαν ασκηθεί στα σώµατα. Αν δύο σφαίρες µικρών διαστάσεων που κινούνται στην ίδια διεύθυνση, έχουν µάζες m1 , m 2 και συγκρουστούν τότε θα ασκηθούν πάνω τους δύο αντίθετες δυνάµεις: ∆υ1 ∆υ2 F1 = − F2 ⇒ m1 = − m2 ⇒ m1 ⋅ ∆υ1 = − m 2 ⋅ ∆υ 2 ⇒ ∆p1 = − ∆p 2 ⇒ ∆t ∆t p τ1 − pα1 = − ( p τ2 − p α 2 ) ⇒ p τ1 + p τ2 = pα1 + pα 2 ⇒ p ολ ( τ ) = p ολ ( α ) ∆ηλαδή η ορµή του συστήµατος είναι σταθερή.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Εφαρµογή 1 Μπάλα συγκρούεται µε ακίνητο εµπόδιο (τοίχο) και επιστρέφει µε ταχύτητα ίσου µέτρου. α. Nα υπολογισθεί το µέτρο της µεταβολής της ορµής. β. Να υπολογισθεί η µέση δύναµη που ασκείται στην µπάλα από τον τοίχο κατά την κρούση, αν διαρκεί χρονικό διάστηµα ∆t. Λύση α. ∆p = p − p 0 p0 = mυ

p = − mυ

∆p = p − p0 = −mυ − mυ = −2mυ

β. ΣFµ =

∆p 2mυ =− ∆t ∆t

Ορµή Εφαρµογή 2 Σε µία πίστα πάγου δύο χορευτές µε µάζες m1 = 60kg και m 2 = 40kg , κινούνται αντίρ-

β. η δύναµη F1,2 που ασκεί ο χορευτής 2 στο χορευτή 1 γ. η δύναµη F 2,1 που ασκεί ο χορευτής 1 στο χορευτή 2 Λύση α. Κατά την κρούση ισχύει η Α.∆.Ο. p πριν = pµετά m1 ⋅ υ1 − m 2 ⋅ υ2 = ( m1 + m 2 ) ⋅ Vκ β. Από τον 2ο Νόµο του Νεύτωνα: p1,µετά − p1,πριν ∆p1 F1,2 = F1,2 = ∆t ∆t

F1,2 =

m1 ⋅ Vk − m1 ⋅ υ1 ∆t

F1,2 = −1200Ν

γ. Από τον 2ο Νόµο του Νεύτωνα: p 2,µετά − p 2,πριν ∆p 2 F2,1 = F2,1 = ∆t ∆t F2,1 =

m 2 ⋅ Vk − ( − m 2 ⋅ υ 2 ) ∆t

F2,1 = +1200Ν

Vκ = 1m / s Για σύστηµα δύο σωµάτων που αλληλεπιδρούν για χρόνο ∆t οι εσωτερικές δυνάµεις του συστήµατος είναι: ∆p 2 ∆p F1,2 = 1 , F2,1 = ∆t ∆t Αν θέλουµε να αφαιρέσουµε δύο διανύσµατα, προσθέτουµε στο πρώτο το αντίθετο του δεύτερου. α − β = α + ( −β )

Μεταβολή της ορµής Αν θέλουµε να υπολογίσουµε την µεταβολή της ορµής ενός σώµατος τότε: ∆p = p τελ + ( − p αρχ ) ∆p = p τελ − pαρχ Εφαρµογή 3 Ένας παίκτης του χόκεϋ µάζας m = 100kg κινείται µε ταχύτητα υ1 = 0, 3m / s και δέχεται από έναν αντίπαλο µία δύναµη µε συνέπεια να κινηθεί µε ταχύτητα υ2 = 0,4m / s κάθετα στην αρχική διεύθυνση. Να υπολογίσετε την µεταβολή της ορµής του.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

α. η κοινή ταχύτητα µετά την πλαστική κρούση

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

ροπα µε ταχύτητες υ1 = 3m / s και υ2 = 2m / s . Κάποια στιγµή συναντιούνται και αγκαλιάζονται για χρόνο ∆t = 0,1s . Να υπολογιστεί:

Ορµή

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση ∆p = p τελ − pαρχ ∆p = p τελ + ( − p αρχ ) Το µέτρο ∆p =

( ( −m ⋅ υ ) + ( m ⋅ υ ) ) 2

∆p = 50kg ⋅ m / s 2 Κατεύθυνση εφθ =

p τελ 4 =− −p αρχ 3

Λυµένες Ασκήσεις Παράδειγµα 4.1

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Βλήµα µάζας m = 50g κινείται οριζόντια µε ταχύτητα υ = 300m / s . Το βλήµα στην πορεία του συναντάει ακίνητο σώµα µάζας M = 1kg . α. υπολογίστε την αρχική ορµή του βλήµατος. β. αν το βλήµα διαπερνά το σώµα βγαίνοντας από αυτό µε οριζόντια ταχύτητα υ΄ = 200m / s , υπολογίστε την ταχύτητα του σώµατος Μ, αµέσως µετά την κρούση. γ. ο συντελεστής τριβής ολίσθησης του σώµατος Μ µε το οριζόντιο επίπεδο είναι µ = 0,5 . Με πόση επιβράδυνση θα κινηθεί το σώµα; δ. υπολογίστε το διάστηµα που θα διανύσει το σώµα µέχρι να σταµατήσει. ∆ίνε-

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

ται g = 10m / s 2 . Λύση α. Το βλήµα έχει αρχική ορµή µέτρου p = m ⋅ υ = 50 ⋅ 10−3 kg ⋅ 300m / s = 15kg ⋅ m / s . β. Εφαρµόζουµε αρχή διατήρησης της ορµής, γιατί στο σύστηµα των δύο σωµάτων οι εξωτερικές δυνάµεις (τα βάρη και οι κάθετες αντιδράσεις) έχουν ΣF = 0 :

p ΑΡΧ = pΤΕΛ ⇒ mυ = ΜυΜ + mυ΄ ⇒ υΜ = ( mυ − mυ΄) / Μ = 5m / s γ. Για το σώµα µάζας Μ είναι:

ΣFx = M ⋅ α ⇒ Τ = Μ ⋅ α ⇐ µΝ = Μ ⋅ α ⇒ µΜg = Μ ⋅ α ⇒ α = µ ⋅ g = 5m / s 2 1 δ. Εξισώσεις κίνησης: x = υΜ ⋅ t − αt 2 (1) 2 και 0 = υΜ − αt ( 2 ) γιατί θέλουµε το σώµα Μ να σταµατήσει. υ Από (2) βρίσκουµε t = Μ = 1s οπότε (1) ⇒ x = 2,5m α 88

Ορµή Παράδειγµα 4.2

ευθεία µε ταχύτητες υ1 = 3m / s , υ2 = 2m / s και συγκρούονται πλαστικά, δηλαδή δηµιουργούν ένα συσσωµάτωµα. α. Να βρεθεί η συνολική ορµή του συστήµατος των δύο σφαιρών πριν την κρούση. β. Να υπολογίσετε την ταχύτητα που θα έχει το συσσωµάτωµα αµέσως µετά την κρούση. γ. Ποια ήταν η µεταβολή της ορµής κάθε σφαίρας στη διάρκεια του φαινοµένου; Τι παρατηρείτε; Λύση α. Πριν την κρούση: p ΟΛ = m1 ⋅ υ1 − m 2 ⋅ υ 2 = 50kg ⋅ m / s

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆ύο σφαίρες µε µάζες m 1 = 20kg και m 2 = 5kg κινούνται µε αντίθετη φορά πάνω στην ίδια

νως ( m1 + m 2 ) ⋅ υ κ = 50kg ⋅ m / s ⇒ 25 ⋅ υ κ = 50m / s ⇒ υ κ = 2m / s . γ. Μεταβολή ορµής σφαίρας m1 : ∆p1 = p1,ΤΕΛ − p1,ΑΡΧ = m1 ⋅ υ κ − m1 ⋅ υ1 = ( 20 ⋅ 2 − 20 ⋅ 3) kg ⋅ m / s = −20kg ⋅ m / s

Μεταβολή ορµής σφαίρας m 2 : ∆p 2 = p 2,ΤΕΛ − p 2,ΑΡΧ = m 2 ⋅ υ κ − m 2 ⋅ υ2 = ( 5 ⋅ 2 + 5 ⋅ 2 ) kg ⋅ m / s = 20kg ⋅ m / s

Παρατηρούµε ότι ∆p1 + ∆p 2 = 0 (πράγµα αναµενόµενο, έτσι ώστε ∆p ΟΛ = 0 δηλαδή p ΟΛ = σταθ. ).

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Παράδειγµα 4.3

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

β. Αµέσως µετά την κρούση το συσσωµάτωµα θα έχει ορµή ίση µε την αρχική, εποµέ-

Ένα βλήµα µε µάζα m = 20g κινείται οριζόντια και σφηνώνεται σε κοµµάτι ξύλου µάζας Μ = 1kg το οποίο είναι δεµένο σε κατακόρυφο σκοινί µήκους 1m. Αµέσως µετά τη σύγκρουση και ενώ το νήµα είναι ακόµα κατακόρυφο, το συσσωµάτωµα έχει ταχύτητα υκ = 10 m / s . α. Να υπολογίσετε την αρχική ταχύτητα του βλήµατος. β. Πόση θα είναι η τάση του νήµατος αµέσως µετά τη δηµιουργία του συσσωµατώµατος; ∆ίνεται

g = 10m / s2 .

Ορµή Λύση Εφαρµόζουµε αρχή διατήρησης της ορµής, γιατί ΣFεξ = 0 :

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

α. p ΑΡΧ = pΤΕΛ ⇒ mυ = ( M + m ) υκ ⇒ υ =

( Μ + m ) υκ m

1,02 ⋅ 10 m / s = 51 10 m / s 0,02

β. Αµέσως µετά την κρούση το συσσωµάτωµα λόγω νήµατος θα κινηθεί σε τόξο κύκλου, και η ΣF = Τ − ( M + m ) g θα παίξει ρόλο κεντροµόλου δύναµης εποµένως

( M + m ) υ2κ ( M + m ) υ2κ T − (M + m) g = ⇒Τ= + ( Μ + m ) g ⇒ T = 20, 4N Παράδειγµα 4.4 ∆ύο σφαίρες µε µάζες m1 = 6kg και m 2 = 4kg κινούνται σε οριζόντιο επίπεδο µε ταχύτητες υ1 = 8m / s και υ 2 = 9m / s κάθετες µεταξύ τους και συγκρούονται πλαστικά. α. Να υπολογίσετε τη συνολική ορµή του συστήµατος πριν την κρούση. β. Το µέτρο της κοινής τους ταχύτητας µετά την κρούση. γ. Αν το µέτρο της µεταβολής της ορµής της

πρώτης σφαίρας κατά τη διάρκεια του φαινοµένου είναι ∆p1 , πόσο θα είναι το µέτρο της µεταβολής της ορµής της δεύτερης σφαίρας; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Λύση α. Πριν την κρούση, η m1 είχε ορµή p1,ΑΡΧ = m1 ⋅ υ1 = 48kg ⋅ m / s ενώ η m 2 είχε ορµή p 2,ΑΡΧ = m 2 ⋅ υ2 = 36kg ⋅ m / s Οι δύο αυτές ορµές είναι κάθετες µεταξύ τους, εποµένως : 2 2 p ΟΛ p1,AΡΧ + p 2,AΡΧ = 60 kg ⋅ m / s ΑΡΧ =

Η ολική ορµή θα σχηµατίζει µε τον οριζόντιο άξονα γωνία εφαπτοµένης p 48 4 = εφθ = 2,ΑΡΧ = p1,ΑΡΧ 36 3 β. Αρχή διατήρησης της ορµής στην πλαστική κρούση: pΟΛ ΟΛ ΟΛ ΑΡΧ pΟΛ = 6m/s ΤΕΛ = p ΑΡΧ ⇒ ( m1 + m 2 ) υ κ = p ΑΡΧ ⇒ υ κ = m1 + m 2 90

Ορµή γ. Επειδή η συνολική ορµή οφείλει να παραµείνει σταθερή, η µεταβολή της ορµής της πρώτης σφαίρας πρέπει να είναι αντίθετη της µεταβολής της ορµής της δεύτερης. Εποµένως τα µέτρα των µεταβολών των ορµών θα είναι ίσα.

σώµα µε µάζα m = 20kg που ανεβαίνει στο πλάγιο επίπεδο, συγκρούεται πλαστικά µε το πρώτο έχοντας ταχύτητα υ = 10m / s . Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης µεταξύ συσσωµατώµατος και επιπέδου είναι 3 / 3 . α. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του συσσωµατώµατος µετά την κρούση. β. Πόση θα είναι η επιβράδυνση του συσσωµατώµατος µέχρι να σταµατήσει. γ. Πόσο είναι το διάστηµα που διανύει στο κεκλιµένο επίπεδο µέχρι να σταµατήσει; δ. Θα επιστρέψει το συσσωµάτωµα στη βάση του πλαγίου επιπέδου; ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση α. Αρχή διατήρησης της ορµής στην πλαστική κρούση: ΟΛ ( ) pΟΛ ΤΕΛ = p ΑΡΧ ⇒ M + m υ κ = mυ ⇒ υ κ = 5m / s

β. Θα είναι ΣFx = ( M + m ) α ⇒ Βx + T = ( M + m ) α ⇒ Βx + µΝ = ( Μ + m ) α ⇒

( M + m ) gηµφ + µ ( Μ + m ) gσυνφ = ( M + m ) α ⇒ ⇒ α = gηµφ + µgσυνφ = 10m / s 2 1 γ. Το συσσωµάτωµα επιβραδύνεται οµαλά: x = υ κ t − α ⋅ t 2 (1) 2

υ = υκ − αt

( 2)

από (2) για υ = 0 προκύπτει t = 0,5s εποµένως (1) ⇒ x = 1, 25m δ. Όταν το συσσωµάτωµα φτάσει στο ανώτατο σηµείο της τροχιάς του και µηδενίσει την ταχύτητά του, οι δυνάµεις στον άξονα x θα είναι:

Bx = ( M + m ) gηµφ = 200Ν και Τ = µ ( Μ + m ) gσυνφ = 200Ν . Επειδή ΣFx = 0 , το σώµα δεν θα επιστρέψει.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

γιο επίπεδο µε κλίση φ = 300 . Ένα δεύτερο

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Ένα σώµα µάζας M = 20kg ισορροπεί σε πλά-

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 4.5

Ορµή Παράδειγµα 4.6

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ένα βλήµα µάζας m που κινείται στον αέρα µε ταχύτητα µέτρου υ, διασπάται σε δύο κοµµάτια ίσης µάζας. Το ένα κοµµάτι κινείται κάθετα προς την αρχική διεύθυνση της κίνησης του βλήµατος µε ταχύτητα µέτρου 2υ. Να υπολογιστεί το µέτρο και η διεύθυνση της ταχύτητας του άλλου κοµµατιού. Λύση Το σύστηµα είναι µονωµένο και ισχύει η αρχή διατήρησης της ορµής σε κάθε άξονα ξεχωριστά δηλ. άξονας y΄y: p ολ⋅αρχ ( y ) = p ολ⋅ τελ ( y ) ⇒ 0 = p1 − p 2⋅ y ⇒

p1 = p 2⋅y ⇒

m2υ = p 2 ⋅ ηµφ ⇒ 2

m ⋅ υ2 ⋅ ηµφ ⇒ 2υ = υ2 ⋅ ηµφ (1) 2 άξονας x΄x: pολ⋅αρχ ( x ) = pολ⋅τελ ( x ) ⇒ mυ = p 2 ⋅ συνφ ⇒ mυ =

⇒ m⋅υ =

m ⋅ υ2 ⋅ συνφ ⇒ 2υ = υ2 ⋅ συνφ (2) 2

από τις σχέσεις (1) (2): υ 2 ⋅ ηµφ = υ 2 ⋅ συνφ ⇒

εφφ = 1 ⇒ φˆ = 45ο και από τη σχέση (1) έχουµε: 2υ = υ2 ⋅ ηµ45ο ⇒ υ2 =

2υ ⇒ υ2 = 2 2υ 2 2

Παράδειγµα 4.7 Βαγόνι µάζας m 1 = 10 tn κινείται πάνω σε οριζόντια γραµµή µε αρχική ταχύτητα

υ0 = 10m / s . Μετά χρόνο t = 6s , από τότε που ξεκίνησε, συγκρούεται κεντρικά µε δεύτερο βαγόνι µάζας m 2 = 30tn που είναι ακίνητο πάνω στη γραµµή. Τα δύο βαγόνια συνδέονται και συνεχίζουν να κινούνται µέχρι να σταµατήσουν. Σε όλη τη διάρκεια της κίνησης ο συντελεστής τριβής είναι µ = 0,1 . Να προσδιοριστεί: 92

Αν τα σώµατα κινούνται σε διαφορετικές διευθύνσεις εφαρµόζουµε Α.∆.Ο στους δύο άξονες εφ’όσον είναι µονωµένο σύστηµα pαρ( x ) = p τελ ( x ) pαρ( y ) = p τελ ( y )

Ορµή α. Το διάστηµα που διήνυσε το πρώτο βαγόνι µέχρι τη σύγκρουση και η ταχύτητά του κατά τη στιγµή της σύγκρουσης. β. Το διάστηµα που θα διατρέξουν τα δύο βαγόνια µετά τη σύγκρουση µέχρι να σταµατήσουν. Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση α. Κίνηση βαγονιού m1: ευθύγραµµη οµαλά επιβραδυνόµενη άξονας y΄y: ΣFy = 0 ⇒ N = B1 = m1g = 105 N άξονας x΄x: ΣFx = m1α ⇒ −T1 = m1α1 ⇒ −µΝ1 = m1α1 ⇒

α1 =

−µΝ1 m1

α1 =

−0,1 ⋅ 105 = −1m/s 2 104

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

1 1   Το διάστηµα που διανύει: S1 = υ0 t − α1t 2 =  10 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 62  m ⇒ S1 = 42m 2 2   Η ταχύτητα τη στιγµή της σύγκρουσης είναι:

υ = υ0 − α1t = (10 − 1 ⋅ 6 ) m / s ⇒ υ = 4 m / s β. Κατά την πλαστική κρούση ισχύει η αρχή διατήρησης ορµής pολ = σταθ. ⇒ pαρχ = p τελ ⇒ m1 ⋅ υ = (m1 + m 2 )V ⇒ V=

m1 104 υ0 = ⋅ 4 m / s = 1m / s m1 + m 2 4 ⋅ 104

Για την κίνηση του συσσωµατώµατος µετά την κρούση ισχύει: Άξονας y΄y: ΣFy = 0 ⇒ N = (m1 + m 2 )g = (4 ⋅ 104 kg)(10 m / s 2 ) = 4 ⋅ 105 N

ΣFx = (m1 + m 2 )α ⇒ − T = (m1 + m 2 )α ⇒ −µΝ = (m1 + m 2 )α ⇒ α =

−µ ⋅ Ν m1 + m 2

−0,1 ⋅ 4 ⋅ 105 m / s 2 = −1m/s 2 . Άρα η κίνηση του είναι ευθύγραµµη οµαλά επιβρα4 ⋅ 104 δυνόµενη. Το διάστηµα που διανύει µέχρι να σταµατήσει είναι: α=

V2 12 = m ⇒ S = 0,5m 2α 2 ⋅ 1

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Άξονας x΄x:

Ορµή Παράδειγµα 4.8 Ένα βλήµα µάζας m1 = 0,1kg κινείται µε ορι-

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

ζόντια ταχύτητα υ1 = 400m / s και διαπερνά ένα κιβώτιο µάζας m 2 = 2kg που βρίσκεται πάνω σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Αν το βλήµα βγαίνει από το κιβώτιο µε ταχύτητα υ1' = 100m/s σε χρόνο ∆t 1 = 0,1s . Να βρείτε: α. την ταχύτητα που αποκτά το κιβώτιο β. τη µέση οριζόντια δύναµη που ασκεί το βλήµα στο κιβώτιο. Λύση α. Στο σύστηµα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορµής κατά την κρούση. pολ = σταθ. ⇒ pαρχ = p τελ ⇒ m1υ1 = m2 V + m1υ1' Για σύστηµα δύο σωµά-

⇒ m1υ1 = m2 V + m1υ1' ⇒ m 2 V = m1υ1 − m1υ1' ⇒ V =

m1 (υ1 − υ1' ) ⇒ m2

V = 15m/s

των που αλληλεπιδρούν για χρόνο ∆t οι εσωτερικές δυνάµεις του συστήµατος είναι: ∆p 2 ∆p1 F = F1,2 = , 2,1 ∆t ∆t

β. Η δύναµη F που ασκεί το βλήµα στο κιβώτιο προσδιορίζεται από τη γενικότερη διατύπωση του 2ου νόµου του Νεύτωνα, για το κιβώτιο. ∆p κιβ ( m 2 V − 0 ) 30kg m / s = = ⇒ Fκιβ = 300N Fκιβ = ∆t ∆t 0,1s

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Παράδειγµα 4.9 Μια βάρκα µήκους = 6m και µάζας Μ = 120kg είναι ακίνητη στην ήρεµη επιφάνεια µιας λίµνης. Ένας άνθρωπος µάζας m = 60kg , που είναι αρχικά ακίνητος, µετακινείται από το ένα άκρο της βάρκας στο άλλο. Κατά πόσο θα µετακινηθεί η βάρκα κατά τη διάρκεια της µετακίνησης του ανθρώπου; Η αντίσταση του νερού θεωρείται αµελητέα. Λύση Όταν ο άνθρωπος αρχίζει να κινείται προς τ’ αριστερά µε ταχύτητα υ , η βάρκα κινεί ται προς τα δεξιά µε ταχύτητα V , ώστε η ορµή του συστήµατος να διατηρείται, αφού η ΣFεξ = 0

Ορµή pολ = σταθ. ⇒ pαρχ = p τελ ⇒ 0 + 0 = mυ + MV ⇒

Εάν σε χρόνο t η βάρκα µετακινείται κατά x προς τα δεξιά, τότε ο άνθρωπος κινείται κατά − x προς τα αριστερά, οπότε:

x −x και υ = t t Έτσι η σχέση (1) γίνεται: V=

0=Μ

x −x −m ⇒ Mx = m − mx ⇒ t t

(m + M)x = m ⇒ x =

m (m + M)

x = 2m

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

0 = mυ − MV (1)

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 4.10 Βλήµα µάζας m κινείται µε ταχύτητα υ = 5m / s και διασπάται σε δύο ίσα κοµµάτια που κινούνται σε κάθετες διευθύνσεις. Να βρεθούν οι ταχύτητες των δύο κοµµατιών αν η ταχύτητα του ενός κοµµατιού ειναι η µισή της ταχύτητας του άλλου. Λύση

υ1 (1) 2 επειδή τα δύο κοµµάτια θα κινηθούν σε κάθετες διευθύνσεις, θα έχουµε: 2

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Γνωρίζουµε ότι υ2 =

2 2 2 m m 2 poλ = p12 + p 22 ⇒ ( mυ ) = ( m1υ1 ) + ( m 2 υ2 ) ⇒ m 2 υ2 =   υ12 +   ⋅ υ22 ⇒ 2 2 2

 υ1  2 2 2 2 2   m υ m υ υ υ2 υ2 5υ2 2 1 2 + ⇒ υ2 = 1 +   ⇒ υ2 = 1 + 1 ⇒ υ2 = 1 ⇒ m 2 υ2 = 4 4 4 4 4 16 16

υ12 =

16υ2 16υ2 16 ⋅ 52 m / s ⇒ υ1 = 4 5 m / s ⇒ υ1 = ⇒ υ1 = 5 5 5

Άρα υ2 =

υ1 = 2 5 m/s . 2

Ορµή

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση Παράδειγµα 4.11

Παράδειγµα 4.14

Κιβώτιο µάζας Μ = 0, 48kg τοποθετείται σε τραχεία οριζόντια επιφάνεια. Ο συντελεστής τριβής κιβωτίου - επιφάνειας είναι µ = 0, 4 . Βλήµα µάζας m = 20g εκ-

Ένα όχηµα µάζας m1 = 800 kg είναι ακίνητο πάνω σε οριζόντιο δρόµο. Πάνω στο όχηµα είναι στερεωµένο ένα πυροβόλο

τοξεύεται µε ταχύτητα υ = 150 m / s προς το κιβώτιο και ενσωµατώνεται σ’ αυτό. Να υπολογιστούν: α. η ταχύτητα µε την οποία θα κινηθεί το κιβώτιο µετά την κρούση β. το διάστηµα που θα διατρέξει το κιβώτιο µέχρι να σταµατήσει. Απάντηση: α. V = 6m / s

β. S = 4,5m

Παράδειγµα 4.12 ∆ίνονται δύο ίσου όγκου σφαίρες, οι µάζες των οποίων είναι αντίστοιχα m1 = 100g και m 2 = 25g . Οι σφαίρες κινούνται στην ίδια κατεύθυν-

ση µε ταχύτητες µέτρου υ1 = 25cm / s και υ 2 = 50cm / s . Αν η δεύτερη σφαίρα πέσει πάνω στην άλλη και ενσωµατωθούν, να βρεθεί η ταχύτητά τους µετά την κρούση.

Απάντηση: u = 30cm / s Παράδειγµα 4.13 Ένα οµογενές σώµα µάζας Μ = 995g είναι κρεµασµένο µε σχοινί από δέντρο και ισορροπεί. Σφαίρα µάζας m = 5g χτυπάει οριζόντια το σώµα µε ταχύτητα υ = 200 m/s και σφηνώνεται στο κέντρο µάζας αυτού. Να βρεθεί η ταχύτητα του συσσωµατώµατος µετά την πλαστική κρούση και η µεταβολή της κινητικής ενέργειας. Απάντηση: 1m / s

µάζας m 2 = 200 kg , που η κάννη του είναι οριζόντια. Κάποια στιγµή το πυροβόλο εκτοξεύει ένα βλήµα µάζας m = 5kg µε ταχύτητα υ = 800 m/s . Το όχηµα οπισθοδροµεί και σταµατάει αφού διανύσει διάστηµα S = 2 m . Να υπολογιστεί ο συντελεστής τριβής οχήµατος - εδάφους. ∆ίνεται g = 10m / s 2 Απάντηση: µ=

m 2 υ2 → µ = 0, 4 2(m1 + m 2 ) 2 gS

Παράδειγµα 4.15 Ένα µπαλάκι του τένις µάζας m = 100g που κινείται οριζόντια µε ταχύτητα µέτρου υ1 = 10 m / s συγκρούεται µε κατακόρυφο τοίχο και ανακλάται µε οριζόντια ταχύτητα υ 2 = 8 m / s . α. Να βρείτε τη µεταβολή της ορµής του, λόγω της σύγκρουσης µε τον τοίχο. β. Αν η κρούση διαρκεί ∆t = 0,09s να υπολογίσετε τη µέση δύναµη που δέχεται το µπαλάκι από τον τοίχο. (Να τη θεωρήσετε σταθερή κατά τη διάρκεια της κρούσης). Απάντηση: α. ∆p = 1,8Κg m β. F = 20N

5. Έργο Ενέργεια 1. ΕΡΓΟ

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑΤΑ

(α)

(β)

(γ)

Στο σχήµα (α) παράγουν έργο οι δυνάµεις F , T , ενώ δεν πα ράγουν οι δυνάµεις N , B .

Στο σχήµα (β) παράγει έργο το βάρος B , ενώ η τάση Τ δεν παράγει έργο.

Στο σχήµα (γ) δεν παράγουν έργο οι Τ , B .

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Έργο σταθερής δύναµης, είναι ένα µονόµετρο φυσικό µέγεθος που ισούται µε το γινόµενο του µέτρου της συνιστώσας της δύναµης κατά τη διεύθυνση της κίνησης επί τη µετατόπισή της.

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Μια δύναµη, που ασκείται σε ένα σώµα, παράγει έργο όταν µετατοπίζει το σηµείο εφαρµογής της κατά τη διεύθυνσή της.

W = Fx ⋅ x

όπου Fx = F ⋅ συνθ W = F ⋅ x ⋅ συνθ

Μονάδα (S.I) 1Joule = 1Nm

Έργο Ενέργεια Η φυσική σηµασία του έργου

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Το έργο εκφράζει την ενέργεια που µεταφέρεται από ένα σώµα σ’ ένα άλλο ή που µετατρέπεται απο µια µορφή σε άλλη. Κάθε φορά που παράγεται έργο έχουµε δαπάνη ενέργειας ίσης µε το παραγόµενο έργο. ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ

Ένα σώµα ανέρχεται σε κεκλιµένο δάπεδο υπό την επίδραση δύναµης F όπως στο διπλανό σχήµα.

• WF : εκφράζει µεταφορά ενέργειας από τον παράγοντα, που προκαλεί την κίνηση, στο σώµα. • WBηµφ : εκφράζει µετατροπή µέρους της µεταφερόµενης ενέργειας σε δυναµική. • WΤ : εκφράζει µετατροπή µέρους της µεταφερόµενης ενέργειας σε θερµότητα. • WF− Bηµφ − Τ : το έργο της συνισταµένης δύναµης, εκφράζει µετατροπή µέρους της µεταφερόµενης ενέργειας σε κινητική ενέργεια. • WΝ = 0 , WBσυνφ = 0 γιατί είναι κάθετες στην µετατόπιση.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ: Α. Αν η δύναµη είναι οµόρροπη µε την µετατόπιση Αν η δύναµη είναι οµόρροπη µε την µετατόπιση, θ = 0ο ⇒ συν0ο = 1 τότε W = F ⋅ x . Το έργο αυτό το λέµε θετικό ή παραγόµενο, οπότε η δύναµη προσφέρει ενέργεια στο σώµα. Γενικότερα W = F ⋅ x ⋅ συνθ > 0 µε 0 ≤ θ < 900 .

Β. Αν η δύναµη είναι κάθετη µε την µετατόπιση Αν η δύναµη είναι κάθετη µε την µετατόπιση, ο θ = 90ο ⇒ συν90 = 0 τότε W = 0 , δεν παράγει έργο. π.χ. κάθετη αντίδραση, κεντροµόλος δύναµη.

Γ. Αν η δύναµη είναι αντίρροπη µε την µετατόπιση Αν η δύναµη είναι αντίρροπη µε τη µετατόπιση, ο θ = 180ο ⇒ συν180 = −1 , W = − F ⋅ x . Το έργο αυτό το λέµε αρνητικό ή καταναλισκόµενο, οπότε η δύναµη αφαιρεί ενέργεια από το σώµα. Γενικότερα W = F ⋅ x ⋅ συνθ < 0 µε 900 < θ ≤ 1800 . 98

Έργο Ενέργεια ∆. Για σταθερή δύναµη ισχύει

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Αν F = σταθ και η δύναµη µετατοπίζει το σηµείο εφαρµογής της στη διεύθυνσή της, τότε το εµβαδόν της γραφικής παράστασης F(x) ισούται αριθµητικά µε το έργο της F . αρ.

WF = Ε0 ΑΒΓ

Ε. Για µεταβλητή δύναµη ισχύει

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Αν η τιµή της δύναµης δεν είναι σταθερή τότε το εµβαδόν της F(x), που περικλείεται από την γραφική παράσταση και τον άξονα x΄x για µετατόπιση από x1 µέχρι x 2 , ισούται αριθµητι κά µε το έργο της F . αρ.

WF = Ε ΑΒΓ∆

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ: Η ∆ΥΝΑΜΗ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ

αρ.

όπου κ: σταθερά ελατηρίου

WF = E OAB ⇒ WF =

x: αποµάκρυνση απο τη θέση φυσικού µήκους

WF =

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Fελ = − K ⋅ x (N. Hooke)

1 F⋅ x 2

1 1 κx ⋅ x ⇒ WF = κx 2 2 2

Έργο Ενέργεια ΕΝΕΡΓΕΙΑ Ένα σώµα περικλείει ενέργεια όταν έχει την ικανότητα να παράγει έργο.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κινητική ενέργεια (Κ) Κινητική ενέργεια (Κ) ενός σώµατος ονοµάζουµε την ενέργεια που έχει ένα σώµα εξαιτίας την ταχύτητάς του. K =

1 2 mυ 2

• Είναι µονόµετρο µέγεθος • Έχει θετική τιµή ή µηδέν • Είναι φυσικό µέγεθος που εξαρτάται από το σύστηµα αναφοράς. Μονάδα 1J.

Συντηρητικές ή ∆ιατηρητικές ∆υνάµεις Τα σώµατα δεν έχουν µόνο κινητική ενέργεια λόγω της κίνησής τους, αλλά και άλλες µορφές ενέργειας όπως π.χ. δυναµική λόγω της θέσης ή της κατάστασής τους. Για να κατανοήσουµε τη δυναµική ενέργεια πρέπει να µάθουµε την έννοια των συντηρητικών ή διατηρητικών δυνάµεων που είναι µερικές από τις ποιο δηµοφιλείς δυνάµεις όπως το βάρος, οι δυνάµεις ηλεκτροστατικού πεδίου, η άνωση, η δύναµη ιδανικού ελατηρίου. Μια δύναµη είναι συντηρητική αν το έργο που παράγει σε µια κλειστή διαδροµή είναι µηδέν. Πράγµατι το βάρος είναι συντηρητική δύναµη γιατί το έργο του στη διαδροµή Α → Γ → Α είναι µηδέν. Wολ = WAΓ + WΓΑ ⇒ Wολ = Β ⋅ h − B ⋅ h = 0

Για τις συντηρητικές δυνάµεις υπάρχει και άλλος ισοδύναµος ορισµός: Μια δύναµη είναι συντηρητική αν το έργο που παράγεται απ’ αυτή πάνω σ’ ένα σωµάτιο που κινείται µεταξύ δύο σηµείων, εξαρτάται µόνο από τα σηµεία αυτά και όχι από τη διαδροµή. 100

Έργο Ενέργεια Πράγµατι το έργο του βάρους στην διαδροµή Α → Γ είναι ίσο µε το έργο του σώµατος που παράγεται κατά τη διαδροµή Α → ∆. Το WA∆ = Β ⋅ ( Α∆ ) = B ⋅ h το W∆Γ = 0

∆υναµική ενέργεια είναι το αποτέλεσµα της αλληλεπίδρασης ενός συστήµατος σωµάτων, µε συντηρητικές δυνάµεις. • Για να υπάρξει δυναµική ενέργεια απαιτείται ένα σύστηµα τουλάχιστον δύο σωµάτων. Π.χ. δεν υπάρχει η δυναµική ενέργεια ενός µήλου, αλλά η δυναµική ενέργεια του συστήµατος µήλου - Γη. • Αν οι δυνάµεις που αλληλεπιδρούν µεταξύ των σωµάτων του συστήµατος είναι διατηρητικές, όπως στο παράδειγµα µήλου - Γης, αν αφήσουµε το µήλο να πέσει από ύψος h στο έδαφος, τότε η δυναµική του ενέργεια µετατρέπεται εξ’ ολοκλήρου σε κινητική (αγνοώντας την αντίσταση του αέρα). Η ∆υναµική Ενέργεια που αποδίδουµε σε ένα σώµα που βρίσκεται σε µικρό ύψος h από την επιφάνεια της Γης λόγω της αλληλεπίδρασης τους είναι: U = mgh .

Θέση Ο: U = 0 Θέση Α: U = m ⋅ g ⋅ h1 Θέση Β: U = − m ⋅ g ⋅ h 2 Μονάδα 1J

101

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

∆υναµική ενέργεια λόγω θέσης στο πεδίο βαρύτητας

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

  h ⋅ ( ΑΓ )  Άρα WA∆ = WAΓ = B ⋅ h Το WAΓ = Βx ⋅ ( ΑΓ ) = Bηµφ ⋅ ( ΑΓ ) = Β ⋅ ( ΑΓ ) 

Έργο Ενέργεια • Η µεταβολή της δυναµικής ενέργειας ∆U και το έργο του βάρους:

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ένα σώµα µάζας m βρίσκεται στη θέση (1) και το αφήνουµε να πέσει µέχρι τη θέση (2) εξ’ αιτίας του βάρους του U1 − U 2 = mgh1 − mgh 2 = mgh = WB(1→ 2)   WB(1→ 2) = − ∆U όµως ∆U = U 2 − U1 = − ( U1 − U 2 ) 

∆ηλαδή το έργο του βάρους ενός σώµατος είναι αντίθετο µε την µεταβολή της δυναµικής ενέργειας µεταξύ δύο θέσεων (ή ίσο µε τη διαφορά της δυναµικής ενέργειας του συστήµατος). Το συµπέρασµα αυτό γενικεύεται για τις αλληλεπιδράσεις µεταξύ συντηρητικών δυνάµεων π.χ. ελατηρίου, ηλεκτροστατικές.

∆υναµική ενέργεια λόγω κατάστασης (ελαστικής παραµόρφωσης) (υ) ∆υναµική Ενέργεια ενός σώµατος λόγω κατάστασης λέγεται η ενέργεια που έχει 1 ένα σώµα εξαιτίας της ελαστικής του παραµόρφωσης. U ελ. = kx 2 2 όπου: κ η σταθερά του ελατηρίου και x η παραµόρφωση του ελατηρίου (επιµήκυνση ή συσπείρωση από το φυσικό µήκος). Μονάδα 1J

ΣΥΓΚΡΙΣΗ ΚΙΝΗΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ ∆υναµική

Κινητική

Υπάρχει εφ’ όσον υπάρχει κίνηση. Υπάρχει εφ’ όσον αλληλεπιδρούν µε συντηρητικές δυνάµεις τα σώµατα του συστήµατος. Είναι δυνατόν ένα σώµα να έχει κι- Είναι δυνατόν, ένα σύστηµα να έχει δυναµική νητική ενέργεια χωρίς να αλληλε- ενέργεια χωρίς να κινείται. πιδρά µε άλλα σώµατα. ∆Κ = Woλ

− ∆U = Wαλλ

το έργο Woλ : της συνισταµένης των δυνάµεων.

Wαλλ : το έργο των συντηρητικών δυνάµεων αλληλεπίδρασης.

102

Έργο Ενέργεια Η µηχανική ενέργεια

Η µηχανική ενέργεια διατηρείται εφ’ όσον εκτελείται έργο µόνο από συντηρητικές δυνάµεις. ∆ηλ. Wολ = Wαλλ Πράγµατι  Κ 2 − Κ 1 = − ( U 2 − U1 ) ⇒  − ∆U = Wολ ⇒ − ( U 2 − U1 ) = Wαλλ  Κ 2 − Κ 1 = U1 − U 2 ⇒  Κ +U =Κ +U Όµως Wαλλ = Wολ 1 1 2 2 

∆Κ = Wολ ⇒ Κ 2 − Κ 1 = Wολ

Αν η µοναδική δύναµη που εκτελεί έργο κατά την κίνηση ενός σώµατος είναι το βάρος (συντηρητική) τότε: 1 1 mυ12 + mgh1 = mυ2 2 + mgh 2 2 2 Άρα: Η Μηχανική Ενέργεια ενός σώµατος διατηρείται εφόσον πάνω στο σώµα δρουν µόνο συντηρητικές δυνάµεις. E µηχ.αρχ. = Ε µηχ. τελ. ⇒ Κ αρχ. + U αρχ. = Κ τελ. + U τελ.

• Θεώρηµα Μεταβολής Κινητικής Ενέργειας (Θ.Μ.Κ.Ε.) Η µεταβολή της κινητικής ενέργειας ενός σώµατος ισούται µε το αλγεβρικό άθροισµα των έργων των δυνάµεων που ασκούνται στο σώµα. ∆Κ = Wολ

ή K τελ. − Κ αρχ. = W1 + W2 + ... ή

∆Κ = W1 + W2 + ...

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

∆ηλαδή:

K αρχ. + W1 + W2 + ... = K τελ.

Αποδ. Woλ = ΣF ⋅ x = m α x x=

υ2 − υ02 2α

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

• Αρχή ∆ιατήρησης Μηχανικής Ενέργειας (Α.∆.Μ.Ε.)

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Είναι το άθροισµα της κινητικής και δυναµικής ενέργειας ενός συστήµατος σωµάτων. Ε=Κ+U

 υ2 − υ02 1 1 = = mυ2 − mυ02 = Κ − Κ 0 = ∆Κ α W m  ολ α 2 2 2 

103

Έργο Ενέργεια • Αρχή ∆ιατήρησης της Ενέργειας (Α.∆.Ε.) Ε αρχ. + Ε προσφ. = Ε τελ. + Ε απώλ.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ε αρχ. = U αρχ. + Κ αρχ. . Η ενέργεια του συστήµατος στην αρχική του κατάσταση. Ε προσ. = η ενέργεια που προσφέρεται από κάποιο εξωτερικό παράγοντα καθώς το σύ-

στηµα µεταβαίνει από την αρχική στη τελική του κατάσταση. Αν πρόκειται για εξωτερική δύναµη F, τότε Ε προσφ. = WF . Ε απώλ. = οι απώλειες ενέργειας κατά τη διάρκεια του φαινοµένου. (π.χ. θερµότητα λόγω τριβών, θερµότητα λόγω ανελαστικής κρούσης). Αν η απώλεια οφείλεται σε τριβή,

τότε: Ε απώλ. = Q = WΤ Ε τελ. = U τελ. + Κ τελ. . Η ενέργεια του συστήµατος στην τελική του κατάσταση.

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Η ισχύς ή ρυθµός µεταβολής ενέργειας Η ισχύς µιας µηχανής είναι ένα µονόµετρο φυσικό µέγεθος που ισούται µε το πηλίκο του έργου που παράγει η µηχανή προς τον αντίστοιχο χρόνο: Ρ = Ισοδύναµα εκφράζει το ρυθµό µεταβολής της ενέργειας: P =

∆W ∆t

1Joule s πολ/σια 1KW = 103 W Μονάδα S.I. 1W =

1MW = 106 W στην πράξη έχουµε και τον ίππο 1HP = 745,7W

Α. Αν θεωρήσουµε σώµα που κινείται µε σταθε-

ρή ταχύτητα υ , υπό την επίδραση σταθερής δύ ναµης F οµόρροπης της ταχύτητας, και έχει διανύσει µετατόπιση x σε χρόνο t τότε:

WF F ⋅ x = = F⋅ υ t t (ρυθµός µεταβολής ενέργειας) PF =

WΤ − Τ ⋅ x = = −Τ ⋅ υ t t (ρυθµός κατανάλωσης έργου από την τριβή). PΤ =

Ο ρυθµός παραγωγής θερµότητας είναι: PQ = T ⋅ υ

104

W t

Έργο Ενέργεια Για το ρυθµό µεταβολής δυναµικής ενέργειας (µέση τιµή)

( −B ⋅ h ) B ⋅ h ∆U − WB = =− = ∆t ∆t ∆t ∆t W ∆U B⋅ h =− B =− Στην κάθοδο: ∆t ∆t ∆t Γενικά αν F = σταθ και υ = σταθ : ΡF = ± Fx ⋅ υ , όπου Fx η συνιστώσα της F στην διεύθυνση της κίνησης. Το πρόσηµο λαµβάνεται θετικό αν η Fx είναι οµόρροπη της υ .

∆W , όπου ∆W το έργο ∆t του “κινητήρα” στο αντίστοιχο χρονικό διάστηµα. • η στιγµιαία ισχύς είναι Ρ = Fx ⋅ υ , όπου υ : η στιγµιαία ταχύτητα εκείνη την χρονική στιγµή.

• η µέση ισχύς είναι ΡΜ =

Γ. Συντελεστής απόδοσης µηχανής είναι το πηλίκο α =

Ρωφ Ρδαπ

, όπου:

Ρωφ : η ισχύς που αποδίδει η µηχανή και Ρδαπ : η καταναλισκόµενη ισχύς.

Το κεφάλαιο αυτό µας δίνει τρία σπουδαία “εργαλεία” µεθοδολογίας

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Β. Αν η ταχύτητα δεν είναι σταθερή τότε:

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Στην άνοδο:

1. ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ ΚΙΝΗΤΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ (ΘΜΚΕ):

Κ τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

1 2 1 mυ − mυ0 2 = Wολ 2 2

Μ ε θ ο δ ο λ ο γ ί α

Α σ κ ή σ ε ω ν

Για να λύσουµε µια άσκηση µε τη βοήθεια του Θ.Μ.Κ.Ε., κάνουµε τις παρακάτω διαδικασίες: α. Σχεδιάζουµε πάνω στο σώµα που κινείται, όλες τις δυνάµεις που ασκούνται πάνω του και τις αναλύουµε σε δύο άξονες: έναν κατά τη διεύθυνση κίνησης και έναν κάθετο σ’ αυτόν. β. Καθορίζουµε το διάστηµα ή τα διαστήµατα κατά τα οποία ασκείται η κάθε µια από αυτές τις δυνάµεις. 105

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

για την επίλυση προβληµάτων κίνησης

Έργο Ενέργεια

1 2 1 mυ − mυ0 2 = Wολ 2 2 Πλεονεκτήµατα: εφαρµόζεται χωρίς κανένα περιορισµό. Μειονεκτήµατα: χρειάζεται να υπολογίσουµε το Wολ . Αυτό γίνεται είτε βρίσκοντας την συνισταµένη δύναµη Fολ και υπολογίζοντας το έργο της είτε υπολογίζοντας το έργο κάθε δύναµης και αθροίζοντάς τα αλγεβρικά. Για τον υπολογισµό του έργου δύναµης πρέπει να έχουµε υπ’ όψη µας τρία πράγµατα: α. Το είδος της δύναµης:

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

γ. Βρίσκουµε το έργο (αρνητικό ή θετικό) της κάθε µιας και κατόπιν το ολικό έργο. δ. Εφαρµόζουµε το Θ.Μ.Κ.Ε. για όλη τη διάρκεια της κίνησης ή επιλέγουµε εµείς το διάστηµα

• Αν F = σταθ : W = F ⋅ x ⋅ συνθ

αριθ

• Αν F = f ( x ) : W = Ε ΑΓ∆Ζ

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

(εµβαδόν γραµµοσκιασµένο)

• Αν η δύναµη είναι συντηρητική, όπως για παράδειγµα το βάρος, παίζει ρόλο όχι η διαδροµή αλλά η αρχική και τελική θέση. Για το βάρος είναι η κατακόρυφη απόσταση µεταξύ των δύο θέσεων W = Β ⋅ ∆h

106

Έργο Ενέργεια

1 1 mυ12 + mgh1 = mυ2 2 + mgh 2 2 2 Πλεονεκτήµατα: Εφαρµόζεται µεταξύ δύο θέσεων της τροχιάς του κινητού, αρκεί να έχω προσδιορίσει (είτε σα δεδοµένο είτε σα ζητούµενο) την ταχύτητα και τη θέση. Μειονεκτήµατα: Εφαρµόζεται αν στο σώµα ασκούνται µόνο συντηρητικές δυνάµεις (βάρος, ηλεκτροστατικές κ.λ.π). E (1) = E ( 2) ⇒

3. ΘΕΩΡΗΜΑ ∆ΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ (Α∆Ε γενική διατύπωση): E (1) + WF + Wαντ = E ( 2 ) όπου WF : το έργο των δυνάµεων που προσφέρουν ενέργεια στο σώµα, εκτός του βάρους. Wαντ : το έργο των δυνάµεων που αφαιρούν ενέργεια από το σώµα (τριβές, αντιστάσεις κ.λ.π.), των οποίων το έργο είναι αρνητικό.

107

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

2. Η ΑΡΧΗ ∆ΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΜΗΧΑΝΙΚΗΣ ΕΝΕΡΓΕΙΑΣ (Α.∆.Μ.Ε.) ΣΤΟ ΒΑΡΥΤΙΚΟ ΠΕ∆ΙΟ

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

γ. Το πρόσηµο του έργου • είναι θετικό αν η δύναµη είναι οµόρροπη µε τη µετατόπιση (προσφέρει ενέργεια στο σώµα) • είναι αρνητικό αν η δύναµη είναι αντίρροπη µε τη µετατόπιση (αφαιρεί ενέργεια από το σώµα) • είναι µηδέν αν η δύναµη είναι κάθετη στη µετατόπιση.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

β. Την µετατόπιση του σηµείου εφαρµογής της δύναµης

Έργο Ενέργεια

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ: Α. Το παράδειγµα της οριζόντιας βολής. Σώµα µικρών διαστάσεων (αµελητέα η αντίσταση του αέρα), βάλλεται οριζόντια µε ταχύτητα υ0 , από ύψος Η. Να υπολογίσετε την ταχύτητα µε την οποία φθάνει στο έδαφος αν είναι γνωστό το g. Επειδή ασκείται µόνο το βάρος ισχύει η διατήρηση της µηχανικής ενέργειας: 1 1 Ε ( Α ) = Ε Γ ⇒ mυ0 2 + mgΗ = mυ2 ⇒ υ = υ0 2 + 2gH 2 2 Παρατηρήστε ότι δεν αναφερθήκαµε στη διεύθυνση της αρχικής ταχύτητας. Άρα το µέτρο της θα ήταν το ίδιο σε οποιαδήποτε βολή µε τα ίδια υ0 , (κατακόρυφη προς τα πάνω ή κάτω, πλάγια προς τα πάνω ή κάτω).

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Β. Η αρχή διατήρησης µηχανικής ενέργειας (Α.∆.Μ.Ε.) καθώς και το Θ.Μ.Κ.Ε. λύνουν ευκολότερα προβλήµατα µηχανικής, αρκεί να µην υπεισέρχεται ο χρόνος κίνησης.

Γ. Η τριβή ολίσθησης είναι µη συντηρητική δύναµη γιατί αφαιρεί συνεχώς ενέργεια από το σώµα στο οποίο ασκείται µετατρέποντάς την σε θερµότητα. Όταν υπάρχει τριβή δεν ισχύει η Α.∆.Μ.Ε. Τότε τα προβλήµατα τα λύνουµε µε τη βοήθεια του Θ.Μ.Κ.Ε. ∆. Κατά την πλαστική κρούση ισχύει η Αρχή διατήρησης της ορµής Α.∆.Ο. γιατί το σύστηµα είναι µονωµένο και η Α.∆.Ε. Α.∆.Ο.: m1 υ1 − m 2 υ2 = ( m1 + m 2 ) V Α.∆.Ε.: K πριν = Κ µετά + Q κρούσης όπου:

Q κρούσης =

108

1 1 1 m1υ12 + m 2 υ2 2 − ( m1 + m 2 ) V 2 2 2 2

Έργο Ενέργεια Με τον όρο συνθήκη ανακύκλωσης στην καµπυλόγραµµη κίνηση εννοούµε την οριακή συνθήκη, ώστε το σώµα που εκτελεί καµπυλόγραµµη κίνηση να περνά από το ανώτερο σηµείο της τροχιάς του, διατηρώντας οριακά την κυκλική κίνησή του.

mg =

mυ2Γ,min

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

α. Σώµα δεµένο σε νήµα εκτελεί κυκλική κίνηση σε κατακόρυφο επίπεδο. ∆έχεται την επί δραση της τάσης Τ και του βάρους Β . Η συνισταµένη των δυνάµεων στο ανώτερο σηµείο της τροχιάς είναι η κεντροµόλος: mυ 2Γ  mυ 2Γ Fκ =  (1) B+ T =  Fκ = B + T  Για να εκτελέσει οριακά ανακύκλωση πρέπει T = 0 . Από τη (1) έχουµε:

⇒ υΓ,min = gl

β. Σώµα στο άκρο αβαρούς ράβδου που εκτελεί κυκλική κίνηση σε κατακόρυφο επίπεδο. Αρκεί να φτάσει στο ανώτερο σηµείο της τροχιάς

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

έστω και µε µηδενική ταχύτητα: υΓ,min = 0

γ. Σώµα κινείται στο εσωτερικό καµπύλης τροχιάς (ή στο εξωτερικό). Στο σώµα ασκούνται η κάθετη αντίδραση N και το βάρος B . Στο ανώτερο σηµείο της τροχιάς η συνισταµένη τους, στη διεύθυνση της ακτίνας είναι η κεντροµόλος: mυ 2Γ  mυ2Γ  B + N = R  R Fκ = B + N  Fκ =

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Συνθήκη ανακύκλωσης ή ανακύκλισης

(1)

Για να εκτελέσει οριακά ανακύκλωση πρέπει N = 0 . Η (1) γίνεται: mυ2Γ,min ⇒ υΓ,min = gR mg = R 109

Έργο Ενέργεια Λυµένες Ασκήσεις

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.1 ∆ύο σφαίρες µε µάζες m 1 = 10kg και m 2 = 20kg κινούνται µε αντίθετη φορά πάνω στην ίδια ευθεία µε ταχύτητες υ1 = 3m / s , υ2 = 2m / s και συγκρούονται πλαστικά. Να βρείτε την ταχύτητα του συσσωµατώµατος και το ποσοστό της κινητικής ενέργειας του συστήµατος που χάθηκε κατά την κρούση. Λύση Αρχή διατήρησης ορµής για το σύστηµα των δύο σφαιρών: ΟΛ pΟΛ ΑΡΧ = p ΤΕΛ ⇒ m1 ⋅ υ1 − m 2 ⋅ υ 2 = ( m1 + m 2 ) ⋅ υ κ

1 ⇒ υ κ = − m / s άρα το συσσωµάτωµα θα κινηθεί προς τα αριστερά. 3 Αρχική κινητική ενέργεια: 1 1 K ΑΡΧ = m1 ⋅ υ12 + m 2 ⋅ υ22 = 85J 2 2 Τελική: K TEΛ =

1 5 ( m1 + m2 ) ⋅ υ2κ = J 2 3

Εποµένως απώλειες ∆Κ =

250 J 3

Ποσοστό: Στα Κ ΑΡΧ = 85J απώλειες 100 x=

110

∆Κ Κ ΑΡΧ

⋅ 100 ο ο ⇒ x =

250 J 3 x

50 ⋅ 100% 51

Έργο Ενέργεια Παράδειγµα 5.2

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Σφαίρα Α που κινείται σε λείο οριζόντιο επίπεδο συγκρούεται κεντρικά και πλαστικά µε άλλη ίσης µάζας αρχικά ακίνητη σφαίρα Β που βρίσκεται στο ίδιο επίπεδο. Να αποδείξετε ότι η κινητική ενέργεια του συσσωµατώµατος µετά την κρούση είναι ίση µε το µισό της κινητικής ενέργειας της σφαίρας Α, πριν από την κρούση. Λύση Η αρχική ορµή και κινητική ενέργεια του συστήµατος είναι: ΡΑΡΧ = mυ και Κ ΑΡΧ =

1 2 mυ 2

Μετά την πλαστική (Α.∆.Ο.) p ΤΕΛ = p ΑΡΧ ⇒ ( m + m ) ⋅ υ κ = m ⋅ υ ⇒ υ κ =

υ 2

1 1 υ2 1 ενώ Κ ΤΕΛ = ( m + m ) ⋅ υ2κ = ( m + m ) ⋅ = Κ ΑΡΧ 2 2 4 2

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.3 Ξύλινη πλάκα µε µάζα Μ = 4kg είναι δεµένη από σκοινί µήκους = 0,4m και κρέµεται κατακόρυφα. Ένα βλήµα µάζας m = 500g έχει οριζόντια ταχύτητα υ = 52m / s και χτυπά την πλάκα στο κέντρο της, τη διαπερνά και βγαίνει µε ταχύτητα 36 m / s . α. Υπολογίστε την ταχύτητα της πλάκας όταν την διαπεράσει το βλήµα. β. ∆είξτε ότι η µέγιστη εκτροπή του σκοινιού από την κατακόρυφη θέση θα είναι 600.

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση α. Α.∆.Ο. για το σύστηµα πλάκα - βλήµα: p TEΛ = p ΑΡΧ ⇒ mυ΄ + Μ ⋅ υ π = mυ ⇒ υ π = 2 m / s β. Α.∆.Μ.Ε. (1) ⇒ ( 2 ) : Κ ΑΡΧ = U TEΛ ⇒ ⇒

1 Μ ⋅ υ 2π = Μ ⋅ g ⋅ h 2

όπου h = − συνφ άρα υ2 1 Μ ⋅ υ2π = Μg (1 − συνφ ) ⇒ 1 − συνφ = π 2 2g 1 1 ⇒ 1 − συνφ = ⇒ συνφ = ⇒ φ = 600 2 2

111

Έργο Ενέργεια Παράδειγµα 5.4 Ένα σώµα µάζας m = 2kg αφήνεται να ολισθήσει χωρίς τριβές σε κεκλιµένο επίπεδο

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

κλίσης

φ = 300 . Μετά από διάστηµα

x = 3,6m το σώµα φτάνει στη βάση του κεκλιµένου επιπέδου και συγκρούεται πλαστικά µε αρχικά ακίνητο σώµα ίσης µάζας. α. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του συσσωµατώµατος µετά την κρούση. β. Πόση είναι η µεταβολή της µηχανικής ενέργειας του συστήµατος λόγω της πλαστικής κρούσης; γ. Αν ο συντελεστής τριβής µεταξύ οριζοντίου επιπέδου και συσσωµατώµατος είναι µ = 0, 3 να υπολογίσετε το διάστηµα που διανύει το συσσωµάτωµα µέχρι να σταµατήσει. ∆ίνεται g = 10m / s 2 . Λύση Το σώµα ολισθαίνει χωρίς τριβές. Υπολογίζουµε την ταχύτητα µε την οποία φτάνει στη βάση του κεκλιµένου επιπέδου µε Α.∆.Μ.Ε.:

1 U ΑΡΧ = Κ ΤΕΛ ⇒ mgh = mυ2 2 1 ⇒ g ⋅ x ⋅ ηµ300 = υ2 ⇒ υ = 6 m / s 2 α. Α.∆.Ο. στην πλαστική:

pTEΛ = p ΑΡΧ ⇒ ( m + m ) υκ = mυ ⇒

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

⇒ υ κ = 3m / s

β. Η κρούση συµβαίνει στο οριζόντιο επίπεδο. Οι µηχανικές ενέργειες πριν και µετά την πλαστική είναι µε µορφή κινητικών ενεργειών:

1 1 K πριν = mυ2 = 36 J K µετα = ( m + m ) υ2κ = 18J 2 2 Άρα η µεταβολή ∆Κ = −18J γ. Το συσσωµάτωµα επιβραδύνεται λόγω τριβής:

T = ( m + m ) ⋅ α ⇒ µ ⋅ Ν = 2m ⋅ α ⇒ µ ⋅ 2mg = 2mα ⇒ α = µg = 3m / s 2 1  x = υκ ⋅ t − α ⋅ t 2  υ2κ ⇒ = = 1,5m x 2  2α  0 = υκ − α ⋅ t  112

Έργο Ενέργεια Σώµα µάζας 15kg σύρεται πάνω σε τραχύ οριζόντιο δάπεδο από µια σταθερή δύναµη F = 70N που ασκείται µε γωνία 30ο πάνω από το οριζόντιο επίπεδο. Το σώµα µετατοπίζεται κατά 5m και ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι 0,3. Να βρείτε: α. Το έργο της F , β. το έργο της τριβής, γ. το έργο της κάθετης αντίδρασης, δ. το έργο του βάρους, ε. το συνολικό έργο στ. αν το σώµα ξεκινά από την ηρεµία, ποια θα είναι η ταχύτητά του στο τέλος των 5m;

m ∆ίνεται g = 10 2 s

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.5

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Λύση ΣFy = 0 ⇒ N + Fηµ30ο − Β = 0 ⇔ Ν = Β − Fηµ30ο ⇔ Ν = 115Ν Άρα Τ = µ ⋅ Ν = 0,3 ⋅ 115Ν = 34,5Ν

3 ⋅ 5m = 175 3 J 2 β. Το WT = − T ⋅ x = −34,5N ⋅ 5m = −172,5 J

α. Το WF = Fσυν30 ⋅ x = 70Ν ο

γ. Το WN = 0 γιατί είναι κάθετη στην µετατόπιση δ. Το WB = 0 γιατί είναι κάθετη στην µετατόπιση

στ. Εφαρµόζω το Θ.Μ.Κ.Ε. K τελ − K αρχ = Wολ ⇒

1 2 mυ = Wολ ⇒ υ = 2

2Wολ m = 4,17 m s

Παράδειγµα 5.6 Ένας άνθρωπος σπρώχνει ένα κύβο βάρους 60 Ν για 10m πάνω σ’ένα επίπεδο δάπεδο. Ο κύβος έχει σταθερή ταχύτητα και η ασκούµενη δύναµη έχει διεύθυνση 45ο κάτω από τον ορίζοντα. Αν ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι 0,2 πόσο έργο παράγει η δύναµη που ασκεί ο άνθρωπος πάνω στον κύβο;

m ∆ίνεται g = 10 2 . s

113

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

ε. Το Wολ = WF + WT + WN + WB = 130,6 J

Έργο Ενέργεια Λύση Αφού υ = σταθ έχουµε:

ΣFy = 0 ⇒ N = Fηµ45ο + Β (1)

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

(1)

ΣFx = 0 ⇒ T = Fσυν45ο ⇒ µΝ = Fσυν45ο ⇒ µ ( Fηµ45ο + Β ) = Fσυν45ο ⇒ µFηµ45ο + µΒ = Fσυν45ο ⇒ F ( συν45ο − µ ⋅ ηµ45ο ) = µΒ ⇒ F=

µΒ = συν45 − µ ⋅ ηµ45ο ο

30 0, 2 ⋅ 60Ν 0, 2 ⋅ 60Ν N = 15 2N = ⇒ F= 2 2 2 2 − 0, 2 (1 − 0, 2 ) 2 2 2

Άρα WF = Fσυν45ο ⋅ x = 15 2N

2 ⋅ 10m ⇒ WF = 150 J 2

Παράδειγµα 5.7 Σώµα µάζας m = 1kg βάλλεται από τη βάση κεκλιµένου επιπέδου κλίσης φ = 30ο , µε αρχική ταχύτητα υ0 = 20

m προς τα πάνω. Αν ο συντελεστής τριβής είναι s

3 να βρείτε: 5 α. Σε πόσο διάστηµα θα σταµατήσει; β. Θα επιστρέψει πίσω; γ. Αν ναι, µε τι ταχύτητα επιστρέφει; δ. Τι έγινε η ενέργεια που “χάθηκε”; m ∆ίνεται g = 10 2 s Λύση µ=

α. ΣFy = 0 ⇒ N = Βσυνφ Ενώ Τ = µ ⋅ Ν = µmgσυνφ Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. από Α → Γ µε ( ΑΓ ) = x 1 K τελ − K αρχ = Wολ ⇔ 0 − mυ0 2 = WB + WT ⇒ 2 1 − mυ0 2 = − mgηµφ ⋅ x − T ⋅ x ⇒ 2 114

Έργο Ενέργεια 1 2 mυ0 2 + = + mgηµφ ⋅ x + µmgσυνφ ⋅ x ⇒ υ0 = g ( ηµφ + µ ⋅ συνφ ) ⋅ x ⇒ 2 2 υ0 2 = 2g ( ηµφ + µ ⋅ συνφ )

202 1 3 3 ⋅ 2 ⋅ 10  +  2 5 2 

m ⇒ x = 25m Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

β. Όταν σταµατήσει στο (Γ), τείνει να κινηθεί προς τα κάτω. Για να κινηθεί όντως πρέπει: Bηµφ > Τορ ή mgηµφ > µmgσυνφ ή

1 3 1 3 3 ή > Ισχύει > ⋅ 2 10 2 5 2

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

γ. Το σώµα επιστρέφει, ξεκινώντας από το (Γ), χωρίς αρχική ταχύτητα, διασχίζοντας µετατόπιση x = 25m Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. από το Γ → Α 1 K τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒ mυ2 − 0 = Βηµφ ⋅ x − T ⋅ x ⇒ 2 1 2 mυ = mgηµφ ⋅ x − µmgσυνφx ⇒ 2 m 1 3 m υ = 2gx ( ηµφ − µ ⋅ συνφ ) = 2 ⋅ 10 ⋅ 25  −  = 10 s  2 10  s m υ = 10 s δ. Η ενέργεια που “χάθηκε” µετατράπηκε σε θερµότητα λόγω της τριβής. 1 1 2 2 Είναι: QT = mυ0 − mυ = 150J 2 2 Παράδειγµα 5.8 Σώµα µάζας m = 1kg µε αρχική ταχύτητα m δέχεται την επίδραση δύναµης F , η s οποία µεταβάλλεται όπως στο σχήµα. Το σώµα βρίσκεται σε οριζόντιο δάπεδο µε το οποίο έχει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,1 , ενώ η διεύθυνση της F είναι οριζόντια. ∆ίνε-

υ0 = 2

m s

ται g = 10 2 . Να υπολογίσετε: 115

Έργο Ενέργεια

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

α. Το έργο της F από x = 0 έως x = 8m . β. Το έργο της F από x = 8m έως x = 10m . γ. Το έργος της F από x = 0 έως x = 10m . δ. Την ταχύτητα του σώµατος στην θέση x = 12m .

Λύση

1 α. WF( 0→8) = 8m ⋅ 6N = 24J 2 β. WF( 8→10) =

1 2m ⋅ ( −3N ) = −3J 2

γ. WF( 0→10 ) = 24J − 3J = 21J

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

δ. ΣFy = 0 ⇒ N = B = mg , ενώ T = µN = µmg = 1N Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. από x = 0 έως x = 12m ή K τελ − Κ αρχ = WF( 0→12) + WT

1 2 1 1 1  mυ − mυ0 2 =  8m ⋅ 6N + 4m ⋅ ( −3N )  − 1N ⋅ 12m 2 2 2 2  ή υ = υ0 2 +

2 2 m m Wολ = 22 + 6 = 4 m 1 s s

Παράδειγµα 5.9

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Ένα σώµα µάζας m = 2kg ισορροπεί σε οριζόντιο δάπεδο µε το οποίο έχει µ = 0, 25 . Ασκούµε στο σώµα δύναµη F, που η τιµή της µεταβάλλεται σε συνάρτηση µε τη µετατόπιση x του σηµείου εφαρµογής της σύµφωνα µε τη σχέση F = 10 + 5x (S.I). α. Κατά πόσο θα µετακινηθεί το σώµα, πριν εγκαταλείψει το οριζόντιο δάπεδο; β. Την ταχύτητα του σώµατος τη στιγµή που εγκαταλείπει το οριζόντιο δάπεδο. m ∆ίνονται: ηµθ = 0,8 , g = 10 2 s Λύση α. ΣFy = 0 ⇒ N + Fηµθ − B = 0 ⇒ Ν = mg − Fηµθ ⇒ Ν = 20 − (10 + 5x ) ⋅ 0,8 ( S.I ) ⇒ Ν = 12 − 4x ( S.I ) (1) (1)

Το σώµα χάνει την επαφή του, όταν N = 0 ⇒ 12 − 4x = 0 ⇒ x = 3m 116

Έργο Ενέργεια β. Το συνθ = 1 − ηµ 2 θ = 1 − 0,82 = 0,6 Η τριβή είναι Τ = µΝ = 0, 25 (12 − 4x ) = 3 − x Για x = 0 :T = 3 − x = 3N

Η γραφική παράσταση της ΣFx ( x ) φαίνεται στο διπλανό σχήµα: Το Woλ ( 0→ 3) =

( 3 + 15 ) Ν 2

⋅ 3m = 27J

Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. 0m → 3m για το σώµα. K τελ − Κ αρχ = Woλ ( 0→ 3) ⇒

υ=

2Woλ ( 0→ 3) m

1 mυ2 − 0 = Woλ( 0→3) ⇒ 2

2 ⋅ 27J m m = 27 = 3 3 2kg s s

Παράδειγµα 5.10 Ένα παιδί µάζας m = 20kg γλιστρά πάνω σε µια καµπυλόγραµµη τσουλήθρα ακανόνιστου σχήµατος, από ύψος h = 1,8m , όπως στο σχήµα. Το παιδί ξεκινά από την κορυφή, ενώ ήταν ακίνητο. α. Προσδιορίστε το µέτρο της ταχύτητας του, στο κάτω µέρος της τσουλήθρας θεωρώντας ότι δεν υπάρχουν τριβές. m να προσδιορίσετε το έργο των τριβών. β. Αν φθάνει µε ταχύτητα υ = 2 s m ∆ίνεται g = 10 2 . s Λύση α. Στο παιδί ασκούνται η κάθετη αντίδραση N που είναι συνεχώς κάθετη στην µετατόπιση και δεν παράγει έργο και το βάρος που είναι συντηρητική δύναµη. Εφαρµόζουµε: Α.∆.Ε. (Α) → (Γ): E ( A ) = E ( Γ ) ⇒ ΚΑ + UΑ = ΚΓ + UΓ ⇒ 1 m 0 + mgh = mυΓ 2 + 0 ⇒ υΓ = 2gh = 6 2 s

Θεωρώ Uβαρ = 0 στο οριζόντιο επίπεδο που περνά από το (Γ) 117

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Η ΣFx = Fσυνθ − Τ = ( 6 + 3x ) − ( 3 − x ) = 3 + 4x (S.I.)

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

  Fσυνθ > Τ Για x = 0 :Fσυνθ = (10 + 5x ) ⋅ 0,6 = 6 + 3x = 6N 

Έργο Ενέργεια β. Αν υπάρχει τριβή εφαρµόζουµε το Θ.Μ.Κ.Ε. από (Α) στο (Γ)

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κ τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

1 2 mυ − 0 = WB + WT ⇒ 2

1 2 1 mυ = mgh + WT ⇒ WT = mυ2 − mgh = −320J 2 2 Το βάρος είναι συντηρητική δύναµη και το έργο του είναι ανεξάρτητο της διαδροµής WB = ± mgh Παράδειγµα 5.11 Από την κορυφή τεταρτοκυκλίου ακτίνας R = 0,8m , αφήνεται να ολισθήσει σώµα µάζας m = 0,5kg . Λόγω της τριβής µε το τεταρτοκύκλιο χάνει σε θερµότητα το 36% της αρχικής του δυναµικής του ενέργειας. Την στιγµή που φθάνει στην βάση του τεταρτοκυκλίου συγκρούεται πλαστικά µε ακίνητο σώµα µάζας M = 0,5kg . Το συσσωµάτωµα κινείται σε ορι-

ζόντιο δάπεδο µε το οποίο έχει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0, 2 . Μετά από πόσο διάστηµα θα σταµατήσει; m ∆ίνεται g = 10 2 . s Λύση α. Στο σώµα (m) ασκούνται το βάρος, η κάθετη αντίδραση Ν και η τριβή. Εφαρµόζουµε ΘΜΚΕ για το σώµα (m) από (Α) → (Γ). Κ τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

1 2 mυΓ − 0 = WB + WT + WN ⇒ 2

m 1 2 (πριν την κρούση) mυΓ = mgR − 0,36mgR + 0 ⇒ υΓ = 2 ⋅ 0,64gR = 3, 2 s 2 β. Κατά την πλαστική κρούση των δύο σωµάτων ισχύει η Α.∆.Ο p πριν = pµετα ⇒ m ⋅ υΓ + 0 = ( m + M ) V ⇒

mυΓ m = 1,6 m+M s

γ. Μετά την κρούση και µέχρι να σταµατήσει στο (∆) το συσσωµάτωµα δέχεται την επίδραση του βάρους Boλ , της κάθετης αντίδρασης Νoλ και της τριβής Τ, 118

Έργο Ενέργεια ΣFy = 0 ⇒ N oλ = Βολ = ( m + M ) g

ενώ T1 = µΝ ολ = µ ( m + M ) g Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για το συσσωµάτωµα από (Γ) στο (∆) Κ τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

ολ

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

−

1 ( m + M ) V 2 = WT + WB + WN ⇒ 2 ολ

1 ( m + M ) V 2 = −µ ( m + M ) g ⋅ S ⇒ 2

V2 = 0,64 m 2µg

Παράδειγµα 5.12

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Μικρό σώµα µάζας m = 0, 2kg αφήνεται από ύψος h1 = 1,8m και αφού συγκρουστεί µε οριζόντιο έδαφος, αναπηδά σε ύψος h 2 = 0,8m.

Να υπολογίσετε: α. την ταχύτητα που φθάνει στο έδαφος, β. την ταχύτητα που αναπηδά, γ. την απώλεια ενέργειας λόγω της κρούσης του µε το έδαφος m ∆ίνεται g = 10 2 s

Λύση α. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε. από το (Α) µέχρι το (Γ) λίγο πριν συγκρουστεί µε το έδαφος: K τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

m 1 mυ12 − 0 = mgh1 ⇒ υ1 = 2gh1 = 6 s 2

β. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε. από το (Γ) µέχρι το (∆):

m 1 K τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒ 0 − mυ2 2 = − mgh 2 ⇒ υ2 = 2gh 2 = 4 s 2 γ. Η απώλεια ενέργειας σε θερµότητα λόγω της σύγκρουσης µε το έδαφος είναι

1 1 mυ12 − mυ2 2 = 2J 2 2

119

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

0−

Έργο Ενέργεια Παράδειγµα 5.13 Αυτοκίνητο µάζας m = 2000kg ξεκινά από την ηρεµία και επιταχύνεται οµαλά µέχρι ταχύτητα Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

km h

σε χρόνο t = 20s , που είναι και το νόµιµο

όριο στον οριζόντιο δρόµο που βρίσκεται. Αν η αντίσταση στην κίνηση του αυτοκινήτου έχει µέτρο Fαν = 500Ν , να βρεθεί η ισχύς που απαιτείται σε συνάρτηση µε τον χρόνο και να γίνει η γραφική παράσταση Ρ(t). Λύση • Από 0 ≤ t ≤ 20s το αυτοκίνητο κάνει κίνηση οµαλά επιταχυνόµενη µε

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

υ = α⋅ t ⇒ α =

υ m =1 2 t s

Ο Θεµελιώδης Νόµος της Μηχανικής: ΣFx = m ⋅ α ⇔ F − Fαντ = m ⋅ α ⇒ F = m ⋅ α + Fαντ ⇒ F = 2500 N

Η ισχύς του κινητήρα είναι Ρ = F ⋅ υ = F ⋅ α ⋅ t = 2500t (S.I) • Από t > 20s επειδή υ = σταθ ⇔ F = Fαντ = 500N . Άρα Ρ = F ⋅ υ = 10000 W Παράδειγµα 5.14 Σώµα µάζας m = 2kg που αρχικά ηρεµεί πάνω σε οριζόντιο δάπεδο, δέχεται την επίδραση οριζόντιας δύναµης F , σταθερής διεύθυνσης, της οποίας το µέτρο σε συνάρτηση µε την µετατόπιση x είναι: F = 8 + 4x ( F σε Ν, xσε m ) , 0 ≤ x ≤ 4m F = 32 − 2x ( F σε Ν, xσε m ) , x ≥ 4m m α. Αν για x = 16m το σώµα έχει ταχύτητα υ = 12 , να υπολογιστεί ο συντελεs στής τριβής ολίσθησης. β. Σε πόση απόσταση αποκτά την µέγιστη ταχύτητά του και ποια είναι αυτή; (Μέχρι τη στιγµή που θα σταµατήσει στιγµιαία για πρώτη φορά). γ. Σε πόση απόσταση θα σταµατήσει στιγµιαία για πρώτη φορά; δ. Να υπολογίσετε τον ρυθµό µεταβολής της κινητικής ενέργειας στη θέση όπου µηδενίζεται η δύναµη F . ε. Να υπολογίσετε στη θέση x = 4m τους ρυθµούς της προσφερόµενης ενέργειας, της µεταβολής της κινητικής ενέργειας και της αύξησης της θερµικής ενέργειm ας λόγω τριβής. Τι παρατηρείτε; ∆ίνεται g = 10 2 s 120

Έργο Ενέργεια Λύση

Η γραφική παράσταση της F = f ( x ) είναι:

α. Εφαρµόζουµε το θεώρηµα µεταβολής της κινητικής ενέργειας (Θ.Μ.Κ.Ε) για το σώµα από τη θέση x = 0m έως x = 16m .

1 mυ2 − 0 = WF + WT ή WT = − WF + 1 mυ2 ή 2 2  ( 8 + 24 )  1 WT = −  ⋅ 4 + ⋅ 24 ⋅ (16 − 4 )  J + 144J ή WT = −64J 2  2 

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Στο σώµα ασκούνται: το βάρος B , η δύναµη F , η τριβή T και η κάθετη αντίδραση N .

β. Το σώµα αρχικά επιταχύνεται επειδή ΣFx = F − T = ( 8 − 4 ) N = 4N > 0 . Όταν ΣFx = 0 αποκτά τη µέγιστη ταχύτητα του. Όταν ΣFx < 0 το σώµα επιβραδύνεται.

Άρα υ = υ max όταν ΣFx = 0 ή F = T = µmg = 4N i. 0 ≤ x1 ≤ 4m : F = 8 + 4x1 = 4 ή x1 = −4m Απορρίπτεται ii. Για x1 ≥ 4m : F = 32 − 2x1 = 4 ή x1 = 14m ∆εκτό Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε για το σώµα από τη θέση x = 0m έως x1 = 14m

1 2 mυmax − 0 = WF + WT ή 2 m  ( 8 + 24 )  ( 24 + 4 ) 1 2 ⋅ υ2max =  ⋅4+ ⋅ (14 − 4 ) − 0, 2 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 14  J ή υmax = 148 s 2 2  2  121

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Όµως ΣFy = 0 ή N = B = m ⋅ g = 20N αλλά WT = − T ⋅ x = − µ ⋅ mg ⋅ x ή µ = 0, 2

Έργο Ενέργεια γ. Έστω ότι σταµατά στιγµιαία για πρώτη φορά στη θέση x 2 όπου F = 32 − 2x 2 . Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε για το σώµα από τη θέση x = 16m έως x = x 2

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1 1 0 − mυ2 = WF − WT ή 0 − 144 = ( 32 − 2x 2 )( x 2 − 16 ) − µmg ( x 2 − 16 ) ή 2 2 x 22 − 28x 2 + 48 = 0 µε λύσεις x 2 = 1,83m Απορρίπτεται γιατί x 2 > 16m x 2 = 26,165m ∆εκτή.

δ. Στη θέση x = 16m όπου F = 0 έχω ΣFx = F − T = −4N

∆Ε Κ m Joule = ΣFx ⋅ υ = −4Ν ⋅ 12 = −48 ∆t s s ε. Εφαρµόζουµε Θ.Μ.Κ.Ε για το σώµα από τη θέση x = 0m έως x = 4m

1 2 m ( 8 + 24 ) 1 mυ − 0 = WF − WT ή mυ 2 = ⋅ 4 − 0, 2 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 4 ή υ = 48 2 2 2 s Στη θέση x = 4m ενώ F = 24N ∆WF J = F ⋅ υ = 24 48 ο ρυθµός της προσφερόµενης ενέργειας είναι ∆t s ο ρυθµός µεταβολής της κινητικής ενέργειας είναι: ∆Ε Κ J = ΣFx ⋅ υ = ( 24 − 4 ) 48 = 20 48 ∆t s ο ρυθµός αύξησης της θερµικής ενέργειας λόγω τριβής είναι: ∆Q − ∆WT m = = − ( − Tυ ) = 4 ⋅ 48 ∆t ∆t s Παρατηρώ ότι

∆Ε Κ ∆WF ∆WT = + ∆t ∆t ∆t

Παράδειγµα 5.15 Ένας χιονοδρόµος µάζας m = 50kg ξεκινά όπως στο σχήµα από ύψος h = 5, 2m για να εκτελέσει την παράτολµη φιγούρα, που περιλαµβάνει οριακή ανακύκλωση σε καµπύλη τροχιά ακτίνας R = 2m . Να υπολογίσετε: α. το έργο της τριβής µέχρι το (Γ) β. το ποσοστό της αρχικής µηχανικής ενέργειας που έγινε θερµότητα µέχρι το σηµείο (Γ)

m ∆ίνεται g = 10 2 s 122

Έργο Ενέργεια Λύση

Εφαρµόζω Θ.Μ.Κ.Ε. από το (Α) στο (Γ): Κ τελ − Κ αρχ = Wολ ⇒

1 mυΓ,min 2 − 0 = WB + WT + WN ( 2 ) 2

όµως WN = 0 (κάθετη στην µετατόπιση) WB = B ( h − 2R ) (γιατί είναι συντηρητική δύναµη και το έργο της είναι ανεξάρτητο

της διαδροµής) 1 Η (2) γίνεται mgR = mg ( h − 2R ) + WT ⇒ WT = −100J 2 β. Το ποσοστό απώλειας της αρχικής µηχανικής ενέργειας mgh, λόγω της τριβής είναι: u=

WT EA

100 % = 3,8% 2600

Παράδειγµα 5.16 ∆οκιµαστικός σωλήνας µάζας M = 1kg κλείνεται µε

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

φελλό µάζας m = 0,1kg . Ο σωλήνας περιέχει λίγες σταγόνες αιθέρα και είναι ακίνητος σε οριζόντια θέση, στην άκρη κατακόρυφου αβαρούς νήµατος µήκους = 16cm , το οποίο µπορεί να περιστρέφεται γύρω από οριζόντιο άξονα Ο, που περνά από την πάνω άκρη του νήµατος. Όταν θερµάνουµε ελαφρά τον σωλήνα παράγονται ατµοί αιθέρα υπό πίεση και ο φελλός εκτοξεύε-

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Fκ = B + N   mυ 2Γ   + = B N 2   υ Γ, min = gR (1) R mυ Γ Fκ =  N = 0 (οριακή ανακύκλωση) R  

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

α. Στο χιονόδροµο ασκούνται η τριβή, η κάθετη αντίδραση N και το βάρος του. Για να κάνει οριακή ανακύκλωση στο (Γ) πρέπει:

ται. Πόση ελάχιστη αρχική ταχύτητα υ0 , πρέπει να αποκτήσει ο φελλός, για να διαγράψει ο σωλήνας ολόκληρη κυκλική τροχιά γύρω από τον άξονα Ο.

m ∆ίνεται g = 10 2 s Λύση α. Κατά την εκτίναξη του φελλού ισχύει η Α.∆.Ο.

ΜυΑ p πριν = pµετα ⇒ 0 = mυ0 − ΜυΑ ⇒ υ0 = (1) m 123

Έργο Ενέργεια β. Συνθήκη ανακύκλωσης νήµατος στο σηµείο (Γ), εάν ( R = ). Μυ 2Γ Μυ2Γ  B+T =  R  Fκ = B + T  T = 0 ( οριακήανακύκλωση )

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Fκ =

Άρα Mg =

Mυ2Γ,min

⇒ υΓ,min = g ( 2 )

Όταν έχουµε έκρηξη ή κρούση εφαρµόζουµε την αρχή διατήρησης της ορµής (Α.∆.Ο). p πριν = pµετα

γ. Α.∆.Ε για τον σωλήνα από (Α) στο (Γ) E( A) = E Γ ⇒ Κ Α + U Α = Κ Γ + U Γ ⇒

1 1 2 ΜυΑ 2 + 0 = MυΓ,min + Mg ⋅ 2 ⇒ 2 2

υA = g + 4g = 5g

Από (1), (3), έχω υ0 =

Μ m 5g = 20 2 m s

Παράδειγµα 5.17 Σώµα µάζας M = 5kg ηρεµεί σε οριζόντιο επίπεδο µε το οποίο παρουσιάζει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,1 . Βλήµα κινούµενο οριζόντια µε ταχύτητα υ0 = 100m / s και µάζας m = 0,1kg διαπερνά το σώµα και η ταχύτητα του γίνεται υ0 / 2 . Να βρεθούν: α. Η ταχύτητα του σώµατος Μ µετά την έξοδο του βλήµατος. β. Η µεταβολή της ορµής του σώµατος Μ από τη στιγµή που ηρεµούσε µέχρι την έξοδο του βλήµατος. γ. Η µέση δύναµη που δέχεται το σώµα κατά τη διάρκεια της “κρούσης” αν αυτή διαρκεί ∆t = 0,01 s. δ. Η θερµότητα που παράγεται κατά την κίνηση του σώµατος Μ πάνω στο οριζόντιο επίπεδο, καθώς και η µετατόπιση µέχρι να σταµατήσει το σώµα µάζας Μ. Λύση α. Α.∆.Ο.

υ υ pολ, πριν = pολ,µετα ⇒ m·υ0 = Μ·V + m 0 ⇒ m·υ0 − m 0 = Μ·V ⇒ 2 2 υ0 m·υ0 = M·V ⇒ V = ⇒ V = 1m / s 2 2Μ β. ∆p M = pµετά − p πριν ⇒ ∆p Μ = Μ·V − 0 ⇒ ∆p Μ = 5kg·1m / s = 5kgm / s ⇒m

124

Έργο Ενέργεια ∆p ∆p 5kgm / s γ. FM = M ⇒ FM = Μ ⇒ FM = = 500N ∆t ∆t 0,01s

δ. ΣFy = 0 ⇒ Ν − Β = 0 ⇒ Ν = Β ⇒ Ν = Μ·g ⇒ T = µ · Ν = µ ·Μ·g

V2 1 ⇒ ∆x = 0,5m −µ ·M·g·∆x = − ·Μ·V 2 ⇒ ∆x = 2µ ·g 2 Q = WT ⇒ Q = µ ·Μ·g·∆x ⇒ Q = 2,5J

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση Παράδειγµα 5.18

Παράδειγµα 5.20

Ένα σώµα βάρους B = 1000N είναι ακίνητο σε οριζόντιο δάπεδο µε το οποίο εµφανίζει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,03 . Στο σώµα ασκείται οριζόντια

Ένα καροτσάκι φορτωµένο µε τούβλα έχει συνολική µάζα 18kg και σύρεται µε σταθερή ταχύτητα από ένα σχοινί. Το σχοινί σχηµατίζει γωνία φ ( συνφ = 0,6 και

δύναµη F = 250N µέχρι η ταχύτητά του να γίνει 36 km/h. Να υπολογίσετε: α. Το ολικό έργο. β. Το έργο της δύναµης F . γ. Το έργο της τριβής Τ . m ∆ίνεται g = 10 2 s Απάντηση:

ηµφ = 0,8 ) πάνω από τον ορίζοντα και κινείται σε οριζόντιο δάπεδο. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι µ = 0,5 . Να υπολογίσετε: α. Την τάση του σχοινιού. β. Όταν το καροτσάκι έχει µετακινηθεί κατά 20m, πόσο έργο έχει παραχθεί από το σχοινί πάνω στο καροτσάκι; γ. Αν το καροτσάκι έχει ταχύτητα

α. Wολ = 5000J

β. WF = 5.681,8J

γ. WΤ = −681,8J Παράδειγµα 5.19 Μια γυναίκα µάζας 65kg ανεβαίνει µια σκάλα µε 20 σκαλοπάτια, που το καθένα έχει ύψος 25cm. Πόσο είναι το έργο του βάρους; m ∆ίνεται g = 10 2 s Απάντηση: WB = −3.250J

m και σταµατήσουµε να το σύs ρουµε, µετά από πόσο διάστηµα θα σταµατήσει; υ0 = 2

m ∆ίνεται g = 10 2 s Απάντηση: α. F = 90N γ. x = 0, 4m

β. WF = 108J

125

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

Επειδή WB = WN = K Τ = 0 τότε

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Από Θ.Μ.Κ.Ε.: ΣWF = ∆Κ ⇒ WB + WN + WT = K Τ − Κ Α

Έργο Ενέργεια

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.21 Μετακινούµε σε οριζόντιο δρόµο σώµα µάζας 100kg ασκώντας σ’ αυτό σταθερή οριζόντια δύναµη F = 500N , µέσω ενός σχοινιού. Επειδή το σχοινί γλυστρά από τα χέρια µας, όταν έχουµε µετακινηθεί κατά x = 10m το κιβώτιο έχει µετακινηθεί κατά x1 = 6m . Αν ο συντελεστής τριβής ολίσθη-

σης είναι µ = 0,05 να υπολογίσετε: α. την ενέργεια που καταναλώσαµε β. την κινητική ενέργεια που απόκτησε το κιβώτιο στο τέλος της διαδροµής. γ. την ενέργεια που δόθηκε στο κιβώτιο.

m ∆ίνεται g = 10 2 s

Απάντηση: α. W1 = 5000J

m ∆ίνεται g = 10 2 s Απάντηση: α. ∆Εµηχ = −47,7J

β. υε = 46m / s

Παράδειγµα 5.23 Σώµα µάζας m = 2kg , αρχικά ηρεµεί σε οριζόντιο δάπεδο µε το οποίο έχει συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,1 . Στο σώµα ασκείται δύναµη που µεταβάλλεται µε τη θέση όπως στο σχήµα. Να υπολογίσετε: α. Το έργο της F για µετατόπιση από 0 έως 6m. β. Το έργο της τριβής για την ίδια µετατόπιση. γ. Την ταχύτητά του στην θέση x = 6m .

m ∆ίνεται g = 10 2 s β. K T = 2700J

γ. W2 = 3000J Παράδειγµα 5.22 Από σηµείο (Α) που βρίσκεται σε ύψος H = 50m πάνω από το έδαφος, αφήνεται να πέσει ελεύθερα σφαίρα µάζας 1 πάνω από το έδαm = 0,1κg . Σε ύψος 2 φος, συναντά την πάνω επιφάνεια στρώµατος αφρού πάχους d = 0,5m , το οποίο διαπερνά και τη στιγµή της εξόδου του

m έχει ταχύτητα υ = 4 . s Υπολογίστε: α. Την απώλεια ενέργειας της σφαίρας κατά το πέρασµά της µέσα από τον αφρό. β. Την ταχύτητα µε την οποία φθάνει στο έδαφος. Αντίσταση αέρα αµελητέα. 126

Απάντηση: α. WF = 46J

β. WT = −12J

γ. υ = 34m / s Παράδειγµα 5.24 Ένας αεροπόρος που συνετρίβει µέσα στη ζούγκλα βρίσκεται στη µέση ενός βάλτου. Εκτιµά ότι η δύναµη F την οποία πρέπει να ασκεί κατά τη διεύθυνση x, καθώς αγωνίζεται να βγει από το βάλτο είναι F = 1000 − 50x (S.I). Αν την στιγµή που φθάνει στην όχθη του βάλτου η δύναµη µηδενίζεται να υπολογίσετε:

Σώµα µάζας 500g ολισθαίνει εξ’ αιτίας του βάρους του κατά µήκος της κυκλικής τροχιάς R = 1m . Αν το σώµα ξεκινά χωρίς αρχική ταχύτητα από το σηµείο Α και η ταm , χύτητα στο κατώτερο σηµείο είναι 4 sec να βρείτε το έργο της τριβής

m ∆ίνεται g = 10 2 s

Απάντηση: N = 120N, N = 90N Παράδειγµα 5.27 Σώµα µάζας m εκτελεί κυκλική κίνηση σε κατακόρυφο επίπεδο δεµένο σε νήµα. Αν T1 και T2 οι τάσεις του νήµατος στο κατώτερο και ανώτερο σηµείο της τροχιάς να δείξετε ότι T1 − T2 = 6mg . Παράδειγµα 5.28

Απάντηση: WT = −1J Παράδειγµα 5.26 Το σώµα του σχήµατος έχει µάζα m = 2kg και αφήνεται από τέτοιο σηµείο Α ώστε µόλις να εκτελέσει ανακύκλωση. Να βρεθούν οι αντιδράσεις που ασκούνται στο σώµα από το δάπεδο στα σηµεία Γ και ∆.

Το νήµα του σχήµατος έχει µήκος = 1m ενώ το σφαιρίδιο έχει µάζα m. Στο σηµείο Κ που απέχει απο το σηµείο εξάρτησης 3 τοποθετείται καραπόσταση ( OK ) = 4 φί. Να βρεθεί η ταχύτητα υ0 που πρέπει να δώσουµε όταν το νήµα είναι κατακόρυφο, ώστε κινούµενο σε κατακόρυφο κύκλο, µόλις το νήµα φτάσει στο καρφί να κάνει ανακύκλωση γύρω από αυτό. m ∆ίνεται το g = 10 2 s

m ∆ίνεται g = 10 2 και φ = 60ο s

Απάντηση: υ0 =

11g m/s 4 127

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.25

∆ιδάσκονται στην A΄ Λυκείου

α. Σε πόση απόσταση βγαίνει από τον βάλτο; β. Πόσο είναι το έργο της δύναµης F ; γ. Ποια είναι η µέση δύναµη που άσκησε ο αεροπόρος, κατά την κίνησή του; Απάντηση: α. x = 20m β. WF = 104 J γ. F = 500N

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Έργο Ενέργεια

∆ιδάσκονται στην Α΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 5.29 Το σώµα του σχήµατος έχει µάζα m = 4kg και παρουσιάζει µε τον κατακόρυφο τοίχο συντελεστή τριβής ολίσθησης µ = 0,1 . Το µέτρο της F είναι F = 100 2N ενώ

φ = 45ο . Να υπολογίσετε: α. την ταχύτητα που αποκτά το σώµα µετά από κατακόρυφη µετατόπιση x = 1m β. τι ποσοστό του έργου της F γίνεται δυναµική ενέργεια του σώµατος; γ. ποιος έπρεπε να είναι ο συντελεστής τριβής ολίσθησης ώστε το σώµα να ανεβαίνει µε σταθερή ταχύτητα. m ∆ίνεται g = 10 2 s

Απάντηση: α. υ = 5m / s γ. µ′ = 0,6

128

β. α = 40 ο ο

6. Ταλαντώσεις Περιοδικά φαινόµενα Όταν ένα φαινόµενο επαναλαµβάνεται µε τον ίδιο τρόπο λέγεται περιοδικό φαινόµενο. Το φλας ενός αυτοκινήτου, η περιστροφή δίσκου πικ-απ, η κίνηση ενός απλού εκκρεµούς είναι µερικά περιοδικά φαινόµενα. Περίοδος ενός φαινοµένου λέγεται ο χρόνος που χρειάζεται για να πραγµατοποιηθεί µια φορά το φαινόµενο ενώ συχνότητα είναι ο αριθµός των επαναλήψεων στη µονάδα του χρόνου:

N t

1 . T Από τα παραπάνω περιοδικά φαινόµενα µόνο η κίνηση του απλού εκκρεµούς είναι ταλάντωση. Ταλάντωση είναι η περιοδική κίνηση που κάνει το σώµα όταν κινείται παλινδροµικά µεταξύ δυο ακραίων θέσεων. Όταν η κίνηση αυτή εξελίσσεται σε ευθεία γραµµή τότε έχουµε γραµµική ταλάντωση. Όταν η αποµάκρυνση από τη θέση ισορροπίας ενός κινητού που εκτελεί γραµµική ταλά-

Η σχέση µεταξύ συχνότητας και περιόδου είναι f =

ντωση είναι αρµονική συνάρτηση του χρόνου x = Aηµ ( ωt + φ0 ) τότε η κίνηση λέγεται γραµµική αρµονική ταλάντωση (Γ.Α.Τ) ή απλή αρµονική ταλάντωση (Α.Α.Τ).

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Έστω ότι έχουµε ένα ελατήριο σταθεράς κ και φυσικού µήκους 0 , του οποίου ο άξονας είναι κατακόρυφος και το πάνω άκρο του είναι δεµένο σε ακλόνητο σηµείο. ∆ένουµε στο κάτω άκρο του, σώµα µάζας m, οπότε το ελατήριο επιµηκύνεται κατά x1 όπως φαίνεται στο σχήµα και ισορροπεί στη θέση ισορροπίας (Θ.Ι.Τ.). Μετακινώντας το σώµα από τη θέση ισορροπίας κατά ∆x = A και αφήνοντάς το ελεύθερο, αυτό θα εκτελέσει γραµµική αρµονική ταλάντωση. Γραµµική γιατί η κίνηση εξελίσσεται σ’ ευθεία γραµµή και αρµονική διότι κάθε στιγµή η αποµάκρυνση του σώµατος από τη θέση ισορροπίας δίνεται από τη σχέση x = Aηµωt .

129

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Γραµµική αρµονική ταλάντωση µε ιδανικό ελατήριο

Ταλαντώσεις Όπου Α το πλάτος της ταλάντωσης (συµπίπτει µε την αρχική αποµάκρυνση-διέγερση) και ω = 2πf =

2π η κυκλική συχνότητα (rad/sec). ωt: φάση (γωνία σε rad). Τ

Εξίσωση αποµάκρυνσης του απλού αρµονικού ταλαντωτή Η αποµάκρυνση του ταλαντωτή από την αρχική θέση ισορροπίας του (Θ.Ι.Τ), είναι ηµιτονική συνάρτηση του χρόνου. ∆ηλαδή, κάθε χρονική στιγµή t, η τιµή της αποµάκρυνσης x του ταλαντωτή από τη Θ.Ι.Τ του βρίσκεται από σχέση της µορφής:

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

x = A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) (1)

Όπου: x: είναι η στιγµιαία αποµάκρυνση από τη Θ.Ι.Τ. , − A ≤ x ≤ + A A: είναι το πλάτος, η µέγιστη αποµάκρυνση από τη Θ.Ι.Τ. ω: είναι η κυκλική συχνότητα. (Στο S.I. η κυκλική συχνότητα έχει µονάδα 1rad/s) ω = 2πf = 2π / Τ όπου f: είναι η συχνότητα της κίνησης και Τ: είναι η περίοδος της κίνησης ωt + φ 0 : είναι η φάση της κίνησης κάθε στιγµή. φ 0 : είναι η αρχική φάση της κίνησης.

Η τιµή της αρχικής φάσης φ 0 εξαρτάται από τη θέση x του ταλαντωτή τη χρονική στιγµή t = 0 και τη φορά κίνησης του ταλαντωτή τη στιγµή αυτή. Μπορεί να πάρει τιµές από 0 ≤ φ 0 < 2π ( φ 0 = 0 όταν x = 0 και υ > 0 )

Εξισώσεις ταχύτητας - επιτάχυνσης και δύναµης του απλού αρµονικού ταλαντωτή Ταχύτητα (Η Γ.Α.Τ. είναι κίνηση µε µεταβλητή ταχύτητα.) Κάθε στιγµή η ταχύτητα του ταλαντωτή δίνεται από τη σχέση: υ = ω ⋅ A ⋅ συν ( ωt + φ0 ) = υ0 ⋅ συν ( ωt + φ0 ) ( 2 )

όπου υ0 = ω ⋅ A το µέτρο της µέγιστης ταχύτητας (πλάτος ταχύτητας). Επιτάχυνση (Η Γ.Α.Τ. είναι κίνηση µε µεταβλητή επιτάχυνση.) Η επιτάχυνση που έχει ο ταλαντωτής κάθε στιγµή δίνεται από τη σχέση: α = − ω2 ⋅ A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) = − α 0 ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) ( 3)

όπου: α0 = ω2 ⋅ A το µέτρο της µέγιστης επιτάχυνσης (πλάτος επιτάχυνσης). Από τις σχέσεις (1) και (3) έχουµε: α = − ω2 ⋅ x ( 4 )

Από την τελευταία εξίσωση συµπεραίνουµε ότι: Η επιτάχυνση έχει αντίθετη φορά από την αποµάκρυνση. ∆ηλαδή η επιτάχυνση έχει φορά πάντα προς τη Θ.Ι.Τ., Θέση Ισορροπίας Ταλάντωσης, (το κέντρο ταλάντωσης).

130

Ταλαντώσεις ∆ύναµη επαναφοράς στη Γ.Α.Τ. Ένα σώµα µάζας m κάνει Γ.Α.Τ. H τιµή της συνισταµένης των δυνάµεων F που δέχεται το σώµα κατά τη διεύθυνση της κίνησης του, είναι: F = − Dx ( 5 ) Το πρόσηµο (-) δείχνει ότι η φορά της δύναµης είναι αντίθετη από τη φορά της αποµάκρυνσης. Έτσι τείνει να επαναφέρει το ταλαντούµενο σώµα στην αρχική θέση ισορροπίας γι’ αυτό λέγεται δύναµη επαναφοράς. Όπου: D = m ⋅ ω2 , λέγεται σταθερά της ταλάντωσης ή σταθερά επαναφοράς.

m (6) D Η περίοδος του απλού αρµονικού ταλαντωτή είναι ανεξάρτητη του πλάτους της ταλάντωσης.

Περίοδος T = 2π

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Γραφικές παραστάσεις Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων x = f ( t ) , υ = f ( t ) και α = f ( t ) , όταν είναι φ 0 = 0 , φαίνονται στα παρακάτω σχήµατα.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

H σχέση F = − Dx είναι αναγκαία και ικανή συνθήκη ώστε ένα σώµα να κάνει Γ.Α.Τ.

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης F = f ( x ) είναι: F = − Dx Η γραφική παράσταση της συνάρτησης F = f ( t ) είναι: F = − mω2 ⋅ A ⋅ ηµ ( ωt )

131

Ταλαντώσεις Η ενέργεια στην Γ.Α.Τ. Η ενέργεια που έχει ένας ταλαντωτής λόγω κίνησης, είναι η κινητική ενέργεια του 1 1 ταλαντούµενου σώµατος και δίνεται από τη σχέση: K = m ⋅ υ2 = mω2 A 2 συν 2 ωt (7) 2 2 Η ενέργεια που έχει ένας ταλαντωτής λόγω θέσης, είναι η δυναµική ενέργεια του 1 1 ταλαντούµενου σώµατος και δίνεται από τη σχέση: U = Dx 2 = mω2 A 2 ηµ 2 ωt (8) 2 2

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆ιατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

όπου D η σταθερά επαναφοράς του ταλαντωτή.

Η δυναµική ενέργεια ( U max ) που έχει ο ταλαντωτής σε ακραία θέση, µετατρέπεται 100% σε

Το άθροισµα της κινητικής και της δυναµικής ενέργειας του σώµατος που κάνει γ.α.τ. δηλαδή η ολική του ενέργεια, παραµένει σταθερή και ίση µε τη µέγιστη κινητική ή τη µέγιστη δυναµική ενέργεια. 1 1 E ολ = U + K = mω2 A 2 ηµ 2 ωt + mω2 A 2 συν 2 ωt = 2 2 1 1 1 mω2 A 2 ( ηµ 2 ωt + συν 2 ωt ) = mω2 A 2 = D ⋅ A 2 2 2 2

κινητική ( K max ) στη θέση ισορροπίας. Τα διαγράµµατα: i. U = f ( t ) , K = f ( t ) και ii. U = f ( x ) , K = f ( x ) φαίνονται στα σχήµατα.

Στα σηµεία τοµής είναι U = K =

E ολ 2

Παρατήρηση: Στις απλές αρµονικές ταλαντώσεις µε ελατήρια πρέπει να σηµειωθεί ότι η ενέργεια ταλάντωσης είναι διαφορετική από την ενέργεια του ελατηρίου. Η

1 κ∆x 2 όπου ∆x η επιµήκυνση ή η συσπείρωση 2 του ελατηρίου σε σχέση µε το φυσικό µήκος ενώ η δυναµική ενέργεια ταλάντωσης

ενέργεια του ελατηρίου είναι E =

δίνεται από τον τύπο E =

132

1 2 Dx οπού x η αποµάκρυνση από τη θέση ισορροπίας. 2

Ταλαντώσεις

ΣFταλ = − Βx = − mgηµφ = − mg

x  mg  που αποτελεί ικανή συνθήκη για ⇒ ΣFταλ = −  x  

να εκτελεί το σώµα απλή αρµονική ταλάντωση µε σταθερά επαναφοράς D = Η περίοδος είναι: T = 2π

mg .

m m . = 2π = 2π mg g D

Παρατήρηση: Για µικρές γωνίες φ < 3ο η περίοδος Τ δεν εξαρτάται από τη γωνία φ και από τη µάζα m παρά µόνο από το µήκος και το g.

133

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Το απλό εκκρεµές είναι µια ιδανική διάταξη που αποτελείται από ένα σώµα µάζας m δεµένο στο κάτω άκρο ενός αβαρούς και µη εκτατού νήµατος, του οποίου το πάνω άκρο είναι ακλόνητο ενώ το κάτω µπορεί να αιωρείται. Στην παρακάτω µελέτη του θα θεωρήσουµε ότι οι αντιστάσεις του αέρα είναι µηδενικές και ότι η γωνία εκτροπής του δεν πρέπει να είναι µεγαλύτερη των 3ο. Όπως φαίνεται στο σώµα ασκούνται δυο δυνάµεις, το βάρος και η τάση του νήµατος. Επειδή η γωνία φ είναι πολύ µικρή, το τόξο και η χορδή συµπίπτουν. Η συνισταµένη δύναµη στην διεύθυνση της ταλάντωσης είναι:

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Απλό εκκρεµές

Ταλαντώσεις Μ ε θ ο δ ο λ ο γ ί α

Α σ κ ή σ ε ω ν

• Σώµα που ξέρουµε ότι κάνει Γ.Α.Τ. και χρησιµοποιούµε τις εξισώσεις κίνησης. Ο ταλαντωτής περνά από µία τυχαία ενδιάµεση θέση x1 δύο φορές στη διάρκεια µιας περιόδου, µία καθώς κινείται από τη Θ.Ι.Τ προς τη θέση πλάτους και µία καθώς κινείται από τη θέση πλάτους προς τη Θ.Ι.Τ. Aπό την εξίσωση x = A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) , για x = x1 θα παίρνουµε δύο λύσεις t1 και t 2 µε t1 < t 2 στη διάρκεια της 1ης περιόδου.

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Η λύση t1 αντιστοιχεί στην 1η διέλευση του ταλαντωτή από τη θέση x1 και η λύση t 2 στη 2η διέλευση του ταλαντωτή από τη θέση x1 . Η ταχύτητα του ταλαντωτή σε συνάρτηση µε την αποµάκρυνσή του από τη θέση ισορροπίας του έχει αλγεβρική τιµή που δίνεται από την εξίσωση:

υ = ±ω ⋅ Α2 − x 2

Η σχέση αυτή αποδεικνύεται µε Α.∆.Ε.Τ. U + K = E ολ ή

1 2 1 2 1 Dx + mυ = DA 2 ή mω2 x 2 + mυ2 = mω2 A 2 ή 2 2 2

(

)

2 2 2 2 2 2 2 2 2 ω2 x 2 + υ 2 = ω2 A 2 ή υ = ω A − x ή υ = ± ω ( A − x ) = ± ω A − x

Από την εξίσωση αυτή βγαίνουν τα εξής συµπεράσµατα: α. Το πρόσηµο (+) αντιστοιχεί στη διέλευση του ταλαντωτή από ένα σηµείο Σ της τροχιάς του µε κίνηση κατά τη θετική κατεύθυνση, ενώ το πρόσηµο (-) αντιστοιχεί στη διέλευση του ταλαντωτή από το ίδιο σηµείο µε κίνηση κατά την αρνητική κατεύθυνση. β. Ο ταλαντωτής περνάει µε ταχύτητα ίδιου µέτρου από δύο σηµεία της τροχιάς του, συµµετρικά ως προς τη θέση ισορροπίας του. Άρα σε τέσσερις χρονικές στιγµές, µέσα σε µία περίοδο, ο ταλαντωτής έχει την ίδια κατά µέτρο ταχύτητα. Όταν δίνεται το µήκος d της τροχιάς του ταλαντωτή τότε το πλάτος ταλάντωσης είναι: Α =

d 2

Όταν ένας ταλαντωτής αποµακρύνεται από τη θέση ισορροπίας του κατά x1 και αφήνεται στη συνέχεια ελεύθερος, τότε αυτό είναι το πλάτος της ταλάντωσης. Αν δοθεί στον ταλαντωτή όταν βρίσκεται στη Θ.Ι.Τ του ταχύτητα µέτρου υ1, τότε αυτή είναι η µέγιστη ταχύτητα, µέτρου: υ1 = υ0 = ω ⋅ A .

134

Ταλαντώσεις ∆ιαφορά φάσης µεταξύ x, υ, α και F. x = A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 )

π  υ = υ0 ⋅ συν ( ωt + φ0 ) = υ0 ⋅ ηµ  ωt + φ0 +  2  α = − α 0 ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) = α 0 ⋅ ηµ ( ωt + φ0 + π )

0 ≤ φ 0 < 2π . Σε κάθε πρόβληµα από τα στοιχεία που δίνει για τη στιγµή t = 0 θα βρίσκεται η αρχική φάση.

Αρχική φάση Οι παραπάνω εξισώσεις (1), (2) και (3) που δίνουν την αποµάκρυνση, την ταχύτητα και την επιτάχυνση του ταλαντωµένου συστήµατος γράφονται ως εξής όταν υπάρχει αρχική φάση: x = Aηµ ( ωt + φ0 ) υ = υ0 συν ( ωt + φ0 ) α = − α 0 ηµ ( ωt + φ0 )

Αρχική φάση δεν υφίσταται όταν για t = 0 , x = 0 και υ > 0 µε φ 0 [0, 2π) . Συνθήκη για εκτέλεση Γ.Α.Τ Έστω Fολ η συνισταµένη των δυνάµεων που δρουν σ’ ένα σώµα µάζας m κάποια χρονική στιγµή t. Τότε Fολ = mα = − mα0 ⋅ ηµωt = − mω2 Aηµωt = − mω2 x = − Dx . Όπου θέσαµε D = mω2 . Η σταθερά D λέγεται σταθερά επαναφοράς. Άρα για να εκτελεί ένα σώµα απλή αρµονική ταλάντωση πρέπει σε τυχαία θέση της τροχιάς του η συνισταµένη των δυνάµεων που δέχεται: α. να έχει τιµή ανάλογη µε την αποµάκρυνση και β. να έχει φορά προς τη θέση ισορροπίας.  4π 2  m m Από τη σχέση D = mω2 ⇒ D = m  2  ⇒ Τ 2 = 4π 2   ⇒ T = 2π D D  Τ 

135

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Προσδιορισµός της αρχικής φάσης φ0 Η τιµή της φ0 εξαρτάται από τη θέση x του ταλαντωτή τη χρονική στιγµή t = 0 και τη φορά κίνησης του ταλαντωτή τη στιγµή αυτή. Μπορεί να πάρει τιµές από

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Η φάση της ταχύτητας υ προηγείται της φάσης της αποµάκρυνσης x κατά π/2 rad. Η φάση της επιτάχυνσης α προηγείται της φάσης της ταχύτητας υ κατά π/2 rad. Η φάση της επιτάχυνσης α προηγείται της φάσης της αποµάκρυνσης x κατά π rad. Η επιτάχυνση α και η δύναµη F είναι συµφασικά µεγέθη.

Ταλαντώσεις Παρατηρούµε ότι η περίοδος είναι ανεξάρτητη του πλάτους A και ότι εξαρτάται µόνο από τη µάζα m του ταλαντούµενου συστήµατος και από τη σταθερά επαναφοm . ράς D. Για ιδανικό ελατήριο όπου D = κ η περίοδος γράφεται T = 2π K ∆ιαδικασία απόδειξης ότι ένα σώµα εκτελεί Γ.Α.Τ (παράδειγµα µε ελατήριο) Έστω ότι το σώµα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας. Αφού σχεδιάσουµε τις δυνάµεις παίρνουµε τη συνθήκη ισορροπίας ΣF = 0 ή

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

B = Fελ ⇒ mg = Kx1 (1) . Εκτρέπουµε το σώµα

κατά A και το αφήνουµε να κάνει ΓΑΤ. Σε µια τυχαία θέση όπως στο σχήµα η συνισταµένη των δυνάµεων ΣFταλ = B − Fελ = mg − κ ( x1 + x ) ⇒ ΣFταλ = mg − κx1 − κx = − κx Άρα αφαιρώντας τις δυνάµεις που έχουν αντίθετη φορά από τη φορά της αποµάκρυνσης έχουµε ως αποτέλεσµα ΣF = − Kx που ικανοποιεί την αναγκαία και ικανή συνθήκη για να εκτελεί ΓΑΤ το σύστηµα µε D = K .

Ενέργεια ταλάντωσης (δυναµική, κινητική) Ενέργεια ταλάντωσης ορίζεται ως η ενέργεια την οποία έδωσε ο διεγέρτης για να θέσει το σύστηµα σε ταλάντωση. Η ενέργεια ταλάντωσης ανάλογα µε τη θέση του συστήµατος άλλοτε εµφανίζεται ως κινητική και άλλοτε ως δυναµική. Στις ακραίες θέσεις όπου η ταχύτητα µηδενίζεται, η ενέργεια ταλάντωσης E τ ισούται µε τη µέγιστη δυναµική U 0 =

1 DA 2 ενώ στη θέση ισορροπίας µε τη µέγιστη κινητική 2

1 2 mυ0 . Η ενέργεια ταλάντωσης E τ είναι σταθερή και αυτό που αλλάζει είναι η 2 µορφή της. ∆ηλαδή E τ = Κ 0 = υ0 = Κ + υ όπου Κ και υ η κινητική και η δυναµική σε τυχαία θέση. K0 =

Πράγµατι U 0 = Επίσης Κ =

1 1 1 1 2 DA 2 = mω2 A 2 = m ( ωA ) = mυ02 = Κ 0 . 2 2 2 2

1 2 1 1 mυ0 = mω2 A 2 συν 2 ωt = DA 2 συν 2 ωt = Eσυν 2 ωt 2 2 2

1 2 1 Dx = DA 2 ηµ 2 ωt = Eηµ 2 ωt . 2 2 Με άθροισµα των σχέσεων: Κ = Εσυν 2 ωt  K + U = E U = Eηµ 2 ωt 

και U =

136

Ταλαντώσεις Λυµένες Ασκήσεις Παράδειγµα 6.1 Στην ελεύθερη άκρη κατακόρυφου ελατηρίου κρεµάµε ένα σώµα άγνωστης µάζας. Όταν το σύστηµα ισορροπεί παρατηρούµε ότι η επιµήκυνση του ελατηρίου είναι 2,5cm. Να υπολογίσετε την περίοδο των κατακόρυφων ταλαντώσεων που θα κάνει το σώµα, αν το εκτρέψουµε από τη θέση ισορροπίας του και το αφήσουµε ελεύθερο. ∆ίνεται g = 10m / s 2 .

m x = 2π = 2π 2,5 ⋅ 10−3 s κ g π άρα T = 2π 25 ⋅ 10−4 s = 2π ⋅ 5 ⋅ 10−2 s = s . 10

Περίοδος: T = 2π

Παράδειγµα 6.2 Ένα σώµα πραγµατοποιεί απλή αρµονική ταλάντωση πλάτους 10cm µε περίοδο T = π s . Αρχικά ( t = 0 ) το σώµα βρίσκεται στη θέση x = 10cm . α. ∆είξτε ότι η εξίσωση x = Aηµωt δεν είναι κατάλληλη για την περιγραφή αυτής της κίνησης. Θα πρέπει να την γενικεύσουµε δίνοντάς της τη µορφή x = Aηµ ( ωt + φ 0 ).

β. Ποια γωνία φ 0 θα πρέπει να χρησιµοποιήσουµε στην παραπάνω σχέση για να προκύπτει x = 10cm όταν t = 0 ; Λύση Η x = A ⋅ ηµωt προϋποθέτει ότι αρχικά ( t = 0 ) το σώµα περνά από τη θέση ισορροπίας ( x = 0 ) . Εµείς για t = 0 έχουµε το σώµα στη θέση x = 10cm = A . Αντικαθιστώ π στην x = A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) οπότε Α = A ⋅ ηµφ0 ⇒ ηµφ0 = 1 ⇒ φ0 = . Άρα κατάλληλη 2 π  εξίσωση για την περιγραφή αυτής της ταλάντωσης είναι η x = 0,1 ⋅ ηµ  2t +  γιατί 2  2π 2π ω= rad / s = 2rad / s . Γενικεύοντας, επειδή για t = 0 το σώµα µπορεί να βρίσκεται = Τ π οπουδήποτε µεταξύ -Α και +Α, δεν έχουµε παρά να επιλέξουµε κατάλληλη τιµή για τη φ 0 ώστε η x = A ⋅ ηµ ( ωt + φ0 ) να περιγράφει σωστά την κίνηση. Η φ 0 λέγεται “αρχι-

κή φάση”.

137

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

m x Όταν το σύστηµα ισορροπεί, ΣF = 0 ⇒ FEΛ = Β ⇒ κx = mg ⇒ = όπου x η επιµήκ g κυνση του ελατηρίου.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση

Ταλαντώσεις Παράδειγµα 6.3 Σώµα µάζας m = 2kg κάνει απλή αρµονική ταλάντωση πλάτους A = 0,5m . Όταν το σώµα απέχει από τη θέση ισορροπίας του x1 = 0, 3m η ταχύτητά του είναι υ1 = 4m / s . α. Υπολογίστε τη σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης. β. Υπολογίστε το µέτρο της ταχύτητας του σώµατος όταν η αποµάκρυνση από

τη θέση ισορροπίας είναι x 2 = 0,4m .

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση   υ = ωA ⋅ συνωt ⇒ υ 2 = ω 2 Α 2 συν 2 ωt  2 2 x υ ηµ 2 ωt + συν 2 ωt = 1 ⇒ 2 + 2 2 = 1 ή ω2 x 2 + υ2 = ω2 Α 2 A ωΑ Αυτή η εξαιρετικά χρήσιµη “απ’ ευθείας σχέση” µεταξύ αποµάκρυνσης και ταχύτητας αποδεικνύεται και ενεργειακά.

Είναι: x = A ⋅ ηµωt ⇒ x 2 = A 2 ηµ 2 ωt

α. για x1 = 0,3m , υ1 = 4 m / s , A = 0,5m :

ω2 ⋅ 0,009 + 16 = ω2 ⋅ 0, 25 ( S.I.)

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

⇒ ω = 10 rad / s Εποµένως D = mω2 = 200 Ν / m β. για x 2 = 0, 4m , A = 0,5m , ω = 10 rad / s :

υ22 = ω2 Α 2 − ω2 x 2 ⇒ υ22 = 25 − 16 ( S.I.) ⇒ υ2 = ±3m / s ( µέτρο 3m / s )

Παράδειγµα 6.4 Ένα σώµα πραγµατοποιεί απλές αρµονικές ταλαντώσεις µε πλάτος 2m. Να υπολογίσετε: α. το λόγο της δυναµικής προς την ολική του ενέργεια σε αποµάκρυνση x = −1m β. το λόγο της κινητικής προς τη δυναµική ενέργεια σε αποµάκρυνση x = 0,5m γ. σε ποια αποµάκρυνση από τη θέση ισορροπίας η κινητική ενέργεια είναι ίση µε τη δυναµική; Λύση 1 Dx 2 U U x2 1 2 α. = = = 2 = E OΛ U max 1 DA 2 A 4 2

138

Ταλαντώσεις 1 1 DA 2 − Dx 2 E U U U − − K A2 − x 2 2 β. = OΛ = max =2 = = 15 1 U U U x2 Dx 2 2

1 1 γ. K = U ⇒ E ΟΛ − U = U ⇒ U = E ΟΛ ⇒ U = U max 2 2 1 1 1 2 Dx 2 = ⋅ DA 2 ⇒ x = ± A=± 2m 2 2 2 2

Παράδειγµα 6.5 Στην ελεύθερη άκρη κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς 100 Ν/m κρεµάµε σώµα µάζας M = 1kg . Αποµακρύνουµε το σώµα κατά 5cm από τη θέση ισορροπίας του επιµηκύνοντας το ελατήριο και το αφήνουµε ελεύθερο. Να υπολογίσετε: α. τη συχνότητα της ταλάντωσης που θα εκτελέσει β. τη µέγιστη ταχύτητα που αποκτά κατά την κίνησή του γ. τη µέγιστη επιτάχυνσή του. ∆ίνεται g = 10m / s 2

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

⇒

α. T = 2π

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Λύση

Μ π 5 = s ⇒ f = Ηz Κ 5 π

β. υ max = ω ⋅ Α µε Α = 5cm = 5 ⋅ 10−2 m άρα

5 υmax = 2πf ⋅ A = 2π ⋅ 5 ⋅ 10−2 m / s = 0,5m / s π γ. α max = ω2 ⋅ Α = 5m / s 2 Παράδειγµα 6.6 Σώµα µάζας m = 0, 2kg ηρεµεί πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο δεµένο στο ελεύθερο άκρο ελατηρίου σταθεράς 20Ν/m όπως στο σχήµα. Αν το σώµα αποµακρυνθεί λίγο από τη θέση ισορροπίας του και στη συνέχεια αφεθεί ελεύθερο, α. να δείξετε ότι θα εκτελέσει απλή αρµονική ταλάντωση, β. να βρείτε την περίοδό του γ. να δείξετε ότι σε αποµάκρυνση Α/2 η κινητική του ενέργεια είναι τριπλάσια της δυναµικής.

139

Ταλαντώσεις Λύση α. Αρχικά το σώµα ισορροπεί στη θέση Θ.Ι. (θέση ισορροπίας) που είναι και θέση φυσικού µήκους για το ελατήριο. Εκτρέπουµε το σώµα κατά (τυχαίο) x, ας πούµε προς τα δεξιά. Στον οριζόντιο άξονα εµφανίζεται δύναµη από το ελατήριο µε φορά προς τα αριστερά και µέτρο

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

FΕΛ = κ ⋅ x . Εποµένως η δύναµη είναι ΑΝΤΙΘΕΤΗ και ΑΝΑΛΟΓΗ της αποµάκρυνσης του σώµατος από τη θέση ισορροπίας, πράγµα που αποτελεί τη συνθήκη για εκτέλεση απλών (γραµµικών) αρµονικών ταλαντώσεων.

β. T = 2π

Μ = 2π 10−2 s = 0, 2π s κ

γ. Θα είναι U =

1 1 A2 1 κ ⋅ x2 = κ = κ ⋅ A2 2 2 4 8

1 1 3 ενώ Κ = E OΛ − U = U max − U = κ ⋅ A 2 − κ ⋅ x 2 = κ ⋅ A 2 2 2 8 εποµένως πράγµατι Κ = 3U . Παράδειγµα 6.7 Κάθε ελατήριο στο διπλανό σχήµα έχει το ένα άκρο του στερεωµένο σε ακίνητο σηµείο και το άλλο άκρο προσδεµένο στο σώµα µάζας m = 2kg . Οι σταθερές των δύο ελατηρίων είναι κ 1 = 120N / m και κ 2 = 80N / m . Να αποδείξετε ότι η κίνηση που θα εκτελέσει το σώµα αν το εκτρέψουµε από τη θέση ισορροπίας του είναι απλή αρµονική ταλάντωση και να υπολογίσετε την περίοδο της ταλάντωσης.

Λύση Θεωρούµε ότι στη θέση ισορροπίας τα ελατήρια έχουν επιµηκύνσεις x1, x2 αντίστοιχα. Είναι ΣF = 0 ⇒ κ1 ⋅ x1 = κ 2 ⋅ x 2 (1) . Εκτρέπουµε το σώµα κατά (τυχαίο) x, ας πούµε προς τα δεξιά. Το ελατήριο κ1 θα έχει τώρα επιµήκυνση x1 + x ενώ το κ2 αντίστοιχα x 2 + x . Έτσι, ΣF = κ1 ( x1 + x ) − κ 2 ( x 2 − x ) = = κ1 ⋅ x 1 + κ1 ⋅ x − κ 2 ⋅ x 2 + κ 2 ⋅ x =

= ( κ1 + κ 2 ) ⋅ x µε φορά προς τα αριστερά.

Εποµένως εµφανίστηκε ΣF αντίθετη και ανάλογη της αποµάκρυνσης από τη Θ.Ι. οπότε το σώµα θα εκτελέσει απλές αρµονικές ταλαντώσεις µε περίοδο:

140

Ταλαντώσεις T = 2π

m = 0, 2π s . κ1 + κ 2

Το συµπέρασµα θα είναι το ίδιο αν θεωρήσουµε ότι τα ελατήρια αρχικά είναι συσπειρωµένα ή έχουν το φυσικό τους µήκος.

Ένα σώµα το οποίο πραγµατοποιεί απλές αρµονικές ταλαντώσεις περνάει 10 φορές το δευτερόλεπτο από τη θέση ισορροπίας του. Οι δύο ακραίες θέσεις της ταλάντωσης απέχουν µεταξύ τους 20cm. Υπολογίστε το ελάχιστο χρονικό διάστηµα που απαιτείται για τη µετάβαση του σώµατος από τη θέση x = −10cm στη θέση x = +5cm . Λύση Συχνότητα ταλάντωσης f = 5Hz Πλάτος A = 10cm = 0,1m Η µετάβαση από το −10cm στο x = 0 διαρκεί ∆t =

T 1 = s. 4 20

Η µετάβαση από το x = 0 στο x = +5cm θα γίνει σε χρόνο: x = A ⋅ ηµωt ⇒

1 π 1 άρα t = s . = ηµ 2 6 60 Εποµένως συνολικός χρόνος για τη µετάβαση από x = −10cm σε x = +5cm : t ΟΛ =

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

5 = 10 ⋅ ηµ ( 2πf ⋅ t ) ⇒ ηµ10πt =

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Παράδειγµα 6.8

1 1 1 s+ s= s 20 60 15

Παράδειγµα 6.9 Στην ελεύθερη άκρη οριζόντιου ελατηρίου σταθεράς 100Ν/m ισορροπεί σώµα µάζας M = 0,9kg . Ένα βλήµα µάζας m = 100g κινείται οριζόντια µε ταχύτητα υ = 50m / s και συγκρούεται πλαστικά µε το σώµα. Να υπολογίσετε: α. το πλάτος των ταλαντώσεων που θα εκτελέσει το συσσωµάτωµα β. την περίοδο και τη µέγιστη ταχύτητά τους. Αγνοήστε τις τριβές. Λύση Α.∆.Ο. στην πλαστική κρούση: m ⋅ υ = ( Μ + m ) ⋅ υκ εποµένως υ κ = 5m / s όπου υκ η ταχύτητα του συσσωµατώµατος αµέσως µετά την πλαστική κρούση. 141

Ταλαντώσεις Η υ κ είναι ταχύτητα στη θέση ισορροπίας, εποµένως

ω=

υκ = ω ⋅ Α

µε

υ 2π κ 2π = = 10 rad / s άρα A = κ = 0,5m τέλος T = = 0, 2πs . ω Τ M+m ω

Παράδειγµα 6.10

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ένα σώµα εκτελεί απλές αρµονικές ταλαντώσεις που περιγράφονται από την εξίσωση x = 0, 2ηµ20πt ( S.I. ) . Να βρείτε ποια χρονική στιγµή: α. η δυναµική του ενέργεια γίνεται µέγιστη για δεύτερη φορά β. το σώµα περνάει από τη θέση x = −0,1m για πρώτη φορά γ. η ταχύτητα παίρνει για πρώτη φορά την τιµή υ = 2πm / s . Λύση α. Αρχικά το σώµα περνάει από τη θέση ισορροπίας κινούµενο προς το θετικό άκρο. Η δυναµική ενέργεια γίνεται µέγιστη στα άκρα, εποµένως: πρώτη φορά στο x = + A µετά από Τ/4 και δεύτερη φορά στο x = − A µετά από

3T 3 2π 3π 3 s= s = ⋅ = 4 4 ω 40π 40 1  π β. Η x = 0, 2ηµ20πt για x = −0,1m γίνεται: ηµ20πt = − = ηµ  −  2  6

π   2κπ − 6 ⇒ 20πt   2κπ + π + π  6

Πρώτη δεκτή λύση ( κ = 0 ) η 20πt = π +

π 7 ⇒t= s 6 120

γ. Είναι υ = ω ⋅ Ασυνωt = 4πσυν20πt m / s για υ = 2π m / s :συν20πt = άρα t =

142

1 s 60

1 π ⇒ 20πt = 2 3

Ταλαντώσεις Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση

g πόσες αιωρή16 σεις θα εκτελεί στον ίδιο χρόνο. Απάντηση: Α. T = 0,5s, f = 2Hz Β. 40 αιωρήσεις Γ. 5 αιωρήσεις σε σηµείο, όπου g΄ =

Παράδειγµα 6.12 Ένα υλικό σηµείο εκτελεί Α.Α.Τ. µε πλάτος A = 10cm , περίοδο T = 2s και αρχική φάση φ 0 = 0 . α. Να γράψετε τις εξισώσεις x = f ( t ) , υ = f ( t ) και α = f ( t ) .

1 β. Την χρονική στιγµή t = s πόση είναι 2 η αποµάκρυνση του υλικού σηµείου; ∆ίνεται π 2 = 10 . Απάντηση: α. x = 0,1ηµ ( πt ) , υ = 0,1πσυν ( πt ) α = − ηµ ( πt )

∆ίνεται: π 2 = 10 Απάντηση: α. T =

π s 10

γ. υ = ±4 ⋅ 10−1 3

β. D = 40

N m

m s

Παράδειγµα 6.14 Υλικό σηµείο µάζας m = 10−2 kg εκτελεί Γ.Α.Τ. και η ταχύτητά του δίνεται από την εξίσωση: υ = 10π ⋅ συν ( 2πt ) (S.I). Να βρεθούν:

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Εκκρεµές εκτελεί Ν = 20 αιωρήσεις σε t = 10s. Α. Να βρεθεί η περίοδος και η συχνότητά του. Β. Αν µειώσουµε το µήκος του κατά 75% να βρεθεί πόσες αιωρήσεις θα εκτελεί στον ίδιο χρόνο. Γ. Αν το αρχικό εκκρεµές το µεταφέρουµε

α. Να βρείτε τη περίοδο της κίνησης β. Τη σταθερά D της ταλάντωσης γ. Το µέτρο της ταχύτητας του ταλαντωτή στη θέση 2cm.

α. το πλάτος A, η περίoδος Τ και η αρχική φάση φ 0 β. η αποµάκρυνση και η ταχύτητα του σωµατιδίου τη στιγµή t = 0,125s γ. η χρονική στιγµή που γίνεται υ = −10π m / s για πρώτη φορά δ. η δύναµη επαναφοράς τη χρονική στιγµή t = 2s ∆ίνεται: π 2 = 10 Απάντηση: α. A = 5m, T = 1s, φ 0 = 0

β. x = 0,1cm

β. x = 5

Παράδειγµα 6.13 Υλικό σηµείο µάζας m = 0,1kg εκτελεί Γ.Α.Τ. και η επιτάχυνσή του έχει µέγιστη

1 γ. t = s 2 δ. F = 0

2 m m, υ = 5π 2 2 s

τιµή 16m / s2 . Το µήκος της τροχιάς του είναι d = 8cm. 143

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Παράδειγµα 6.11

Ταλαντώσεις Παράδειγµα 6.15

Παράδειγµα 6.17

Ένα σώµα µάζας m = 0,01kg εκτελεί Γ.Α.-

Ένα υλικό σηµείο εκτελεί Γ.Α.Τ., πλάτους y0 και περιόδου Τ. Αν την χρονική στιγ-

Τ. πλάτους 0,2m. Αν D = 10 N / m , να υπολογίσετε: α. το µέτρο της ταχύτητας στη θέση 0,1m β. το µέτρο της επιτάχυνσης στην ίδια θέση

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1 γ. την θέση όπου Κ = U 3 Απάντηση: α. υ = ± 30 γ. x = ±

m s

m β. α = −100 2 s

3 A 2

µή t = 0 : x = 0 και κινείται προς την θετική κατεύθυνση να υπολογίσετε: α. τις θέσεις όπου η κινητική του ενέργεια γίνεται ίση µε την δυναµική β. ποιες χρονικές στιγµές κατά την διάρκεια της πρώτης περιόδου συµβαίνουν αυτές; Απάντηση: α. x = ± β. t1 =

A 2 2

T 3T 5T 7T , t2 = , t3 = , t4 = 8 8 8 8

Παράδειγµα 6.16

Παράδειγµα 6.18

Σώµα µάζας m=1,5Kg εκτελεί Γ.Α.Τ. και οι αλγεβρικές τιµές της επιτάχυνσης και της αποµάκρυνσης του σώµατος συνδέονται µε τη σχέση α = −16x (S.I). Aν η ολική ενέργεια της ταλάντωσης είναι Ε=0,12J και τη χρονική στιγµή t=0 το σώµα κινείται κατά τη θετική φορά και έχει δυναµική ενέργεια ίση µε µηδέν: α. Να υπολογιστεί η γωνιακή ταχύτητα της ταλάντωσης. β. Να βρεθεί η αρχική φάση της ταλάντωσης και το πλάτος της ταλάντωσης του σώµατος. γ. Να γραφεί η εξίσωση της ταχύτητας και της επιτάχυνσης του σώµατος σε συνάρτηση µε το χρόνο. Απάντηση:

Σώµα µάζας m1 = 9 kgr εκτελεί απλή αρ-

α. ω = 4

rad s

β. D = 24N / m, A = 0,1m γ. υ = ωAσυνωt = 0, 4 ⋅ συν4t (S.I) α = −ω2 Aηµωt = −1,6ηµ4t (S.I)

144

µονική ταλάντωση πλάτους A = 0, 2 m σε λείο οριζόντιο επίπεδο δεµένο στο ελεύθερο άκρο ελατηρίου σταθεράς κ = 100

N . m

Βλήµα µάζας m 2 = 1kgr σφηνώνεται στο σώµα µε ταχύτητα 100m/s όταν αυτό βρίσκεται σε ακραία θέση. Να βρείτε το νέο πλάτος ταλάντωσης και την µεταβολή της ενέργειας της ταλάντωσης.

Απάντηση:

υΚ =

m 2 υ2 100 = 1⋅ = 10 m / s 10 ( m1 + m2 )

∆Ε = 500J

7. Ηλεκτροµαγνητισµός Νόµος του Coulomb - Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου Ιδιότητες ηλεκτρικού φορτίου: • Το φορτίο εµφανίζεται σε δύο είδη, το θετικό και το αρνητικό. Τα οµόσηµα φορτία απωθούνται, ενώ τα ετερόσηµα έλκονται. Το ηλεκτρικό φορτίο είναι κβαντισµένο. Το ηλεκτρικό φορτίο ενός σώµατος είναι ακέραιο • πολλαπλάσιο του θεµελιώδους φορτίου του ηλεκτρονίου (το µικρότερο φορτίο στη φύση)

Νόµος Coulomb Η ελκτική ή η απωστική δύναµη που ασκείται µεταξύ δύο σηµειακών ηλεκτρικών φορτίων έχει τη διεύθυνση της ευθείας που ενώνει τα κέντρα τους, το µέτρο της είναι ανάλογο µε το γινόµενο των δύο φορτίων και αντιστρόφως ανάλογο µε το τετράγωνο της µεταξύ τους απόστασης. Fc = k c

Q1 Q 2 r2

όπου k c = 9 ⋅ 10

N ⋅ m2 C2

Παρατηρήσεις για τη δύναµη Coulomb: α. είναι κεντρική δύναµη (η διεύθυνσή της είναι στην ευθεία που ενώνει τα δύο φορτία) β. είναι συντηρητική δύναµη (το έργο της είναι ανεξάρτητο της διαδροµής) γ. αναφέρεται µεταξύ σηµειακών ηλεκτρικών φορτίων ή φορτισµένων σφαιρών δ. δεν ασκείται σε αποστάσεις µικρότερες του 10−14 m ε. τα ηλεκτρικά φορτία βρίσκονται στο ίδιο περιβάλλον Ηλεκτροστατικό πεδίο είναι ο χώρος στον οποίο, αν φέρουµε ένα ηλεκτρικό φορτίο (υπόθεµα), δέχεται ηλεκτρικές δυνάµεις.

Ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου Κάθε σηµείο ενός ηλεκτροστατικού πεδίου χαρακτηρίζεται από το διανυσµατικό µέγεθος που καλείται ένταση Ε και το µέτρο της ορίζεται µε το σταθερό πηλίκο της ηλεκτρικής δύναµης που ασκείται µεταξύ του υποθέµατος (φορτίο q) και της πηγής, προς το υπόθεµα αυτό. Η κατεύθυνσή της συµπίπτει µε την κατεύθυνση της δύναµης αν το υπόθεµα είναι θετικό. F Ε = . Μονάδα µέτρησης της έντασης στο S.I.είναι το 1 N/C. q 145

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

όπου N = αριθµός ηλεκτρονίων, q e = θεµελιώδες φορτίο (qe = –1,6 · 10–19 C) Αρχή διατήρησης ηλεκτρικού φορτίου • Σ’ ένα ηλεκτρικά µονωµένο σύστηµα το αλγεβρικό άθροισµα των ηλεκτρικών φορτίων διατηρείται σταθερό.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Q = N ⋅ qe

Παρατηρήσεις για την ένταση ηλεκτροστατικού πεδίου: • η κατεύθυνση και το µέτρο της έντασης είναι ανεξάρτητα από το πρόσηµο και την τιµή του υποθέµατος. Aν το υπόθεµα είναι θετικό η δύναµη και η ένταση έχουν την ίδια κατεύθυνση • η κατεύθυνση της δύναµης είναι αντίθετη µε την κατεύθυνση της έντασης αν το υπόθεµα είναι αρνητικό. • η δύναµη εµφανίζεται σ’ ένα σηµείο του πεδίου, όταν τοποθετήσουµε ένα υπόθεµα (φορτίο), ενώ η ένταση είναι ανεξάρτητη της παρουσίας του υποθέµατος • η ένταση εκφράζει τη δύναµη ανά µονάδα φορτίου. • από τον ορισµό της έντασης η δύναµη που δέχεται το υπόθεµα είναι: F = q ⋅ Ε • γενικά µε τη δύναµη δε µπορούµε να περιγράψουµε ένα πεδίο γιατί εξαρτάται από το υπόθεµα, ενώ µε την ένταση το περιγράφουµε Σε ένα πεδίο Coulomb, που δηµιουργείται από σηµειακό ηλεκτρικό φορτίο η ένταση έχει µέτρο: Q⋅q Q Fc k c r 2 Ε= = ⇒ Ε = k c 2 (1) q q r

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ηλεκτροµαγνητισµός

146

Ηλεκτροµαγνητισµός Ηλεκτρική δυναµική ενέργεια Ηλεκτρική δυναµική ενέργεια πεδίου Coulomb Στην περίπτωση που το πεδίο δηµιουργείται από σηµειακό ηλεκτρικό φορτίο Q (πεδίο Coulomb) τότε το έργο της ηλεκτρικής δύναµης για τη µεταφορά ενός φορτίου q από το σηµείο Α του πεδίου, που απέχει απόσταση r από το Q, στο άπειρο είναι:

Q⋅q (2) r Από τη σχέση αυτή φαίνεται ότι το έργο της ηλεκτρικής δύναµης εξαρτάται από το πρόσηµο των φορτίων, δηλαδή: Αν τα φορτία είναι οµόσηµα τότε Q ⋅ q > 0 , οπότε και το έργο είναι θετικό, που σηµαίνει ότι η δύναµη του πεδίου προσφέρει ενέργεια στο φορτίο q κατά τη µεταφορά του στο άπειρο. Αν τα φορτία είναι ετερόσηµα τότε Q ⋅ q < 0 , οπότε και το έργο είναι αρνητικό, που σηµαίνει ότι η δύναµη του πεδίου καταναλώνει ενέργεια κατά τη µεταφορά του φορτίου q στο άπειρο. U A = WA →∞

Για το έργο των αλληλεπιδράσεων ενός πεδίου δυνάµεων ισχύει: Wαλλ = − ∆U ⇒ (3)

(

)

Wαλλ = − U τελ − U αρχ ⇒

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

UA = kc

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Wαλλ = U αρχ − U τελ

Παρατήρηση: • Αν η ηλεκτρική δύναµη και η µετατόπιση του φορτίου έχουν την ίδια κατεύθυνση οπότε το φορτίο µεταφέρεται στο άπειρο “αυθόρµητα” χωρίς την επίδραση άλλης δύναµης εκτός της ηλεκτρικής και µάλιστα εκτελώντας επιταχυνόµενη κίνηση. • Αν η ηλεκτρική δύναµη έχει αντίθετη κατεύθυνση από τη µετατόπιση του φορτίου, οπότε κατά τη µεταφορά του στο άπειρο καταναλώνει ενέργεια, η οποία πρέπει να προσφερθεί από εξωτερική δύναµη στο φορτίο.

147

Ηλεκτροµαγνητισµός ∆υναµικό - ∆ιαφορά ∆υναµικού ∆υναµικό

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κάθε σηµείο Α ενός ηλεκτροστατικού πεδίου χαρακτηρίζεται από το δυναµικό VΑ το οποίο είναι το µονόµετρο φυσικό µέγεθος του οποίου το µέτρο είναι ίσο µε το σταθερό πηλίκο της δυναµικής ενέργειας, που έχει ένα σηµειακό φορτίο q, που βρίσκεται στη θέση Α του πεδίου, προς το φορτίο q.

W U VA = A (4) VA = A →∞ = q q

Q⋅q r ⇒ V = k Q (5) A c q r

Η µονάδα µέτρησης του δυναµικού στο σύστηµα S.I.

1J 1C Εξαιτίας της σχέσης (1) η εξίσωση ορισµού του δυναµικού γράφεται και µε τη µορφή: είναι το Volt: 1V =

VA =

WA →∞ (6) q

∆ιαφορά ∆υναµικού Η διαφορά δυναµικού VA − VB ή VAB µεταξύ δύο σηµείων Α και Β ενός ηλεκτροστατικού πεδίου ισούται µε το σταθερό πηλίκο του έργου της δύναµης του ηλεκτρικού πεδίου κατά τη µεταφορά ενός σηµειακού ηλεκτρικού φορτίου q από το σηµείο Α στο σηµείο Β, προς το φορτίο αυτό:

VAB =

Παρατηρήσεις: 1. Η έννοια της διαφοράς δυναµικού είναι πολύ χρήσιµη για τον υπολογισµό του έργου της ηλεκτρικής δύναµης κατά τη µεταφορά ενός φορτίου µεταξύ δύο σηµείων του ηλεκτρικού πεδίου. Έτσι από την προηγούµενη σχέση έχουµε: WA → B = q ⋅ VAB

148

WA → Β (7) q

Ηλεκτροµαγνητισµός

Πυκνωτές Πυκνωτής είναι ένα σύστηµα δύο αγωγών που βρίσκονται σε πολύ µικρή απόσταση και µεταξύ τους παρεµβάλλεται µονωτικό (διηλεκτρικό) υλικό. Οι αγωγοί αυτοί ονοµάζονται οπλισµοί του πυκνωτή. Ο πυκνωτής χρησιµοποιείται ως αποθήκη ηλεκτρικού φορτίου και κατά συνέπεια ηλεκτρικής ενέργειας.

Χωρητικότητα πυκνωτή Χωρητικότητα C ενός πυκνωτή είναι το µονόµετρο φυσικό µέγεθος το µέτρο του οποίου ισούται µε το σταθερό πηλίκο του ηλεκτρικού φορτίου Q του πυκνωτή προς την τάση του V. Q C= ( 9) V Η µονάδα µέτρησης της χωρητικότητας στο S.I. είναι το Farad: 1F =

1C 1V

Η χωρητικότητα ενός πυκνωτή εξαρτάται µόνο... • από την κατασκευή του δηλαδή το σχήµα, τις διαστάσεις των οπλισµών του και την απόστασή τους • το µονωτικό υλικό που παρεµβάλλεται µεταξύ τους. Ο πυκνωτής αυτός ονοµάζεται επίπεδος εάν οι οπλισµοί του είναι δυο παράλληλες πλάκες επιφάνειας εµβαδού S σε απόσταση . Αν το µονωτικό υλικό µεταξύ των οπλισµών του είναι ο αέρας, τότε η χωρητικότητά του είναι:

C0 = ε 0

S (10)

Αν το µονωτικό υλικό είναι διηλεκτρικό µε διηλεκτρική σταθερά ε =

S c τότε C = ε ⋅ ε 0 ⋅ . c0 149

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

 Q 1 1 Q WA → B = q ⋅ VAB = q ⋅ ( VA − VB ) = q ⋅  k c − k c  = k c ⋅ Q ⋅ q  −  r2   r1  r1 r2  1 1 Άρα, WA → B = k c ⋅ Q ⋅ q  −  (8)  r1 r2  2. Η ένταση περιγράφει το ηλεκτροστατικό πεδίο µέσω της ηλεκτρικής δύναµης, ενώ το δυναµικό µέσω του έργου της δύναµης του πεδίου. 3. Η ένταση είναι διανυσµατικό µέγεθος, ενώ το δυναµικό είναι µονόµετρο. 4. Γενικά η ένταση περιγράφει όλα τα πεδία δυνάµεων, ενώ το δυναµικό µόνο συντηρητικά πεδία.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Επειδή το ηλεκτροστατικό πεδίο είναι συντηρητικό, το έργο της ηλεκτρικής δύναµης του πεδίου είναι ανεξάρτητο της διαδροµής από το Α στο Β. Ειδικά για το πεδίο Coulomb η τελευταία σχέση γίνεται:

Ηλεκτροµαγνητισµός Ενέργεια φορτισµένου πυκνωτή Κατά τη φόρτιση του πυκνωτή αποθηκεύεται σ' αυτόν ηλεκτρική δυναµική ενέργεια U που υπολογίζεται από τη σχέση:

1 U = Q ⋅ V (11) 2 Με τη βοήθεια της σχέσης (9) µπορούµε να εξάγουµε δύο ακόµη ισοδύναµες σχέσεις για την ενέργεια του πυκνωτή:

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1 Q2 U = C ⋅ V 2 (12) και U = (13) 2 2C

Σχέση µέτρου έντασης και διαφοράς δυναµικού σε οµογενές ηλεκτρικό πεδίο Αν δύο σηµεία µιας δυναµικής γραµµής ενός οµογενούς ηλεκτρικού πεδίου που έχει ένταση µέτρου Ε, απέχουν µεταξύ τους απόσταση , στη διεύθυνση του πεδίου και έχουν διαφορά δυναµικού V τότε αποδεικνύεται ότι ισχύει η σχέση:

V (14 ) Θεωρούµε φορτίο + q πολύ κοντά στον θετικό οπλισµό φορτισµένου πυκνωτή, όπως στο σχήµα. Αν η διαφορά δυναµικού των οπλισµών του είναι V και η απόστασή τους , το φορτίο δέχεται την επίδραση ηλεκτρικής δύναµης F που το κινεί µέχρι τον αρνητικό οπλισµό. Ε=

Aπό τον ορισµό του έργου δύναµης : W = F ⋅ = E ⋅ q ⋅  V E ⋅ q ⋅ = q ⋅ V ⇒ E = Από τον ορισµό της διαφοράς δυναµικο ύ : W = q ⋅ V 

Από τη σχέση αυτή προκύπτει για την ένταση η µονάδα µέτρησης 1 V/m που είναι ισοδύναµη µε τη γνωστή µονάδα 1Ν/C. J N⋅m V N Πράγµατι 1 = 1 C = 1 C = 1 m m m C

150

Ηλεκτροµαγνητισµός Ηλεκτρικό ρεύµα - Αντιστάτες Ηλεκτρικό ρεύµα είναι η προσανατολισµένη κίνηση ηλεκτρικών φορτίων µέσα σε αγωγό. Το ηλεκτρικό πεδίο διαδίδεται µε ταχύτητα που πλησιάζει την ταχύτητα του φωτός, ενώ τα ελεύθερα ηλεκτρόνια έχουν µικρή ταχύτητα κατά την προσανατολισµένη κίνησή τους ως ηλεκτρικό ρεύµα.

Ένταση ηλεκτρικού ρεύµατος Θεωρούµε έναν αγωγό, ο οποίος διαρρέεται από ηλεκτρικό ρεύµα ίδιας πάντα φοράς (συνεχές ρεύµα) και ότι από µία διατοµή του αγωγού περνά ίδια ποσότητα φορτίου σε ίσους χρόνους (χρονικά σταθερό). Ένταση (Ι) ηλεκτρικού ρεύµατος που διαρρέει έναν αγωγό είναι το µονόµετρο φυσικό µέγεθος που εκφράζεται µε το πηλίκο του φορτίου q που διέρχεται από µία διατοµή του αγωγού σε χρόνο t, προς το χρόνο αυτό. q (ρυθµός ροής φορτίου) I = . t Mονάδα στο S.I: 1A =

1C . 1s

Στην πράξη χρησιµοποείται και το 1mA = 10−3 A

151

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Επικράτησε να θεωρείται φορά ηλεκτρικού ρεύµατος η φορά κίνησης του θετικού φορτίου η οποία επειδή είναι αντίθετη της φοράς κίνησης των ελεύθε-ρων ηλεκτρονίων (πραγµατική) ονοµάζεται συµβατική φορά. Η µεταφορά θερµότητας από τον αγωγό στο περιβάλλον, λόγω της σύγκρουσης των ελεύθερων ηλεκτρονίων µε τα θετικά ιόντα του αγωγού, ονοµάζεται φαινόµενο Joule.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Φορά ηλεκτρικού ρεύµατος

Ηλεκτροµαγνητισµός Αρχή διατήρησης του φορτίου

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Όσο φορτίο διέρχεται από κάποια διατοµή του αγωγού ανά µονάδα χρόνου, τόσο φορτίο διέρχεται από οποιαδήποτε άλλη διατοµή του αγωγού ανά µονάδα χρόνου. Κατά µήκος ενός ρευµατοφόρου αγωγού δεν υπάρχουν ούτε “πηγές” ούτε “καταβόθρες” φορτίων. “Κόβοντας” τον αγωγό του διπλανού κυκλώµατος σε δύο σηµεία και συνδέοντας τους ακροδέκτες των αµπεροµέτρων (σύνδεση σε σειρά), αυτά κάθε στιγµή θα δείχνουν ίσες ενδείξεις. ∆ηλ. I1 = I 2 ⇒

q1 q 2 = ⇒ q1 = q 2 ∆t ∆t

1ος κανόνας Kirchhoff Σ’ έναν κόµβο, σηµείο που συνταντιώνται τουλάχιστον τρείς ρευµατοφόροι αγωγοί, το άθροισµα των εντάσεων των ρευµάτων που “εισέρχονται” ισούται µε το άθροισµα των ρευµάτων που “εξέρχονται” απ' αυτόν. ΣΙεξ = ΣΙεισ

Σύµφωνα µε την αρχή διατήρησης του φορτίου στο κόµβο Α ισχύει: q = q1 + q 2 ⇒ I ⋅ t = I1 ⋅ t + I 2 ⋅ t ⇒ I = I1 + I 2

Σ’ έναν κόµβο το αλγεβρικό άθροισµα των εντάσεων των ρευµάτων ισούται µε µηδέν. ΣΙ = 0

Αντίσταση ενός αγωγού Τα ελεύθερα ηλεκτρόνια κατά την κίνησή τους µέσα σε αγωγό, παρεµποδίζονται από τα θετικά ιόντα του µετάλλου, καθώς συγκρούονται µ’ αυτά. Η δυσκολία που συναντά το ηλεκτρικό ρεύµα, όταν διέρχεται µέσα από έναν αγωγό, εκφράζει την αντίσταση ενός αγωγού. Ο ίδιος ο µεταλλικός αγωγός λέγεται αντιστάτης.

152

Ηλεκτροµαγνητισµός Αντίσταση R ενός αγωγού ονοµάζουµε το µονόµετρο φυσικό µέγεθος, που εκφράζεται µε το πηλίκο της διαφοράς δυναµικού V που εφαρµόζεται στα άκρα V του, προς την ένταση Ι του ρεύµατος που τον διαρρέει. R = I

1V 1Α Η αντίσταση R σ’ έναν µεταλλικό αγωγό, όταν η θερµοκρασία του µένει σταθερή, Μονάδα µέτρησης (S.I): 1Ω =

Νόµος του Ohm για αντιστάτη Σ’ ένα αγωγό σταθερής θερµοκρασίας, η ένταση του ρεύµατος που τον διαρρέει είναι ανάλογη της διαφοράς δυναµικού που εφαρµόζεται στα άκρα του.

V , ( R = σταθ ) R Ο Νόµος του Ohm ισχύει µόνο για αγωγούς που I=

V ισχύει για όλοI υς τους αγωγούς ανεξάρτητα από το αν η αντίστασή τους είναι σταθερή ή όχι. το R = σταθ , ενώ η σχέση R =

Η κλίση στο διάγραµµα I = f ( V ) ισούται αριθµητικά µε το αντίστροφο της αντίστασης που ονοµάζεται αγωγιµότητα εφφ =

1 =G. R

Συνεπώς, η αντίσταση R ενός αγωγού, που έχει τη µορφή κυλινδρικού σύρµατος, δίνεται από τη σχέση: R = ρ

ρ → ειδική αντίσταση ( Ω ⋅ m ) → µήκος αγωγού ( m )

( )

2 S → εµβαδόν κάθετης διατοµής m

Αντίσταση - θερµοκρασία Η ειδική αντίσταση ρ ενός αγωγού ως συνάρτηση της θερµοκρασίας δίνεται από τη σχέση: ρθ = ρ 0 (1 + α ⋅ θ ) όπου ρθ : ειδική αντίσταση σε θ0 C ρ0 : ειδική αντίσταση σε 00 C α : θερµικός συντελεστής, µετριέται σε grad −1 και έχει διαφορετική τιµή σε κάθε υλικό 153

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

V  παραµένει σταθερή  = σταθ.   I 

Ηλεκτροµαγνητισµός Πτώση τάσης V = I ⋅ R Όταν ένας αγωγός µε σταθερή αντίσταση R, διαρρέεται από ρεύµα έντασης Ι, στα άκρα του υπάρχει τάση V. Η τάση V είναι διαφορά δυναµικού στα άκρα του αγωγού : V = VA − VB ⇒ VB = VA − V ⇒ VB = VA − I ⋅ R

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Το VB είναι µικρότερο απο το VA κατά I ⋅ R . Κατά µήκος του αγωγού, στη φορά του ρεύµατος, έχουµε πτώση τάσης (πτώση δυναµικού) κατά I ⋅ R .

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Σύνδεση αντιστατών σε σειρά Η συνδεσµολογία δύο ή περισσοτέρων αντιστατών σε σειρά µπορεί να αντικατασταθεί µε έναν ισοδύναµο αντιστάτη ο οποίος: α. ∆ιαρρέεται από το ίδιο ρεύµα έντασης Ι που διαρρέει κάθε αντιστάτη και το οποίο είναι το ρεύµα της συνδεσµολογίας. β. Έχει τάση την τάση V της συνδεσµολογίας V = V1 + V2 + V3 .

γ. Έχει αντίσταση R ολ = R 1 + R 2 + R 3 .

154

Ηλεκτροµαγνητισµός Σύνδεση αντιστατών παράλληλα

1 1 1 1 + + = R ολ R 1 R 2 R 3

Ενέργεια και ισχύς του ηλεκτρικού ρεύµατος Είναι γνωστό ότι κατά µήκος ενός µεταλλικού αγωγού αντίστασης R, ο οποίος διαρρέεται από ρεύµα έντασης Ι, στη φορά του ρεύµατος, έχουµε πτώση τάσης κατά IR. Έτσι, αν φορτίο q µετακινείται σε χρόνο t από το Α στο Β, ισχύει VA > VB . Οµοίως και η δυναµική ενέργεια του φορτίου ελαττώνεται, δηλ. U A > U B , διότι η σχέση που τα συνδέει είναι U = q ⋅ V .

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Η µείωση της δυναµικής ενέργειας του φορτίου q είναι ίση µε την ηλεκτρική ενέργεια που προσφέρεται από την πηγή στη συσκευή και µετατρέπεται σε άλλες µορφές ενέργειας όπως κινητική (αν η συσκευή είναι κινητήρας), θερµική (αν η συσκευή είναι αντιστάτης) χηµική (αν η συσκευή είναι βολτάµετρο) κ.α. Η ενέργεια που αποδίδεται στη συσκευή σε χρόνο t: W = U A − U B = qVA − qVB = q ( VA − VB ) = qV = I ⋅ t ⋅ V ⇒ W = I ⋅ t ⋅ V

Αν η συσκευή είναι αντιστάτης, ισχύει ο Νόµος Ohm, οπότε ισοδύναµα ισχύει: 2 V = I ⋅ R τότε W = I ⋅ R ⋅ t

και

V V2 τότε W = ⋅t R R

Ο ρυθµός της µεταβιβαζόµενης ενέργειας από την πηγή στο τµήµα του αγωγού ΑΒ ή ο ρυθµός µε τον οποίο απορροφά ενέργεια το τµήµα ΑΒ ονοµάζεται ισχύς P και ορίζεται µε το πηλίκο της ηλεκτρικής ενέργειας W που παρέχεται στο τµήµα ΑΒ σε χρόνο ∆t προς τον αντίστοιχο χρόνο.

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Αντιστάσεις που στα άκρα τους επικρατεί ίδια (κοινή) τάση λέµε ότι είναι συνδεδεµένοι παράλληλα. Η συνδεσµολογία αυτή µπορεί να αντικατασταθεί µε έναν ισοδύναµο αντιστάτη ο οποίος: α. ∆ιαρρέεται από το ρεύµα Ι της συνδεσµολογίας I = I1 + I 2 + I3 . Ι κανόνας Kirchoff. β. Έχει τάση V ίση µε την κοινή τάση κάθε αντιστάτη γ. Έχει αντίσταση R ολ που δίνεται από τη σχέση:

W V ⋅ I ⋅ ∆t = = V⋅I⇒ P = V⋅I ∆t ∆t 155

Ηλεκτροµαγνητισµός Αν η συσκευή είναι αντιστάτης τότε ισοδύναµα ισχύει: V = I ⋅ R τότε P = I2 ⋅ R

Μονάδα µέτρησης: 1 Watt =

V R

τότε

V2 P= R

1 Joule 1second

"1W είναι η ηλεκτρική ισχύς, όταν η προσφερόµενη ενέργεια είναι ΙJ σε χρόνο 1s".

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Κιλοβατώρα: είναι µια µεγάλη µονάδα µέτρησης ενέργειας. Από την σχέση W = P ⋅ t έχουµε 1kWh = 1kW ⋅ 1h , 1kWh = 103 J / s ⋅ 3600s = 36 ⋅ 105 J

Nόµος Joule Η µεταβιβαζόµενη ηλεκτρική ενέργεια σ' ένα αγωγό έχει ως άµεσο αποτέλεσµα την αύξηση της εσωτερικής θερµικής του ενέργειας, η οποία εκδηλώνεται µε αύξηση της θερµοκρασίας του. Όταν η θερµοκρασία του γίνει µεγαλύτερη από τη θερµοκρασία του περιβάλλοντος, τότε έχουµε ροή (µεταβίβαση) θερµότητας από τον αγωγό στο περιβάλλον. Το ποσό θερµότητας που εκχωρεί ο αντιστάτης στο περιβάλλον του είναι : α. ανάλογο του τετραγώνου του ρεύµατος που τον διαρρέει β. ανάλογο της αντίστασής του R γ. ανάλογο του χρόνου που απαιτείται για τη µεταβίβαση Q = W = I 2 ⋅ R ⋅ t Ο νόµος Joule ισχύει µόνο για υλικά τα οποία "πειθαρχούν" στο νόµο του Ohm ( R = V / I = σταθ )

Χαρακτηριστικά λειτουργίας ηλεκτρικής συσκευής Κάθε ηλεκτρική συσκευή χαρακτηρίζεται από τα στοιχεία κανονικής της λειτουργίας (ισχύ P και τάση V). Παράδειγµα συσκευή “400W, 200V” σηµαίνει ότι λειτουργεί κανονικά σε τάση 200V και τότε καταναλώνει ηλεκτρική ισχύ 400W. Εάν η τάση στα άκρα της είναι µικρότερη των 200V τότε η συσκευή υπολειτουργεί, αν είναι µεγαλύτερη υπερλειτουργεί. Το ρεύµα I K που διαρρέει τη συσκευή, όταν λειτουργεί κανονικά είναι: IK =

VK . IK V Από το νόµο του Ohm I K = K , αντικαθιστώντας στη σχέση PK = I K 2 ⋅ R Σ . RΣ V 2 PK = Κ RΣ PΣ =

156

PK και VK

Ηλεκτροµαγνητισµός Νόµος Joule - Πηγές συνεχούς ρεύµατος Ηλεκτρεγερτική δύναµη ε µιάς πηγής είναι το σταθερό πηλίκο της µεταβιβαζόµενης ενέργειας, σε φορτίο q, από την πηγή προς το φορτίο αυτό. Ισοδύναµα ηλεκτρεγερτική δύναµη ε µιας πηγής είναι το σταθερό πηλίκο της ισχύος που παρέχει η πηγή στο κύκλωµα, προς την ένταση I του ρεύµατος που διαρρέει το κύκλωµα.

W = t ⇒ q t

Μονάδα µέτρησης: 1 Volt = Αν η πηγή έχει ΗΕ∆

ε = PI (επειδή P = Wt και I = αt ) Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

W = ⇒ q

1 Joule 1 Coulomb

ε = 3V, τότε σε κάθε φορτίο 1C αποδίδει ενέργεια 3J

Νόµος του Ohm για κλειστό κύκλωµα

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Σ’ ένα κύκλωµα υπάρχει γεννήτρια ΗΕ∆ ε και εσωτερικής αντίστασης r. Το εξωτερικό κύκλωµα αποτελείται από αντίσταση R. Σε χρονικό διάστηµα ∆t, η πηγή δίνει ενέργεια η οποία µετατρέπεται σε θερµότητα στις αντιστάσεις R και r. Από την αρχή της διατήρησης της ενέργειας έχουµε: W = QR + Qr

ε ⋅ I ⋅ ∆t = I ⋅ R ⋅ ∆t + I ⋅ r ⋅ ∆t ε = I ⋅ ( R + r ) ⇒ I = Rε+ r 2

Τάση στους πόλους της πηγής (πολική τάση Vπ ) Η τάση VA − VB στα άκρα της πηγής είναι ίση µε την τάση VR στα άκρα της αντίστασης R και λέγεται πολική τάση V της πηγής. Π

δηλ. VΠ = VR = I ⋅ R Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουµε: W = Qεξ + Qεσ

ε⋅ I⋅ t = V ⋅Ι⋅ t + I ⋅r⋅ t ε⋅Ι = V ⋅Ι+ I ⋅r ε = V + I⋅r ⇒ V = ε − I⋅r 2

157

Ηλεκτροµαγνητισµός

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Όταν η πηγή έχει εσωτερική αντίσταση r και διαρρέεται από ρεύµα Ι, η τάση στα άκρα της είναι µικρότερη από την ΗΕ∆ ε πηγής κατά ένα παράγοντα Ιr, που λέγεται πτώση τάσης µέσα στην πηγή. Υπάρχουν περιπτώσεις όπου η ΗΕ∆ ε της πηγής είναι ίση µε την πολική της τάση Vπ: α. Όταν η πηγή δε διαρρέεται από ρεύµα (κύκλωµα αντοιχτό) β. Όταν η εσωτερική της αντίσταση είναι µηδέν ( r = 0 ) και το κύκλωµα διαρρέεται από ρεύµα. γ. Όταν η πηγή τροφοδοτεί έναν αντιστάτη πολύ µεγάλης αντίστασης ( R → ∞ ) και το ρεύµα που τον διαρρέει έχει ένταση µηδενική ( I → 0 ).

Χαρακτηριστική καµπύλη της πηγής Όταν I = 0 τότε Vπ = Όταν Vπ = 0 τότε 0 =

ε − Ι ⋅ r ⇒ I = εr β

(βραχυκύκλωµα)

Αποδέκτες Είναι συσκευές οι οποίες µετατρέπουν την ηλεκτρική ενέργεια κατά το µεγαλύτερο µέρος σε ενέργεια άλλης µορφής, διαφορετικής, της θερµότητας. Παράδειγµα, ο ανεµιστήρας ως αποδέκτης µετατρέπει την ηλεκτρική ενέργεια σε µηχανική ενέργεια και σε θερµότητα (µικρότερο µέρος). Συντελεστής απόδοσης αποδέκτη είναι το πηλίκο της ωφέλιµης ισχύος (τι δίνει ο αποδέκτης) προς τη δαπανόµενη ισχύ (τι δίνουµε στον αποδέκτη), δηλ. α=

158

Ρωφ Ρδαπ

ή α% =

Ρωφ Ρδαπ

⋅ 100%

Ηλεκτροµαγνητισµός Λυµένες Ασκήσεις Παράδειγµα 7.1 Τέσσερις αντιστάσεις συνδέονται όπως στο σχήµα.

Αν

R 1 = 10Ω ,

R 2 = 20Ω ,

R 3 = 10Ω ,

R 4 = 20Ω και Ι 1 = 2Α να υπολογιστούν:

α. η ολική ένταση του ρεύµατος που διαρρέει την πηγή

Λύση α. Από τον Ν. Ohm Ι1 =

V1 ⇒ V1 = I1 ⋅ R1 ⇒ V1 = 2Α ⋅ 10Ω = 20V R1

Επειδή οι αντιστάσεις R 1 , R 2 , R 3 είναι παράλληλα συνδεδεµένες θα έχουν την ίδια τάση στα άκρα τους, ίση µε την τάση της ισοδύναµης αντίστασης R1,2,3 που τις αντικαθιστά V1 = V2 = V3 = V1,2,3 = 20V . 1 R1,2,3

1 1 1 1 1 1 1 1 5 = = ⇒ = + + ⇒ = ⇒ R1,2,3 = 4Ω R1 R 2 R 3 R1,2,3 10 20 10 R1,2,3 20

Από το Ν. Ohm Ι1,2,3 =

V1,2,3 R 1,2,3

20V = 5Α 4Ω

Επειδή οι αντιστάσεις R1,2,3 και η R 4 συνδέονται σε σειρά θα διαρρέονται από το ίδιο ρεύµα Ι1,2,3 = Ι4 = Ιολ = 5Α β. Η ολική αντίσταση είναι: R ολ = R1,2,3 + R 4 = 4Ω + 20Ω = 24Ω Από το Ν. Ohm V = Ι ολ ⋅ R ολ = 5A ⋅ 24Ω = 120V γ. Από το Ν. Ohm στην αντίσταση R 3 είναι: Ι3 =

V3 20V = = 2Α R 3 10Ω

159

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

γ. η ένταση του ρεύµατος στην αντίσταση R 3

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

β. η τάση της πηγής

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.2 Αν στα σηµεία Α και B των παρακάτω κυκλωµάτων εφαρµόσουµε τάση V, να βρείτε την ολική αντίσταση των συνδεσµολογιών για το σχ.1 και για το σχ.2. Λύση

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

α. Τα σηµεία Α και ∆ συνδέονται µε αγωγό αµελητέας αντίστασης (βραχυκυκλωµένα), οπότε αποκτούν ίδιο δυναµικό κι έτσι το κύκλωµα παίρνει τη µορφή που φαίνεται στο σχήµα β.

(σχ. 1)

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

(σχ. β)

(σχ. γ)

(σχ. δ)

R ⋅ R R 2 R , R = RR + R = R + R = 3 R = = ΑB R+R 2 2 R + R 2R 2 Στο τελευταίο κύκλωµα η σύνδεση είναι παράλληλη, οπότε έχουµε : R ΑΓ =

3 3 2 R R R 3R 2 = 2 ⇒ R ολ. = R ολ. = 3 5 5 R+ R R 2 2 β. Τα σηµεία Β και ∆, καθώς και τα Γ και Ε έχουν το ίδιο δυναµικό (βραχυκυκλωµένα).

(σχ. 2)

160

Ηλεκτροµαγνητισµός Το κύκλωµα παίρνει τη µορφή του σχήµατος ε.

(σχ. ε)

Οπότε R ολ = R + R ' = R +

R 4 ⇒ R ολ = R 3 3

Παράδειγµα 7.3 Να βρεθούν τα φορτία Q1 , Q 2 των πυκνωτών C1 , C 2 αντίστοιχα αν δίνονται: R 1 = 5Ω , R 2 = 10 Ω , R 4 = 10Ω , C1 = 2µF , C2 = 4µF και V = 100V .

Λύση Οι κλάδοι που περιέχουν πυκνωτές δε διαρρέονται από ρεύµα και λειτουργούν ως ανοικτοί διακόπτες. Ο κλάδος που περιέχει την αντίσταση R 3 και τον πυκνωτή C 2 δε διαρρέεται από ρεύµα. Το ίδιο και ο κλάδος που περιέχει τον πυκνωτή C1 . Η τάση VC1 στα άκρα του πυκνωτή C1 είναι ίση µε την τάση V1 στα άκρα της αντίστασης R 1 , λόγω παράλληλης σύνδεσης, οπότε:

VC1 = V1 = IR1 =

V 100 ⋅ R1 = ⋅ 5V ⇒ R1 + R 2 + R 4 25

VC1 = 20 V

Το φορτίο του πυκνωτή C1 είναι:

Q1 = C1 ⋅ VC1 = ( 2 ⋅ 10−6 F ) ( 20V ) = 40 ⋅ 10−6 C ⇒ Q1 = 40µC

Το φορτίο του πυκνωτή C 2 είναι: VC2 = VAB = I ( R1 + R 2 ) = 4A ⋅ ( 5Ω + 10Ω ) = 60V Q 2 = VC2 ⋅ C 2 = 240µC

161

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

1 1 1 1 3 R = + + = ⇒ R'= ( Παράλληλη σύνδεση ) R' R R R R 3

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Είναι:

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.4 Στο διπλανό κύκλωµα, η θερµαντική συσκευή Σ µε στοιχεία λειτουργίας VΣ = 50 V ,

ΡΣ = 250 W , ενώ δίνονται = 120 V , r = 5Ω , R 1 = 5Ω και R 2 = 10 Ω . α. ∆είξτε ότι η συσκευή δε λειτουργεί κανονικά. β. Με ποια τιµή πρέπει να αντικαταστήσουµε την R2, ώστε η συσκευή να λειτουργεί κανονικά;

Λύση

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

α. Ο κλάδος που περιέχει τον πυκνωτή C δε διαρρέεται από ρεύµα. Η αντίσταση R Σ της συσκευής είναι: RΣ =

VΣ 2 502 ⇒ RΣ = Ω ⇒ R Σ = 10Ω PΣ 250

Η ένταση Ι του ρεύµατος είναι: Ι=

ε =

R ολ.

ε R1 +

RΣR2 +r RΣ + R2

120 A = 8Α ⇒ Ι = 8Α 100 5+ +5 20

Για να λειτουργεί κανονικά η συσκευή πρέπει η τάση στα άκρα της να είναι VΣ = 50 V ,

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

VΣ = V2 λόγω παράλληλης σύνδεσης. Από το κύκλωµα ισχύει:

Vπ =

ε − Ιr = (120 − 8 ⋅ 5) V = 80V

VΣ = Vπ − ΙR1 = ( 80 − 8 ⋅ 5) V = 40V < 50V . Άρα η συσκευή υπολειτουργεί. β. Αν η συσκευή λειτουργεί κανονικά,τότε VΣ = V2 = 50 V . Aπό το κύκλωµα ισχύει: Vπ' = E − ι 'r ⇒ V1' + VΣ = Ε − ι 'r ⇒ ι 'R1 + 50 = 120 − ι 'r ⇒ ι ' ( R1 + r ) = 70 ⇒ ι '10 = 70 ⇒ ι '2 + ι Σ = 70 ⇒ 50 50 50 + = 7 ⇒ ' = 2 ⇒ R '2 = 25 Ω ' R 2 10 R2

162

VΣ VΣ + =7⇒ R '2 R Σ

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.5 Τα άκρα Α και Γ του συστήµατος των τριών αντιστατών του σχήµατος (α), συνδέονται µε ηλεκτρική πηγή, της οποίας η χαρακτηριστική φαίνεται στο σχήµα (β). Οι αντιστάσεις των τριών αντιστατών είναι: R1 = 2Ω, R2 = 3Ω, R3 = 6Ω. α. Να υπολογίσετε τα στοιχεία Ε και r της πηγής. β. Να βρείτε την ολική αντίσταση του κυκλώµατος. γ. Πόση ισχύ παρέχει η πηγή στο κύκλωµα και πόση είναι η ισχύς που παρέχεται στην αντίσταση R2; Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση α. Από το διάγραµµα Vπ - Ι προκύπτει ότι:

ε = 12Volt και 6A = εr = 12V ⇒ r = 2Ω r β. Rολ=R1,2,3+r. Αλλά R 2,3 =

R 2 ⋅ R 3 18 = = 2Ω R2 + R3 9

R1,2,3 = R1+R2,3 = (2 + 2)Ω = 4Ω

γ. Ι =

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Rολ = r + R1,2,3 = 6Ω

Ε 12V = = 2Α R ολ 6Ω

Ρπηγ =

ε · Ι = 12V · 2A = 24W

VAΓ = Vπ =

ε – Ι · r = (12 – 2 · 2)V = 8Volt

VΒΓ= VΑΓ – VAB = VΑΓ – Ι · R1 = 8V – 4V = 4Volt ΡR 2 =

2 VBΓ 42 16 = W= W R2 3 3

163

Ηλεκτροµαγνητισµός Φαινόµενο επαγωγής Κάθε φορά που µεταβάλλεται η µαγνητική ροή που διέρχεται από έναν αγωγό δηµιουργείται στα άκρα του µια διαφορά δυναµικού που λέγεται ΗΕ∆ από επαγωγή. Αν το κύκλωµα είναι κλειστό διαρρέεται από ρεύµα. Άρα όλα τα επαγωγικά ρεύµατα δηµιουργούνται λόγω της µεταβολής της µαγνητικής ροής. Εάν το κύκλωµα είναι κλειστό Επαγωγικό Μεταβολή µαγνητικής → ΗΕ∆ → ροής πλαισίου ρεύµα

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Νόµος Faraday (Νόµος της επαγωγής) Η επαγωγική ηλεκτρεγερτική δύναµη που αναπτύσσεται σε ένα κύκλωµα είναι ανάλογη προς το ρυθµό µεταβολής της µαγνητικής ροής που περνά από αυτό το κύκλωµα ∆Φ επ = − N ⋅ ∆t

όπου ∆Φ = Φ − Φ0 η µεταβολή της µαγνητικής ροής ( Φ = ΒΑσυνα ) .

Κανόνας Lenz To επαγωγικό ρεύµα έχει τέτοια φορά ώστε το αποτέλεσµά του να αντιστέκεται στο αίτιο που το προκαλεί. Ο κανόνας του Lenz είναι αποτέλεσµα της αρχής διατήρησης της ενέργειας.

Aµοιβαία Επαγωγή Είναι το φαινόµενο της εµφάνισης επαγωγικής τάσης στα άκρα ενός πηνίου, λόγω της µεταβολής του ρεύµατος που συµβαίνει σε ένα άλλο πηνίο, ευρισκόµενο σε επαγωγική σύζευξη µε αυτό.

H εξίσωση παίρνει την µορφή:

ε = −Μ ∆∆ti επ

όπου: ∆i/∆t ο ρυθµός µεταβολής του ρεύµατος στο πρωτεύον πηνίο (1)

ε η ΗΕ∆ από αµοιβαία επαγωγή στο δευτερεύον πηνίο (2) επ

Μ ο συντελεστής αµοιβαίας επαγωγής των δύο πηνίων. 164

Ηλεκτροµαγνητισµός Αυτεπαγωγή Η εµφάνιση επαγωγικής τάσης στα άκρα ενός πηνίου λόγω της µεταβολής του ρεύµατος που το διαρρέει, ονοµάζεται αυτεπαγωγή.

Το πηνίο αντιδρά στην µεταβολή του ρεύµατος που το διαρρέει

∆i ∆t όπου: ∆i/∆t, είναι ο ρυθµός µεταβολής του ρεύµατος που διαρρέει το πηνίο που εµφανίζει την αυτ στα άκρα του, L είναι ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου.

αυτ

= −L

Συντελεστής αυτεπαγωγής L Εκφράζει την αδράνεια του πηνίου, δηλ., την αντίθεσή του στις µεταβολές του ρεύµατος που το διαρρέει. Εξαρτάται από τα γεωµετρικά χαρακτηριστικά του πηνίου και από την µαγνητική διαπερατότητα µ, του υλικού του πυρήνα. Ο συντελεστής αυτεπαγωγής (ηλεκτρισµός) είναι µέγεθος αντίστοιχο της µάζας ενός σώµατος (µηχανική), καθώς και τα δύο µεγέθη δίνουν το µέτρο της αδράνειας, δηλ. της αντίθεσης στην µεταβολή µίας κατάστασης. Το φαινόµενο της αυτεπαγωγής εµφανίζεται σε κάθε αγωγό που διαρρέεται από µεταβαλλόµενο ρεύµα. Ωστόσο είναι πολύ εντονότερο στα πηνία και έτσι µπορούµε να θεωρούµε ότι ο συντελεστής αυτεπαγωγής ενός κυκλώµατος οφείλεται κυρίως σε αυτά. V ⋅S Η µονάδα µέτρησης είναι το 1Η = 1 . A

165

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Στο κύκλωµα (α) το πηνίο λειτουργεί ως αποδέκτης, αποθηκεύοντας ενέργεια στο µαγνητικό του πεδίο, καθώς η ένταση του ρεύµατος αυξάνεται µετά το κλείσιµο του διακόπτη 1 (∆i >0). Η επ στα άκρα του αντιτίθεται στην αρχική αύξηση του ρεύµατος. Στο κύκλωµα (β) όπου το ρεύµα ελαττώνεται (∆i <0) µόλις ανοίξει ο δ1 και κλείσει ο δ2, το πηνίο λειτουργεί σαν πηγή και αποδίδει την ενέργεια που είχε αποθηκεύσει (η οποία µετατρέπεται σε θερµότητα στην αντίσταση R). Η επ στα άκρα του αντιτίθεται στην ελάττωση του ρεύµατος. Η ηλεκτρεγερτική δύναµη που αναπτύσσεται λόγω αυτεπαγωγής δίνεται από την:

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

εµφανίζοντας στα άκρα του µία επ . Έτσι καθυστερεί αυτήν την µεταβολή.

Ηλεκτροµαγνητισµός Υπολογισµός του συντελεστή αυτεπαγωγής πηνίου µεγάλου µήκους , µε Ν σπείρες και σιδηροπυρήνα µαγνητικής διαπερατότητας µ. Η ένταση του µαγνητικού πεδίου στο εσωτερικό του πηνίου είναι: B = µ ⋅ µ 0 ⋅ n ⋅ i , όπου n = N / . Άρα η µαγνητική ροή που περνάει µέσα από κάθε µια σπείρα, εµβαδού Α, είναι: Φ = Β ⋅ Α ή Φ = µ ⋅ µ 0 ⋅ n ⋅ A ⋅ i Αντικαθιστούµε στον νόµο της επαγωγής: Ν ∆i  ε = − N ∆Φ ⇒ E = −Ν ⋅ µ ⋅ µ ⋅ ⋅ Α ⋅  ∆t ∆t  επ

επ

ε = −Μ ∆∆ti

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

επ

Ν2 L = µ ⋅ µ Α  0  

Χρονική εξάρτηση του ρεύµατος σε κύκλωµα µε πηνίο Στο κύκλωµα του διπλανού σχήµατος, την χρονική στιγµή t = 0 πηγαίνουµε τον διακόπτη από την θέση (0) στην θέση (1). Το ρεύµα αυξάνει σταδιακά µέχρι την µέγιστη τιµή του, στην οποία και σταθεροποιείται. Τότε, επειδή πλέον ∆i = 0 , ισχύει ότι E επ = 0 και

i max =

ε . Η µεταβολή του ρεύµατος φαίνεται στο

R ολ

διάγραµµα (α). Στην συνέχεια, µετά την αποκατάσταση του ρεύµατος, µετακινούµε τον διακόπτη από την θέση (1) στην θέση (2). Το ρεύµα τείνει να µηδενιστεί, (χωρίς να αλλάζει φορά) και το πηνίο αντιτίθεται στην ελάττωση του εµφανίζοντας επ. ΄Έτσι έχοµε σταδιακή ελάττωση του ρεύµατος µέχρι τον µηδενισµό του, όπως φαίνεται στο διάγραµµα (β).

Ενέργεια µαγνητικού πεδίου Η ενέργεια που αποθηκεύεται στο πηνίο λόγω του µαγνητικού πεδίου που δηµι-ουργείται στο εσωτερικό του εξαρτάται από τον συντελεστή αυτεπαγωγής του και το ρεύµα που

1 το διαρρέει: U B = L ⋅ i 2 2

166

Ηλεκτροµαγνητισµός Παρατηρήσεις: 1. Σε ένα κύκλωµα που αποτελείται από ιδανικό πηνίο αυτεπαγωγής L, αντιστάτη αντίστασης R πηγή µε στοιχεία Ε, r και διακόπτη, όπως στο σχήµα, αµέσως µετά το κλείσιµο του διακόπτη, ισχύουν: • Το ρεύµα αυξάνεται σταδιακά µε τον χρόνο και σε µια τυχαία χρονική στιγµή t δίνεται από την σχέση: αυτ

R+r • Όταν το ρεύµα σταθεροποιηθεί αποκτώντας την µέγιστη τιµή του, η

µηδέν άρα η προηγούµενη παίρνει την µορφή: i max =

αυτ

R+r

γίνεται

∆i άρα ∆i = − αυτ ∆t L ∆t όπου το πρόσηµο εκφράζει τον τρόπο µεταβολής του ρεύµατος, δηλαδή την αύξηση (+) ή την ελάττωσή του (-). • Αν το πηνίο δεν είναι ιδανικό και έχει αντίσταση Rπ, τότε η τάση στα άκρα του • Ο ρυθµός µεταβολής του ρεύµατος υπολογίζεται:

υπολογίζεται ως: VΑΓ =

αυτ

= −L

+ i ⋅ Rπ

• Ο ρυθµός µε τον οποίο απορροφάει ενέργεια το πηνίο είναι: Ρ π = VΑΓ ⋅ i • Ο ρυθµός µε τον οποίο η ενέργεια αυτή µετατρέπεται σε ενέργεια µαγνητικού πεδίου είναι Ρ Β =

αυτ

⋅ i , ενώ ταυτόχρονα συµβαίνει µετατροπή και σε θερµότητα (λόγω

της αντίστασης του πηνίου) µε ρυθµό Ρ Q = i 2 ⋅ R π . Όπως φαίνεται από τις προηγούµενες σχέσεις, Ρ π = Ρ Β + Ρ Q ⇒ VAΓ i =

ε i+i R . 2

αυτ

Αυτό άλλωστε προβλέπει και η αρχή διατήρησης της ενέργειας. • Ο ρυθµός µε τον οποίο προσφέρει ενέργεια η πηγή στο κύκλωµα, δίνεται από την εξίσωση Pηλ =

ε⋅i

Η ενέργεια αυτή µετατρέπεται εν µέρει στην ίδια την πηγή σε θερµότητα, λόγω της εσωτερικής της αντίστασης ( Pr = i 2 ⋅ r ), ενώ η υπόλοιπη προσφέρεται στο εξωτερικό κύκλωµα ( Pεξ = Vπ ⋅ i ). Pηλ = Pr + Pεξ ⇒

ε⋅i = i r + V i 2

Σε όλες τις προηγούµενες εξισώσεις υπολογισµού ισχύος, παρατηρούµε ότι το ρεύµα είναι κοινό, διαφέρει κάθε φορά η τάση που χρησιµοποιούµε, ανάλογα µε το τι θέλουµε να υπολογίσουµε.

167

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

ε− ε

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Ηλεκτροµαγνητισµός 2. Σε ένα κύκλωµα όπως του σχήµατος, µε στοιχεία αντίστοιχα του προηγούµενου, µόλις ο διακόπτης µετακινηθεί από την θέση (1) στην (2), το ρεύµα αρχίζει να ελαττώνεται σταδιακά µε τον χρόνο. Σε µια τυχαία

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

χρονική στιγµή δίνεται από την εξίσωση: i =

αυτ

• Η φορά του ρεύµατος δεν αλλάζει. • Η µέγιστη τιµή της έντασης του ρεύµατος είναι αυτή ακριβώς πριν την µετακίνηση του διακόπτη, άρα εξαρτάται από το αρχικό κύκλωµα όπου είχε αποκατασταθεί το ρεύµα. • Η θερµότητα που αναπτύσσεται πάνω στις αντιστάσεις του κυκλώµατος, κατά την διάρκεια της ελάττωσης του ρεύµατος µέχρι τον µηδενισµό του, είναι ίση µε την ενέργεια που είχε αποθηκευτεί στο µαγνητικό πεδίο του πηνίου. ∆ηλ., το πηνίο παίζει ρόλο πηγής, προσφέροντας ενέργεια στο κύκλωµα. Έτσι, µέχρι τον µηδενισµό του ρεύµατος, η συνολική θερµότητα που αναπτύσσεται πάνω στην αντίσταση R είναι:

1 QR = U B = L ⋅ I 2 , όπου Ι είναι η σταθερή τιµή που είχε το ρεύµα ακριβώς πριν 2 µετακινηθεί ο διακόπτης. • Αν το πηνίο έχει ωµική αντίσταση Rπ, η τάση στα άκρα του είναι VAΓ =

αυτ

− i ⋅ Rπ

ε και εσωτερική αντίσταση R ). • Ο ρυθµός µε τον οποίο προσφέρει ενέργεια το πηνίο είναι Ρ = ε ⋅ i και ο ρυθµός (δηλ. αντίστοιχα µε την πολική τάση πηγής µε ΗΕ∆ την

αυτ

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

αυτ

µε τον οποίο η ενέργεια αυτή µετατρέπεται σε θερµότητα στις αντιστάσεις είναι Ρ Q = i 2 ( R + R π ) , όµως Pπ = Ρ Q ⇒

αυτ

⋅ i = i2 ( R + R π ) .

Παράδειγµα 7.6 Στο κύκλωµα του σχήµατος η πηγή έχει ΗΕ∆

ε = 22V και εσωτερική αντίσταση r = 2Ω . Οι

αντιστάτες έχουν R 1 = 4Ω και R 2 = 5Ω . Στα άκρα του

αντιστάτη

συνδέουµε

πυκνωτή

χωρητικότητας C = 2µF . Να υπολογίσετε: α. την ένταση του ρεύµατος που διαρρέει το κύκλωµα και την ενέργεια του φορτισµένου πυκνωτή U Ε . β. το ποσοστό µεταβολής της ενέργειας του πυκνωτή αν η πηγή αντικατασταθεί µε άλλη, διπλάσιας ΗΕ∆.

168

Ηλεκτροµαγνητισµός Λύση α. Θα είναι I =

R1 + R 2 + r

= 2A εποµένως στα άκρα της R 2 έχουµε V2 = I ⋅ R 2 = 10V

που είναι και διαφορά δυναµικού µεταξύ των οπλισµών του πυκνωτή άρα

1 U Ε = CV22 = 10−4 J 2

ε′ = 2ε τότε I′ = 2I = 4A και V ′ = 2V = 20V οπότε U′ = 4 ⋅10 J δηλ.

µεταβολή ∆U = U′Ε − U Ε = 3 ⋅10−4 J ποσοστό

−4

100 ⋅ ∆U = 300 ο ο . UΠ

Παράδειγµα 7.7

Ηλεκτρική πηγή ΗΕ∆ = 12V και εσωτερικής αντίστασης r = 1Ω συνδέεται µέσω αντιστάτη R 1 = 3Ω µε µη ιδανικό πηνίο το οποίο έχει

συντελεστή αυτεπαγωγής L = 5mH και αντίσταση

R π = 2Ω . Να υπολογίσετε: α. το ρυθµό µε τον οποίο παράγεται θερµότητα στο πηνίο β. την ενέργεια που αποθηκεύεται στο µαγνητικό πεδίο του πηνίου. γ. πόση θα έπρεπε να είναι η ΗΕ∆ της πηγής, ώστε η ενέργεια του µαγνητικού πεδίου να είναι διπλάσια; Λύση α. R ολ = R1 + R Π + r = 6Ω Το κύκλωµα διαρρέεται από ρεύµα έντασης Ι =

ε = 12 Α = 2Α άρα θερµική ισχύς

R ΟΛ

στο πηνίο PRΠ = Ι 2 ⋅ R Π = 8W

1 1 β. U B = LI 2 = ⋅ 5 ⋅ 10−3 ⋅ 4J = 10−2 J 2 2 γ. Για να είναι U′B = 2U B = 2 ⋅10−2 J θα έπρεπε I′ = 2 ⋅ I = 2 2A άρα και

ε′ = 2ε = 12 2V .

169

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

β. Αν

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.8 Στο κύκλωµα του σχήµατος η πηγή έχει ΗΕ∆ = 10V και εσωτερική αντίσταση r = 2Ω . Ο αντιστάτης R = 3Ω συνδέεται σε σειρά µε ιδανικό πηνίο που έχει συντελεστής αυτεπαγωγής L = 50mH . Αρχικά ο µεταγωγός βρίσκεται στη θέση (Α) και το κύκλωµα διαρρέεται από ρεύµα σταθερής έντασης. Τη στιγµή t = 0 ο µεταγωγός µεταφέρεται απότοµα στη θέση (Β). Ζητούνται: α. η αρχική ενέργεια του µαγνητικού πεδίου του πηνίου β. η ηλεκτρεγερτική δύναµη από αυτεπαγωγή στα άκρα του πηνίου, τη στιγµή που η θερµική ισχύς στον αντιστάτη R γίνει 3W. γ. ο ρυθµός µεταβολής της έντασης του ρεύµατος τη στιγµή που το ρεύµα στο κύκλωµα έχει ένταση 0,5Α.

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Λύση α. Αρχικά (θέση Α) το κύκλωµα διαρρέεται από ρεύµα έντασης I =

1 U Β = LI 2 = 0,1J . 2 β. PR = 3W ⇒ I′2 ⋅ R = 3W ⇒ I′ = 1A όµως I′ = γ. Τη στιγµή που I = 0,5A θα είναι

AΥΤ

R ΟΛ

ΑΥΤ

⇒

ε = 2Α εποµένως

R ΟΛ

AYT

= Ι ⋅ R = 1,5V ⇒ −L

= 3V ∆Ι = 1,5V άρα ∆t

∆Ι = −30 A s ∆t Παράδειγµα 7.9 Ένα πηνό έχει αντίσταση R π = 2Ω και συνδέεται µε πηγή

ε = 15V, r = 1Ω . Όταν

διακοπεί το ρεύµα σε χρόνο ∆t = 0,02s στα άκρα του πηνίου εµφανίζεται τάση από αυτεπαγωγή 2V. Να υπολογίσετε τον συντελεστή αυτεπαγωγής του πηνίου και την ενέργεια του µαγνητικού πεδίου πριν διακοπεί το ρεύµα. Λύση Αρχικό ρεύµα I =

ΑΥΤ

170

= −L

RΠ + r

= 5A άρα ∆Ι = −5Α αφού διακόψαµε το ρεύµα. Εποµένως

− ⋅ ∆t 2 ⋅ 0,02 1 ∆Ι ⇒ L = − AYT = Η ⇒ L = 0,008H ενώ U Β = LI 2 = 0,1J . 2 5 ∆t ∆Ι

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.10

Ηλεκτρική πηγή µε ΗΕ∆ = 15V και εσωτερική αντίσταση r = 1Ω συνδέεται σε σειρά µε αντιστάτες R 1 = 2Ω

και

R 2 = 3Ω

όπως και στο σχήµα.

Παράλληλα στον αντιστάτη R 1 συνδέονται µέσω διακοπτών ∆ 1 και ∆ 2 ένας πυκωτής χωρητικότητας C = 2µF και ένα ιδανικό πηνίο µε συντελεστή

β. τη στιγµή t = 0 κλείνουµε απότοµα τον διακόπτη ∆ 2 και ταυτόχρονα ανοίγουµε τον ∆ 1 µε αποτέλεσµα ο πυκνωτής να εκφορτίζεται µέσω του πηνίου. Πόση είναι η ένταση του ρεύµατος που διαρρέει το πηνίο, τη στιγµή που ο πυκνωτής εκφορτίζεται τελείως; Λύση α. Αρχικά κυκλοφορεί ρεύµα στο κύκλωµα πηγής −R1 − R 2 : Ι =

ε = 2,5Α και η

R ΟΛ

διαφορά δυναµικού µεταξύ των oπλισµών του πυκνωτή είναι Vc = V1 = IR 1 ⇒ Vc = 5V .

1 Εποµένως Q = C ⋅ Vc = 10−5 C και U Ε = C ⋅ Vc 2 = 25 ⋅ 10−6 J . 2 β. Τώρα ο πυκωτής εκφορτίζεται µέσω του πηνίου. Τη στιγµή που εκφορτίζεται τελείως, η ενέργεια του έχει µεταφερθεί εξ’ ολοκλήρου στο µαγνητικό πεδίο του πηνίου: 1 2 LI = 25 ⋅ 10−6 J ⇒ I = 25 ⋅ 10−4 A ⇒ I = 0,05A 2 Σχόλιο: κάποια στιγµή το ρεύµα θα µηδενιστεί. Πού θα µεταφερθεί τότε η ενέργεια του µαγνητικού πεδίου του πηνίου; Παράδειγµα 7.11 Ένα ιδανικό πηνίο έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L = 0,1H και συνδέεται µέσω αντιστάτη R = 11Ω µε τάση 110V. Πόση θα είναι η διαφορά δυναµικού στα άκρα του αντιστάτη και πόσος ο ρυθµός µεταβολής της έντασης του ρεύµατος, τη στιγµή που η ένταση του ρεύµατος στο κύκλωµα θα έχει την τιµή 3Α;

171

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

ενώς ο ∆ 2 είναι ανοικτός. α. πόσο είναι το φορτίο του πυκνωτή και πόση ενέργεια έχει αποθηκευτεί στο ηλεκτρικό του πεδίο;

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

αυτεπαγωγής L = 0,02H . Αρχικά ο ∆ 1 είναι κλειστός

Ηλεκτροµαγνητισµός Λύση Θα είναι VR = I ⋅ R = 33V ενώ I = Όµως

AYT

= −L

ε+ε R

AYT

⇒

ΑΥΤ

= −77V .

∆Ι ∆Ι ⇒ = 770 A s . ∆t ∆t

Παράδειγµα 7.12

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Ο αγωγός Γ∆ του σχήµατος έχει µήκος 50cm και µάζα 200g. Ασκούµε στον αγωγό κατάλληλη δύναµη ώστε να µετακινείται µε σταθερή ταχύτητα υ = 12m s παραµένοντας συνεχώς σε επαφή µε τις οριζόντιες σιδηροτροχιές του σχήµατος µε τις οποίες παρουσιάζει τριβή ολίσθησης. Στο χώρο υπάρχει κατακόρυφο οµογενές µαγνητικό πεδίο έντασης B = 0, 2T ενώ η χωρητικότητα

του πυκνωτή είναι C = 5µF . Ζητάµε να υπολογίσουµε την ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή. Πόση θερµότητα θα παραχθεί µέχρι να σταµατήσει ο αγωγός, αν κάποια στιγµή καταργήσουµε τη δύναµη που του ασκούµε; Λύση

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Στα άκρα του αγωγού Γ∆ εµφανίζεται επαγωγική τάση

ε = Bul = 1, 2V η οποία και

1 φορτίζει τον πυκωτή, άρα U Ε = C ⋅ 2 = 3,6 ⋅ 10−6 J . 2 Αν η δύναµη καταργηθεί, θα παραχθεί θερµότητα για δύο λόγους: α) τριβή β) φαινόµενο Joule στον αντιστάτη R λόγω της εκφόρτισης του πυκωτή.

1 mυ2 + U Ε = 14, 4J + 3,6 ⋅ 10−6 J όπου παρατηρούµε ότι 2 στο συγκεκριµένο πρόβληµα η θερµότητα που παράγεται λόγω της απώλειας της κινητικής ενέργειας του αγωγού είναι πολύ µεγαλύτερη από τη θερµότητα λόγω απώλειας της U Ε .

Εποµένως συνολική θερµότητα

172

Ηλεκτροµαγνητισµός Παράδειγµα 7.13

Στο κύκλωµα του σχήµατος η πηγή έχει ΗΕ∆ = 36V , εσωτερική αντίσταση r = 1Ω και συνδέεται µε τους αντιστάτες R 1 = 6Ω και R 2 = 3Ω . Παράλληλα στον

αντιστάτη R 1 µέχρι να µηδενιστεί η ένταση του ρεύµατος που διαρρέει το πηνίο; Λύση α. Το κύκλωµα έχει R ΟΛ = r + R 2 +

R1 ⋅ R π = 6Ω άρα Ι = = 6Α . R1 + R π R OΛ

Η διαφορά δυναµικού στα άκρα του συστήµατος πηνίο

V = I⋅ Iπ =

είναι

R1 ⋅ R π = 12V εποµένως το πηνίο διαρρέεται από ρεύµα έντασης R1 + R π

1 2 V −2 = 4Α και U Β = LI π = 8 ⋅ 10 J . 2 Rπ

β. Ανοίγοντας το διακόπτη, λόγω της αυτεπαγωγής του πηνίου θα κυκλοφορήσει ρεύµα στο κύκλωµα πηνίο R 1 µέχρι να µετατραπεί ολόκληρη η ενέργεια του µαγνητικού πεδίου σε θερµότητα στους αντιστάτες R π και R 1 είναι πλέον σε σειρά, διαρρέονται από το ίδιο ρεύµα εποµένως οι θερµότητες είναι ανάλογες των αντιστάσεων, αφού

Q = I2 ⋅ R ⋅ t . Έτσι, στις R 1 + R π = 9Ω αναπτύσσεται θερµότητα 8 ⋅ 10−2 J στη R 1 = 6Ω

16 −2 ⋅ 10 J . 3

173

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

αυτεπαγωγής L = 10mH και αντίσταση R Π = 3Ω . Αρχικά ο διακόπτης ∆ είναι κλειστός. α. πόση είναι η ένταση του ρεύµατος που διαρρέει το πηνίο και πόση η ενέργεια που αποθηκεύτηκε στο µαγνητικό του πεδίο; β. κάποια στιγµή ανοίγουµε το διακόπτη ∆. Πόση θερµότητα θα αναπτυχθεί στον

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

αντιστάτη R 1 συνδέουµε µη ιδανικό πηνίο µε συντελεστή

Ηλεκτροµαγνητισµός

Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Προτεινόµενες Ασκήσεις για Λύση Παράδειγµα 7.14

Παράδειγµα 7.16

Ένα πηνίο αποτελείται από 400 σπείρες και έχει συντελεστή αυτεπαγωγής L = 40 mH . Να βρείτε: α. Την ένταση του ρεύµατος που διαρρέει το πηνίο αν η µαγνητική ροή που περνά από κάθε σπείρα του είναι Φ = 1µWb . β. Την µέση ΗΕ∆ από αυτεπαγωγή στο

Πηνίο µε συντελεστή αυτεπαγωγής αντίσταση R = 20 Ω και πηγή µε ΗΕ∆

ε = 60 V και r = 0 . Τη χρονική στιγµή t 0 = 0s κλείνουµε τον διακόπτη.

πηνίο όταν ∆i = 10−3 Α αντιστοιχεί χρόνος ∆t = 4 ms . Απάντηση: α. i = 10−2 A

β.

αυτ

= 10−2 V

Παράδειγµα 7.15 Ιδανικό πηνίο µε συντελεστή αυτεπαγωγής L = 1mH συνδέεται σε σειρά µε ωµική αντίσταση R = 2 Ω πηγή

∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

L = 10−1 H συνδέεται σε σειρά µε ωµική

ΗΕ∆ = 25 V και r = 0 , και µε διακόπτη. Όταν το ρεύµα του κυκλώµατος είναι i = 4 A να βρείτε: α. Την ισχύ που παρέχει η πηγή στο κύκλωµα β. Την ισχύ που αναπτύσσεται στην αντίσταση γ. Το ρυθµό αποταµίευσης ενέργειας στο εσωτερικό του πηνίου δ. Την ενέργεια που έχει αποταµιευτεί στο πηνίο Απάντηση: α. Pηλ = 100 W γ. Pηλ = 68

J s

β. PR = 32 W δ. U = 8 ⋅ 10−3 J

α. Βρείτε την ένταση του ρεύµατος µετά από µεγάλο χρονικό διάστηµα από το κλείσιµο του διακόπτη. β. Την τάση στα άκρα της αντίστασης R όταν το ρεύµα έχει τιµή i1 = 1A

γ. Την τάση ( αυτ) στα άκρα του πηνίου και τον ρυθµό µεταβολής της έντασης του ρεύµατος όταν i1 = 1A . Απάντηση: α. i =

ε = 3A

= 400

γ.

β. VR = 20 V

αυτ

A s

Παράδειγµα 7.17 Γύρω από πυρήνα µαλακού σιδήρου µε µαγνητική διαπερατότητα µ = 2000 περιτυλίσσεται πηνίο µήκους = 20cm , N = 200

σπείρων και µε εµβαδόν

διατοµής S = 20cm2 . α. Να βρεθεί ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου 174

Ηλεκτροµαγνητισµός β. Όταν το πηνίο διαρρέεται από ρεύµα έντασης i = 20 A , για να διακοπεί χρειάζεται χρόνος ∆t = 0,02s . Πόση ΗΕ∆ από αυτεπαγωγή αναπτύσσεται στα άκρα του πηνίου. ∆ίνεται

∆ίνεται: µ ο = 4π·10−7

V ⋅s µ0 = 4π ⋅ 10 A⋅m −7

β.

αυτ

Τ·m A

= 320π V Χρειάζονται στην Γ΄ Λυκείου

Απάντηση: α. L = 32π ⋅ 10−2 Η

γ. Ποιoς ο ρυθµός µεταβολής της έντασης του ρεύµατος όταν η τιµή της είναι το 80% της µέγιστης; δ. Πόση ενέργεια αποταµιεύεται τελικά στο ιδανικό πηνίο;

Παράδειγµα 7.18

10 2 cm . Η Η.Ε.∆. της πηγής είναι π = 20V η εσωτερική αντίστασή της r = 2Ω ενώ η αντίσταση R του αντιστάτη ίση µε 3Ω. α. Ποια η τιµή του συντελεστή αυτεπαγωγής; β. Ποια η µέγιστη ένταση ρεύµατος που διαρρέει το κύκλωµα;

Απάντηση: α. L = 10−3 H

L = 1mH

β. Ι max = 4A γ.

ε = 4 ⋅10 A / s 3

δ. U max = 8mJ ∆ιδάσκονται στην Β΄ Λυκείου

Το πηνίο του κυκλώµατος έχει N = 500 σπείρες ενώ το µήκος του είναι = 10cm και το εµβαδόν κάθε µιας απ’αυτές είναι

175

Λύσεις Ασκήσεων 1. Ευθύγραμμη Κίνηση Παράδειγμα 1.7 α. Για τα μέτρα των ταχυτήτων των δύο κινητών έχουμε:

υ2 = 72km / h = 20m / s ενώ υ1 = 144km / h = 40m / s . Θεωρώντας σαν αρχή του άξονα την αρχική θέση του κινητού Α έχουμε για τη στιγμή της συνάντησης:

x = υ1 ⋅ t (1) και x = d + υ2 ⋅ t (2). Από τις (1) και (2) παίρνουμε: υ1 ⋅ t = d + υ2 ⋅ t ⇒ t =

d = 50s υ1 − υ 2

Με αντικατάσταση στη σχέση (1) : x = 2000m β. Για τη χρονική στιγμή t΄ που το κινητό Α θα βρίσκεται 500 m μπροστά από το Β ισχύει :

x1 = υ1 ⋅ t΄ (3) και x 2 = d + υ2 ⋅ t ' (4). Αλλά x1 − x 2 = s ⇒ υ1 ⋅ t΄ − ( d + υ 2 ⋅ t ') = s ⇒ t ' = 75s Παράδειγμα 1.8 α. Δx = −10m − 0 = −10m γ. Είναι : υ1 = υ2 =

β. Sολ = (10 + 10 + 10 ) m = 30m

Δx1 10m = = 10m / s , Δt1 1s Δx 3 −20m Δx 2 = = −10m / s = 0 , υ3 = Δt 3 2s Δt 2

Παράδειγμα 1.9 Για όσο χρόνο το αυτοκίνητο έχει μικρότερη ταχύτητα από τη μοτοσικλέτα τα δύο οχήματα πλησιάζουν. Όταν το αυτοκίνητο αποκτήσει μεγαλύτερη ταχύτητα από τη μοτοσικλέτα τα δύο οχήματα θα απομακρύνονται. Τη στιγμή που η απόσταση θα γίνει ελάχιστη (dmin) θα πρέπει οι ταχύτητες των δύο οχημάτων να είναι ίσες, δηλαδή : υΑ = υΒ = 20m/s. O χρόνος που χρειάστηκε το αυτοκίνητο για να αποκτήσει αυτή την ταχύτητα είναι υΑ = α ⋅ t ⇒ t = 5s Τα διαστήματα που διάνυσαν τα δύο οχήματα αντίστοιχα είναι: SM = υM ⋅ t = 100m , SA =

1 α ⋅ t 2 = 50m 2

Όμως από το σχήμα έχουμε: d + Sα = SM + d min ⇒ d min = 30m Παράδειγμα 1.10 1 2 υ2 = υ1 + α ⋅ t , x = υ1 ⋅ t + α ⋅ t 2

Από την πρώτη σχέση επιλύοντας ως προς το χρόνο: t =

υ 2 − υ1 α 2

Και με αντικατάσταση στη δεύτερη: x = υ1 ⋅

υ2 − υ1 1 ⎛ υ2 − υ1 ⎞ υ1 ⋅ υ2 − υ12 υ2 2 − 2υ1 ⋅ υ2 + υ12 + α⋅⎜ = + ⇒ ⎟ α 2 ⎝ α ⎠ α 2α

υ2 2 − υ12 υ − υ1 ⇒ υ12 = υ2 2 − 2αx ⇒ υ1 = 10m / s . Ο ζητούμενος χρόνος επομένως είναι: t = 2 = 5s 2α α

176

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 1.11 α. Το αυτοκίνητο κινείται με σταθερή ταχύτητα υ0 = 20m / s για χρόνο Δt1 = 0,5s και διανύει διάστημα

Δx1 = υ0 ⋅ Δt1 = 10m . Συνεπώς για την επιβραδυνόμενη κίνηση απομένουν Δx 2 = ( 50 − 10 ) m = 40m . Για να σταματήσει το αυτοκίνητο απαιτείται χρόνος Δt 2 . υ0 = 5s α 1 Στον χρόνο αυτό το αυτοκίνητο θα διένυε: Δx ' 2 = υ0 ⋅ Δt 2 − α ⋅ Δt 2 2 = 50m 2 Επειδή Δx '2 > Δx 2 δεν προλαβαίνει να σταματήσει.

Από την εξίσωση της ταχύτητας: 0 = υ0 − α ⋅ Δt 2 ⇒ Δt 2 =

β. Έστω α1 το μέτρο της απαιτούμενης επιβράδυνσης για να σταματήσει έγκαιρα σε χρόνο Δt΄ καλύπτοντας απόσταση Δx2. Είναι: 0 = υ0 − α1 ⋅ Δt ' ⇒ Δt ' =

υ0 α1

(1)

(1) 2 1 υ2 Δx 2 = υ0 ⋅ Δt ' − α1 ⋅ ( Δt ' ) ⇒ Δx 2 = 0 ⇒ α1 = 5m / s 2 . Η επιβράδυνση πρέπει να είναι α1 = 5 m/s2. 2 2α1

Παράδειγμα 1.12

υ=0

Επειδή κάνει ομαλά επιβραδυνόμενη ισχύει: υ = υ0 − α ⋅ Δt → 0 = υ0 − α ⋅ Δt ⇒ υ0 = α ⋅ Δt ⇒ υ0 = 16m / s α. Η διάρκεια του 4ου s μετριέται απ’ τη χρονική στιγμή t3 = 3s έως t4 = 4s. Οι ταχύτητες για τις αντίστοιχες χρονικές στιγμές είναι: υ3 = υ0 − α ⋅ Δt 3 ⇒ υ3 = 16 − 2 ⋅ 3 ⇒ υ3 = 10m / s και

υ4 = υ0 − α ⋅ Δt 4 ⇒ υ4 = 16 − 2 ⋅ 4 ⇒ υ4 = 8m / s Για να βρώ τη μετατόπισή του στη διάρκεια του 4ου s αρκεί να υπολογίσω το εμβαδόν Ε απ’ το διάγραμμα αρ. ⎛ 8 + 10 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⋅ 1⎟ m = ⎜ ⎟ m = 9m υ-t δηλ. Δx = E = ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ αρ. ⎛1 ⎞ β. Για να βρώ την ολική μετατόπιση αρκεί να βρώ το E ABΓ απ’ το υ-t δηλ. Δx oλ = E ABΓ = ⎜ ⋅ 8 ⋅ 16 ⎟ m = 64m ⎝2 ⎠

Παράδειγμα 1.13 Η θέση του σώματος τη χρονική στιγμή t είναι: x t = υ0 ⋅ t +

1 ⋅ α ⋅ t 2 (1) 2

1 2 Η θέση του, μετά από 1s, τη χρονική στιγμή t + 1 είναι: x t +1 = υ0 ( t + 1) + α ( t + 1) ( 2 ) 2

177

Λύσεις Ασκήσεων 1 1 2 2 (1) Άρα Δx = x t +1 − x t ⎯⎯ ( 2 ) → Δx = υ 0 ( t + 1) + α ( t + 1) − υ 0 t − αt ⇒ 2 2 1 1 1 1 Δx = υ0 t + υ0 + α ( t 2 + 2t + 1) − υ0 t − αt 2 ⇒ 85 = 20 + ⋅ 10 ( t 2 + 2t + 1) − ⋅ 10t 2 ⇒ 2 2 2 2 85 = 20 + 5t 2 + 10t + 5 − 5t 2 ⇒ 85 − 25 = 10t ⇒ 10t = 60 ⇒ t = 6s και t + 1 = 7s

Άρα είναι η διάρκεια του 7ου δευτερολέπτου. Παράδειγμα 1.14

1 Κινητό Α: υ1 = υ0 + α1 ⋅ Δt (1) , Δx Α = υ0 ⋅ Δt + α1 ⋅ Δt 2 ( 2 ) 2 1 Κινητό Β: υ 2 = α 2 ⋅ Δt ( 3) , Δx Β = α 2 ⋅ Δt 2 ( 4 ) 2

1 1 ( 2) 2 2 Ισχύει: Δx Α = d + Δx Β ⎯⎯ ( 4 ) → υ0 ⋅ Δt + α1 ⋅ Δt = d + α 2 ⋅ Δt ⇒ 2 2

2υ0 ⋅ Δt + α1 ⋅ Δt 2 = 2d + α 2 ⋅ Δt 2 ⇒ 20Δt + 2Δt 2 = 36 + 3Δt 2 ⇒ Δt 2 − 20Δt + 36 = 0 (2ου βαθμού ως προς Δt).

[ Δ = β 2 − 4αγ = 400 − 4 ⋅ 36 = 400 − 144 = 256,

⎛ 20 + 16 ⎞ Δ = 16 ] άρα Δt1 = ⎜ ⎟ s = 18s ⎝ 2 ⎠

1 ⎛ 20 − 16 ⎞ ⎛ ⎞ Δt 2 = ⎜ ⎟ s = 2s δεκτή (για 1η φορά), ( 2 ) ⇒ Δx Α = ⎜10 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 ⎟ m = 24m απ’ την αρχική θέση ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ ⎠ του Α. Παράδειγμα 1.15 α. Από 0 έως 5s: Ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη Δυ 15 − 5 10 α1 = ⇒ α1 = m s 2 ⇒ α1 = = 2 m s2 Δt 5−0 5 15 + 5 5m = 50m , Δx1 = x1 − x 0 ⇒ 50m = x1 − 0 ⇒ x1 = 50m 2 Από 5 έως 10s: Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση Δυ 15 − 15 0 α2 = ⇒ α2 = m s2 ⇒ α2 = m s2 ⇒ α2 = 0 m s2 Δt 10 − 5 5 αριθ.

Δx1 = Εμ =

αριθ.

Δx 2 = Εμ = 15 ⋅ 5m = 75m , Δx 2 = x 2 − x1 ⇒ 75m = x 2 − 50m ⇒ x 2 = 125m Από 10 έως 15s: Ευθύγραμη ομαλά επιβραδυνόμενη (τη στιγμή t=15s το κινητό σταματάει υ3τελ = 0 ) Δυ 0 − 15 −15 ⇒ α3 = m s2 ⇒ α3 = = −3m s 2 Δt 15 − 10 5 αριθ. 15 ⋅ 5 75 Δx 3 = Εμ = m= = 37,5m , Δx 3 = x 3 − x 2 ⇒ 37,5m = x 3 − 125m ⇒ x 3 = 162,5m 2 2 α3 =

178

Λύσεις Ασκήσεων Από 15 έως 20s: Ευθύγραμμα ομαλά επιταχυνόμενη με αντίθετη φορά α4 =

Δυ −10 − 0 −10 ⇒ α4 = m s2 ⇒ α4 = = −2 m s 2 Δt 20 − 15 5

αριθ.

Δx 4 = Εμ =

−10 ⋅ 5 m = −25m , Δx 4 = x 4 − x 3 ⇒ −25m = x 4 − 162,5m ⇒ x 4 = 137,5m 2

β.

Παράδειγμα 1.16

α.

1η κίνηση - Από 0 έως 5s: Ευθύγραμμα ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση α1 =

Δυ 10 − 0 10 1 1 = = = 2 m s 2 , Δx1 = υ0 t + αt 2 = 2 ⋅ 52 m = 25m Δt 5 5 2 2

2η κίνηση - Από 5s έως 17s: Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση (στο τέλος της κίνησης ο χρόνος είναι 5s +12s = 17s)

α2 = 0

υ2 = 10m s

Η ταχύτητά του είναι υ2 = 10 m/s, επειδή η τελική ταχύτητα της προηγούμενης κίνησης είναι η αρχική της επόμενης. Δx 2 = υ2Δt 2 = 10 ⋅ 12m = 120m 3η κίνηση - Ευθύγραμμη ομαλή επιβραδυνόμενη Δx 3 =

υ 2 10 υ 22 102 = s = 5s Δx 3 = m = 25m , t 3 = , α3 2 2α 3 2⋅2

4η κίνηση - Το χρονικό διάστημα που δεν κινείται

Δx 4 = 0 , υ = 0 , α = 0 , t 4 = 5s 5η κίνηση - Υπολογίζουμε το Δx 5 Δx 5 = − ( Δx1 + Δx 2 + Δx 3 + Δx 4 ) = − ( 25m + 120m + 25m ) = −170m

Επειδή η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλή. υ5 =

Δx 5 170m =− = −17 m s Δt 5 10s

179

Λύσεις Ασκήσεων

x1 = x 0 + Δx1 = 0 + 25m = 25m , x 2 = x1 + Δx 2 = 25m + 120m = 145m x 3 = x 2 + Δx 3 = 145m + 25m = 170m , x 4 = x 3 + Δx 4 = 170m + 0 = 170 m , x 5 = x 4 + Δx 5 = 170m + ( −170m ) = 0

2. Δυναμική Παράδειγμα 2.20

Η ένδειξη της ζυγαριάς είναι η δύναμη F α. B − F = mα ⇒ F = mg − mα = m(g − α) = 2(10 − 4)N ⇒ F = 12N

β. B − F = 0 ⇒ F = mg = 20N γ. B − F = mα ⇒ F = mg − mα = ( 2 ⋅ 10 − 2 ⋅ ( −4 ) ) N ⇒ F = 28N δ. B − F = m ⋅ g ⇒ F = mg − mg = 0 , δηλαδή η ζυγαριά δείχνει μηδέν. Έχουμε “συνθήκες έλλειψης βαρύτητας”. Παράδειγμα 2.21

Fx = F ⋅ συνφ, Fy = F ⋅ ημφ Το σώμα απογειώνεται όταν: N = 0 Όμως: ΣFy = 0 ⇒ N + Fy − B = 0 ⇒ Fy = B = mg = 10N Άρα: Fy = F ⋅ ημ30ο ⇒ F =

10 N = 20N 0,5

F = 2t ⇒ 20 = 2 ⋅ t ⇒ t = 10s

180

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 2.22

Αρχικά: ΣFy = 0 ⇒ N − B = 0 ⇒ N = m ⋅ g = 10N

ΣFx = mα1 ⇒ α1 =

F − T F − μΝ 5 − 0,1 ⋅ 10 m / s2 = 4 m / s2 = = m m 1

ενώ από τις εξισώσεις κίνησης παίρνουμε: x1 =

1 α1 ⋅ t12 ⇒ t1 = 2

2x1 = 16 s ⇒ t1 = 4s α1

υ1 = α1 ⋅ t1 = 4 ⋅ 4m / s = 16m / s F = 5m / s 2 m β. υ 2 = υ1 + α 2 ⋅ t 2 = (16 + 5 ⋅ 4 ) m / s = 36 m / s

Στο λείο επίπεδο δεν υπάρχει τριβή. Άρα: ΣFx = m ⋅ α 2 ⇒ α 2 = α. t ολ = t1 + t 2 = ( 4 + 4 ) s = 8s

1 1 ⎛ 2 2⎞ γ. x 2 = υ1 ⋅ t 2 + α 2 ⋅ t 2 = ⎜ 16 ⋅ 4 + ⋅ 5 ⋅ 4 ⎟ m = 104m , x ολ = x1 + x 2 = ( 32 + 104 ) m = 136 m 2 2 ⎝ ⎠ Παράδειγμα 2.23 α. 0 → 4s : Ασκείται στο σώμα σταθερή δύναμη μέτρου F = 50N οπότε κάνει ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση. F = mα1 ⇒ α1 =

F ⇒ α1 = 10 m / s 2 και υ1 = α1t ⇒ υ1 = 40m / s m

4 → 6s : F = 0 και α 2 = 0 άρα το σώμα κάνει ευθύγραμμη ομαλή με υ2 = υ1 = 40m / s 6 → 8s : Ασκείται σταθερή δύναμη μέτρου F = 12N αντίρροπη στην κίνησή του, οπότε το σώμα κάνει

ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση με αρχική ταχύτητα υ0 = υ2 = 40m / s . Άρα F = mα 3 ⇒ α 3 =

F ⇒ α 3 = 3m / s 2 και υ3 = υ0 − α3 t ⇒ υ3 = 34m / s είναι η ταχύτητά του στο τέλος m

των 8s.

β. Διάγραμμα (υ, t)

Παράδειγμα 2.24 Β1 − Β2 ⇒ α = 2,5m / s 2 m1 + m 2 d 1 2 d β. Το διάστημα του καθενός θα είναι , άρα = αt ⇒ t = 2sec . 2 2 2

α. ΣF = m ολ ⋅ α ⇒ α =

Παράδειγμα 2.25

Fσυν60 − Βημ60 − μ ⋅ Ν = m ⋅ α ⎫ ΣFy = mα ⇒ Fx − Bx − T = m ⋅ α ⎫ ⎪ ⎬ ⎬ F = 30 3 + 10 N 3 ΣFy = 0 ⇒ N = Fy + By +5 ⎭Ν = F ⎪ 2 ⎭

(

)

181

Λύσεις Ασκήσεων 3. Κυκλική Κίνηση Παράδειγμα 3.13

υ=

2πR 1 υ 20 20 υ 2 202 400 Ηz , α1 = ⇔ υ = 2πR 1f1 ⇔ f1 = ⇔ f1 = ⇔ f1 = = = = 800m / s 2 T1 2πR1 2π ⋅ 0,5 π R 1 0,5 0,5

υ=

2πR 2 υ 20 10 υ 2 20 2 400 ⇔ υ = 2πR 2f 2 ⇔ f 2 = ⇔ f2 = ⇔ f 2 = Ηz , α 2 = = = = 400m / s 2 T2 2πR 2 2π ⋅ 1 π R2 1 1

Παράδειγμα 3.14 S = υ ⋅ t ⇔ 1,5 ⋅ 2πR = υ ⋅ t ⇔ 3π ⋅ 1 = π ⋅ t ⇔ t = 3s S=

1 1 1 4 α ⋅ t 2 ⇔ 2R = α ⋅ t 2 ⇔ 2 ⋅ 1 = α ⋅ 32 ⇔ 4 = 9α ⇔ α = m / s 2 2 2 2 9

Παράδειγμα 3.15

υ2 υ2 ( ωR ) > μ ⋅ g ⇔ >μ⋅Ν ⇔ m > μ mg ⇔ R R R 2

Για να ολισθήσει πρέπει Fκ > Τστ max ⇔ m

ω2 R 2 2 μ ⋅ g ⇔ ω2 ⋅ R > μ ⋅ g ⇔ ( 2πf ) ⋅ R > μ ⋅ g ⇔ 4π 2 ⋅ f 2 ⋅ R > μ ⋅ g ⇔ R f2 >

μ ⇔f > 2π 2 ⋅ R

f min = 0, 2Hz ⇔ 0, 2

μ⋅g ⇔f > 4π 2 ⋅ R

0,32 ⋅ 10 ⇔ f > 0,04 ⇔ f > 0, 2Ηz άρα 4 ⋅ 10 ⋅ 2

στρ. στρ. στρ. στρ. = 0, 2 = 0, 2 ⋅ 60 = 12 1 s min min min 60

Παράδειγμα 3.16

f ⋅R 20 ⋅ 1 1 υ1 = υ2 ⇔ ω1 ⋅ R 1 = ω2 ⋅ R 2 ⇔ 2π f1 ⋅ R1 = 2π f 2 ⋅ R 2 ⇔ R 2 = 1 1 ⇔ R 2 = = m f2 60 3

4. Ορμή Παράδειγμα 4.11 α. Στο σύστημα κιβώτιο - βλήμα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής κατά την πλαστική κρούση. p ολ = σταθ. ⇒ p αρχ = p τελ ⇒ mυ = (m + M) ⋅ V ⇒

182

m 0,02 ⋅υ⇒ V= ⋅ 150m / s ⇒ V = 6m / s m+M 0,5

Λύσεις Ασκήσεων β. Το συσσωμάτωμα διανύει διάστημα S έως ότου σταματήσει, εκτελώντας ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση. άξονας y΄y: ΣFy = 0 ⇒ N = (M + m)g

Στην πλαστική κρούση τα συγκρουόμενα σώματα γίνονται ένα συσσωμά τωμα. Ισχύει η Α.Δ.Ο p πριν = pμετα . Η

άξονας x΄x: ΣFx = (M + m) ⋅ α ⇒ − T = (M + m) ⋅ α ⇒ − μ ⋅ Ν = (Μ + m)α ⇒ − μ(M + m)g = (M + m) ⇒

θερμότητα κατά την κρούση είναι:

α = − μ ⋅ g = −0,4 ⋅ 10 m/s 2 ⇒ α = −4 m/s 2 2

Έτσι S =

Q κρ = K ( πριν ) − K ( μετά )

V 6 = m ⇒ S = 4,5m 2α 2 ⋅ 4

Παράδειγμα 4.12 m υ + m 2 υ2 A.Δ.Ο. p πριν = pμετά ⇒ m1υ1 + m 2 υ 2 = ( m1 + m 2 ) ⋅ u ⇒ u = 1 1 ⇒ u = 30cm / s m1 + m 2 Παράδειγμα 4.13 A.Δ.Ο. p πριν = pμετά ⇒ m ⋅ υ + Ο = ( m + M ) ⋅ u′ ⇒ u′ = Κα =

m ⋅υ 1 M+m

1 1 1 1 m2 m ⋅ υ 2 και Kτ = ( Μ + m ) ⋅ u′ 2 ⇒ Kτ = ⋅ ⋅ υ2 2 2 2 M+m

ΔΚ = Κ − Κ 0 Παράδειγμα 4.14 Α.Δ.Ο. p π = pμ ⇒ 0 = ( m1 + m 2 ) ⋅ υ1 + m ⋅ υ ⇒ O = m ⋅ υ − ( m1 + m 2 ) ⋅ V ⇒ V =

m ⋅υ 1 m1 + m 2

Θ.Μ.Κ.Ε. ( m1 + m 2 ) A → μέχρι σταματήσει ΔΚ = Wολ ⇒ Κτ − Κα = Wολ ⇒ − 1

Τότε: 2 ⇒ μ =

m 2 ⋅ υ2 2 ( m1 + m 2 ) ⋅ gS 2

1 V2 2 ( m1 + m 2 ) ⋅ V 2 = −μ ( m1 + m 2 ) gS ⇒ μ = 2 2gS

⇒ μ = 0, 4

Παράδειγμα 4.15 α. Δp = p Τ − p α ⇒ Δp = mυ 2 − ( − mυ1 ) ⇒ Δp = m ( υ1 + υ 2 ) ⇒ Δp = 1,8Κg m s Δp ⇒ F = 20N β. F = Δt

183

Λύσεις Ασκήσεων 5. Έργο Ενέργεια Παράδειγμα 5.18 α. Θ.Μ.Κ.Ε. m ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = Wολ ⇔ Wολ =

1 2 mυ ⇒ Wολ = 5000J 2

β. Wολ = WF + WT = F ⋅ S − T ⋅ S ⇒ Wολ = ( F − Τ ) ⋅ S ⇒ S = 2

T = μ ⋅ Ν = μ ⋅ Β 2 . Άρα 1 ⇒ S =

Wολ 1 F−T

Wολ Wολ . Άρα WF = F ⋅ S = F ⋅ ⇒ WF = 5.681,8J F−μ⋅Β F − μΒ

γ. WT = − T ⋅ S ⇒ WT = −681,8J Παράδειγμα 5.19 Είναι WB = − B ⋅ S = − mgS ⇒ WB = −3.250J Παράδειγμα 5.20 α. ΣFy = 0 ⇒ N + Fy − B = 0 ⇒ N = B − Fημφ 1 ⎫ ⎪ Fσυνφ ⎬ ⇒ ΣFx = 0 ⇒ T = Fx ⇒ μΝ = Fσυνφ ⇒ Ν = μ ⎪⎭ (+)

⇒ μ ( Β − Fημφ ) = F ⋅ συνφ ⇒ F =

μΒ ⇔ F = 90N. Tότε 1 ⇒ N = 108N συνφ + μ ⋅ ημγ

β. WF = Fx ⋅ x = Fσυνφ ⋅ x ⇒ WF = 108J γ. Θ.Μ.Κ.Ε. ( m ) μέχρι να σταματήσει. 1 υ2 ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = Wολ ⇒ − mυ02 = − μmgx ⇒ x = 0 ⇒ x = 0, 4m 2 2μg

Παράδειγμα 5.21 α. W1 = F ⋅ x = 500N ⋅ 10m ⇒ W1 = 5000J β. Θ.Μ.Κ.Ε. ( m ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α ο = Wολ ⇒ Κ Τ = WF + WT ⇒ K T = F ⋅ x1 − μmgx1 ⇒ ⇒ K T = 2700J

γ. W2 = F ⋅ x1 = 500N ⋅ 6m ⇒ W2 = 3000J Παράδειγμα 5.22 α. Θ.Μ.Κ.Ε. m ( A → Γ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = Wολ ⇒ ⇒ Κ Τ = WB ⇒ K T ( Γ ) = mg ( H − h ) ⇒ K T ( Γ ) = 48J

ΔΕ μηχ = Ε μηχ ( Γ ) − Ε μηχ ( Δ ) = mgd + K Γ − Κ Δ ⇒ ΔΕ μηχ = −47,7J

β. Θ.Μ.Κ.Ε. m ( Δ → Ε ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Ε − Κ Δ = Wολ ⇒ ⇒ υε = υ2 + 2g ( h − d ) ⇒ υε = 46m / s

184

1 2 1 2 mυε − mυ = mg ( h − d ) ⇒ 2 2

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 5.23 αρ

α. WF = Εμβαδόν =

6 + 10 2+ 4 ⋅2+ ⋅ 10 ⇒ WF = 46J ΅ 2 2

β. WT = − T ⋅ x = −μmgx = −0,1 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 6J ⇒ WT = −12J γ. Θ.Μ.Κ.Ε. m ( 0 → 6 ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = WF + WT ⇒

2 ( WF + WT )

⇒θ=

1 2 mυ = WF + WT ⇒ 2

⇒ υ = 34m / s

Παράδειγμα 5.24 α. F = 1000 − 50x για F = 0 είναι 1000 = 50x ⇒ x = 20m αρ

β. WF = Ε τριγ =

1 ⋅ 20 ⋅ 1000 ⇒ WF = 104 J ΅ 2

γ. WF = F ⋅ x ⇒ F =

WF ⇒ F = 500N x

Παράδειγμα 5.25 Θ.Μ.Κ.Ε. m ( A → Γ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ Α ο = WT + W N o + WB ⇒ WT =

1 2 mυΓ = mgR + WT ⇒ 2

1 2 1 mυ Γ − mgR ⇒ WT = 0,5 ⋅ 42 − 0,5 ⋅ 10 ⋅ 1 ⇒ WT = −1J 2 2

Παράδειγμα 5.26 Στο ( Γ ) : Ν − Β = FK ⇒ N = mg +

mυ 2Γ 1 R

Στο ( Δ ) : Ν − Βy = FK ⇒ N = mgσυνφ +

mυΔ2 2 R

Για να κάνει οριακά ανακύκλωση, πρέπει στο ( Z ) : υ Ζ = gR

Θ.Μ.Κ.Ε. m ( Γ → Ζ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ 3

Τότε 1 ⇒ N = mg +

συνφ =

1 1 m υ2Ζ − m υ 2Γ = − m g2R ⇒ υ 2Γ = 4gR + gR ⇒ υ 2Γ = 5gR 3 2 2

m5gR ⇒ N = 6 ⋅ mg ⇒ N = 120N R

h1 ⇒ h1 = Rσυνφ , άρα h 2 = R − Rσυνφ 4 R

3,4 1 1 m υΔ2 − m υ2Γ = − m gh 2 ⇒ 2 2 1⎞ ⎛ 2 2 ⇒ υΔ − 5gR = −2gR (1 − συνφ ) ⇒ υΔ = 5gR − 2gR ⎜ 1 − ⎟ ⇒ υΔ2 = 4gR 5 2⎠ ⎝

Θ.Μ.Κ.Ε. m ( Γ → Δ ) : Wολ ⇒ Κ Τ − Κ Α = Wολ ⇒

Τότε 2 ⇒ N = mgσυνφ +

m4g R = mgσυνφ + 4mg ⇒ N = 90N R

185

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 5.27

mυ12 mυ12 ⎫ ⇒ T1 = mg + ⎪ − R R ⎪( ) ⎬⇒ 2 2 mυ2 mυ2 Στο ( Δ ) πρέπει : T2 + mg = ⇒ T2 = − mg ⎪ ⎪⎭ R R 2 mυ1 mυ22 m ⇒ T1 − T2 = mg + + mg − ⇒ T1 − T2 = 2mg + ( υ12 − υ22 ) 1 R R R Στο ( Α ) πρέπει : T1 − mg =

Θ.Μ.Κ.Ε. m ( A → Δ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = Wολ ⇒

1 1 m υ22 − m υ12 = − m g2R ⇒ 2 2

⇒ υ22 − υ12 = −4gR ⇒ υ12 − υ22 = 4gR 2 2

Άρα 1 ⇒ T1 − T2 = 2mg +

m4g R ⇒ T1 − T2 = 6mg R

Παράδειγμα 5.28

Θ.Μ.Κ.Ε m ( A → Γ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = WB ⇒ Είναι ( OK ) =

1 1 m υ2Γ − m υ02 = − m g ⇒ υ 2Γ = υ02 − 2g 1 2 2

3 3 άρα ( KΓ ) = R = 4 4

mυΔ2 ⎫ m υΔ2 ⎪ = m g ⇒ υΔ2 = gR 2 R ⎬⇒ R ⎪ FK = mg ⎭

Για να κάνει το σώμα ανακύκλωση, πρέπει στο (Δ) FK =

1, 2 1 1 m υΔ2 − m υ 2Γ = − m gR ⇒ 2 2 3 1 1 2 ⇒ gR − ( υ0 − 2g ) = − gR ⇒ g − υ02 + 2g = −2g ⇒ υ02 = 9g + 2g ⇒ 2 2 4 4 4 4 11g 11g 2 ⇒ υ0 = ⇒ υ0 = m/s 4 4

Θ.Μ.Κ.Ε. m ( Γ → Δ ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α = WB ⇒

Παράδειγμα 5.29 α. Θ.Μ.Κ.Ε. m ( 0 → 1m ) : ΔΚ = Wολ ⇒ Κ Τ − Κ α ο = WB + WN o + W Fx o + WFy + WT ⇒ ⇒

1 2 2 1 2 2 mυ = − mgx − μΝx + F x ⇒ mυ 2 = − mgx − μF x+F x ⇒ υ = 5m / s 2 2 2 2 2

β. WF = Fy ⋅ x = 100 2 2 ⋅ 1 ⇒ WF = 100J 2 WB = mgx = 4 ⋅ 10 ⋅ 1 ⇒ WB = 40J Άρα α = 40 ο ο γ. Θα έπρεπε ΣFy = 0 ⇒ Fy = B + T ⇒ Fy = mg + μ ′Fx ⇒ μ ′ =

186

Fy − mg Fx

⇒ μ ′ = 0, 6

Λύσεις Ασκήσεων 6. Ταλαντώσεις Παράδειγμα 6.11 Α. T =

t 10 = = 0,5s N 20

2π g T 0,5 T΄ = 2π 4 = = = s = 0, 25s g 2 2 2

Β. ΄ = − 0,75 = 0, 25 = , 4

Γ. Τ΄΄ = 2π

1 1 = = 2Hz T 0,5s

= 4·2π = 4T = 2s , g g 16

T΄ =

t t 10s ⇒ N΄ = = = 40 αιωρήσεις Ν΄ T΄ 0,25s

T΄΄ =

t t 10s ⇒ N΄΄ = = = 5 αιωρήσεις. Ν΄΄ T΄΄ 2s

Παράδειγμα 6.12 α. το A = 10cm = 0,1m , ω =

2π 2π rad rad = =π Τ 2 s s

Η x = Aημ ( ωt ) = 0,1ημ ( πt ) (S.I),

υ = ωAσυν ( ωt ) = 0,1πσυν ( πt ) (S.I),

α = − ω2 Aημ ( ωt ) = − π 2 ⋅ 0,1ημ ( πt ) = − ημ ( πt ) (S.I)

β. Για t =

⎛ 1⎞ 1 s η x = 0,1ημ ( πt ) ⇒ x = 0,1ημ ⎜ π ⋅ ⎟ ⇒ x = 0,1m 2 ⎝ 2⎠

Παράδειγμα 6.13 d m Δίνεται m = 0,1kg , α 0 = 16 2 ενώ d = 2A = 8cm = 8 ⋅ 10 −2 m . Άρα A = = 4 ⋅ 10−2 m . 2 s

α. Η α 0 = ω2 A ⇒ ω =

α0 = A

2π 2π π 16 rad rad όμως T = s= s = = 20 ω 20 10 4 ⋅ 10−2 s s

1 kg N β. Η σταθερά D = m ⋅ ω2 = 0,1kg ⋅ 202 2 = 40 2 = 40 s s m

γ. Στη θέση x = 2cm = 2 ⋅ 10 −2 m . Ισχύει η ΑΔΕΤ: E ολ = Κ ταλ + U ταλ ⇒

mυ 2 = D ( A 2 − x 2 ) ⇒ υ = ± υ = ±20 ⋅ 10−2 16 − 4

1 2 1 2 1 2 Dy 0 = mυ + Dx ⇒ 2 2 2

2 2 m 40 ⎡ D 2 4 ⋅ 10−2 ) − ( 2 ⋅ 10−2 ) ⎤⎥ ⇒ A − x2 ) ⇒ υ = ± ( ( ⎢ ⎦ s 0,1 ⎣ m

m m −1 ⇒ υ = ±4 ⋅ 10 3 s s

187

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 6.14

m s υ0 10π 2π 2π ⎫⎪ α. υ = 10πσυν2πt m = 5m ενώ T = = s = 1s = rad . Άλλά υ0 = ωA ⇒ A = ω 2π ω 2π ⎬ ω = 2π υ = υ0συν ( ωt + φ 0 ) ⎪⎭ s φ0 = 0 υ0 = 10π

β. Η x = Aημωt = 5ημ ( 2πt ) ⇒ x = 5ημ ( 2π ⋅ 0,125) = 5ημ Η υ = ωAσυνωt = 2π ⋅ 5συν ( 2π ⋅ 0,125 ) = 10π γ.

π 2 m =5 4 2

2m m = 5π 2 2 s s

1 υ = 10πσυν2πt ⎫ ⎬10πσυν2πt = −10π ⇒ συν2πt = −1 ⇒ 2πt = π (1η φορά). Άρα t = 2 s υ = −10π ⎭

δ. Η F = − mω2 x = − − mω2 Aημωt = −10−2 ( 2π ) ⋅ 5ημ ( 2π ⋅ 2 ) ⇒ F = 0 2

Παράδειγμα 6.15 α. Η D = mω2 ⇒ ω =

D 10 rad rad = = 10 10 m 0,01 s s

Η υ = ± ω A 2 − x 2 = ±10 10

(

β. α = − ω2 x = − 10 10

γ.

( 2 ⋅ 10 ) − (1 ⋅ 10 ) ms ⇒ υ = ± 30 s −1 2

−1 2

) ⋅ 0,1 sm = −100 sm 2

E ολ = Κ + U ⎫ 4 1 4 1 1 ⎪ 2 2 ⎬ E ολ = U + U ⇒ E ολ = U ⇒ DA = ⋅ Dx ⇒ 1 3 2 3 2 3 K= U ⎪ 3 ⎭ A2 =

3 3 4 2 A x ⇒ x 2 = A2 ⇒ x = ± 2 3 4

Παράδειγμα 6.16 α. Για την επιτάχυνση του ταλαντωτή έχουμε: α = −ω 2 x . Με απλή σύγκριση με τη δοσμένη σχέση α = −16x προκύπτει ω = 16 2

rad 2 rad ή ω=4 . 2 s s

β. Αφού δίνεται U=0 θα έχουμε x = 0 και επειδή υ>0 προκύπτει φο=0. Η σταθερά επαναφοράς είναι:

D = mω2 = 1,5 ⋅ 16Ν / m = 24N / m . Από τον τύπο για την ολική ενέργεια του ταλαντωτή έχουμε: 1 2E 2 ⋅ 0,12 DA 2 ή A = = m = 0,1m . 2 D 24 γ. Οι εξισώσεις για την ταχύτητα και την επιτάχυνση είναι: E=

υ = ωAσυνωt = 0, 4 ⋅ συν4t (S.I) , α = −ω2 Aημωt = −1,6ημ4t (S.I)

188

Λύσεις Ασκήσεων Παράδειγμα 6.17 α. E ολ = Κ + U ⎫ A A 2 A2 1 1 2 2 2 =± ⇒ x=± ⎬ E ολ = 2U ⇒ DA = 2 Dx ⇒ x = 2 2 2 2 K=U 2 ⎭ π 2π π T ⎧ x = Aημωt ⎫ ωt = ⇒ t1 = ⇒ t1 = 2 ⎪⎪ 1 4 A 2 Τ 4 8 ⎪ ⇒ ημωt = + ⎨ A 2 ⎬ Aημωt = + π 2π 3π 3T 2 2 x=+ ⎪ ωt = π − ⇒ ⎪ t2 = ⇒ t2 = 2 ⎭ ⎪⎩ 2 4 Τ 4 8

β.i.

π 2π 5π 5T ⎧ ωt = π + ⇒ t3 = ⇒ t3 = ii. x = Aημωt ⎫ 2 ⎪⎪ 3 A 2 4 Τ 4 8 ⎪ ⇒ ημωt = − ⎨ A 2 ⎬ Aημωt = − π 2π 7π 7T 2 2 x=− ⎪ ωt = 2π − ⇒ ⎪ t4 = ⇒ t4 = 2 ⎭ ⎪⎩ 4 4 Τ 4 8

Παράδειγμα 6.18 Στην ακραία θέση το σώμα μάζας m1 έχει μηδενική ταχύτητα. Εφαρμόζουμε αρχή διατήρησης της ορμής για να βρούμε τη νέα ταχύτητα p αρχ = p τελ ⇒ p1 + p 2 = p τελ ⇒ 0 + m 2 υ 2 = ( m1 + m 2 ) υ K ⇒ υ Κ =

m 2 υ2

( m1 + m 2 )

= 1⋅

100 = 10 m / s . 10

Για την εύρεση του νέου πλάτους έχουμε:

1004 1 1 1 DA 2 + ( m1 + m 2 ) υΚ 2 = DA′ 2 ⇒ 100 ⋅ 0,04 + 10 ⋅ 102 = 100A′ 2 ⇒ 1004 = 100A′ 2 ⇒ A′ = m 2 2 2 100 ΔΕ = Ε τελ − Ε αρχ =

1 1 1 1 ⎛ 1004 ⎞ DA′ 2 − DA 2 = ⋅ 100 ⎜ − 0,04 ⎟ J = ⋅ 100 ⋅ 10J = 500 J 2 2 2 2 ⎝ 100 ⎠

7. Ηλεκτρομαγνητισμός Παράδειγμα 7.14 α. Όταν η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το πηνίο μεταβάλλεται τότε μεταβάλλεται και η μαγνητική ροή με αποτέλεσμα την εμφάνιση ΗΕΔ από αυτεπαγωγή. και ε ε = Ν ΔΦ Δt αυτ

αυτ

=Ν

ΔΙ Δt

Από τις δύο προηγούμενες σχέσεις έχουμε (έστω για t = 0, i0 = 0, Φ0 = 0):

β.

ΔΦ Δt

αυτ

Δi Δt

⇒ L i − i0 = N Φ − Φ 0 ⇒ i =

= 40 ⋅ 10−3

Φ ⋅ Ν 10−6 ⋅ 400 = Α = 10−2 A L 40 ⋅ 10−3

10−3 V = 10−2 V 4 ⋅ 10−3

Παράδειγμα 7.15 α. Η ισχύς που παρέχει η πηγή στο κύκλωμα δίνεται από τη σχέση Pηλ =

ε ⋅ i = 25 ⋅ 4 = 100 W

β. Η ισχύς που αναπτύσσεται πάνω στον αντιστάτη δίνεται από τη σχέση PR = i 2 ⋅ R = 32 W

189

Λύσεις Ασκήσεων γ. Κάθε χρονική στιγμή σύμφωνα με την αρχή διατήρησης ενέργειας ισχύει:

ΔWηλ

ΔWηλ = ΔWR + ΔU πην ή

Δt

ΔU πην ΔU πην ΔWR ΔU πην J + ⇒ = 68 ή Pηλ = Ρ R + Δt Δt Δt Δt s

δ. Η ενέργεια που έχει αποταμιευτεί στο πηνίο είναι U =

1 2 1 −3 2 Li = 10 ⋅ 4 J = 8 ⋅ 10−3 J 2 2

Παράδειγμα 7.16 α. Λόγω της ύπαρξης του πηνίου το ρεύμα θα καθυστερήσει μέχρι να πάρει την μέγιστη τιμή του. Μετά την σταθεροποίηση της έντασης του ρεύματος δεν θα έχουμε εξάρτηση της τιμής από την ύπαρξη του πηνίου: i =

ε = 3A R

β. Από τον νόμο Οhm έχουμε : VR = i ⋅ R = 1 ⋅ 20V = 20V γ. Εκείνη την χρονική στιγμή ισχύει: και

αυτ

Δi

Δt

⇒

Δi

Δt

αυτ

ε − V = 60 V − 20 V = 40 V R

40 A A = 400 −1 10 s s

Παράδειγμα 7.17 α. Ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου όταν υπάρχει υλικό μαγνητικής διαπερατότητας μ δίνεται από την σχέση: L = μL0 = μμ0

β.

αυτ

Δi Δt

= 32π ⋅ 10−2

Ν2 ⋅ s 4 ⋅ 104 ⋅ 20 ⋅ 10−4 = 2000 ⋅ 4π ⋅ 10−7 H = 32π ⋅ 10−2 Η 20 ⋅ 10−2

20 V = 320π V 2 ⋅ 10−2

Παράδειγμα 7.18 α. Ο συντελεστής αυτεπαγωγής δίνεται από τον τύπο: L = μ ο ⋅

Ν2 ⋅ A όπου Ν το πλήθος των σπειρών,

( 5·10 ) ⋅ 10 ⋅ 10 H ⇒ L = 10 H ή 2 2

το μήκος του πηνίου και Α το εμβαδόν κάθε σπείρας L = 4π ⋅ 10 −7 ⋅

−4

10 −1

−3

L = 1mH β. Η μέγιστη ένταση ρεύματος είναι ίση με: I max =

ε = ε = 20 A = 4A ⇒ Ι

R ΟΛ

R+r

3+ 2

max

= 4A

γ. Όταν Ι = 0,8Ι max ⇒ I = 3, 2A έχουμε για το κλειστό κύκλωμα από διατήρηση ενέργειας Ρηλ = ΡL + PR + Pr ⇒ E ⋅ I = Ε αυτ ⋅ Ι + Ι 2 ⋅ ( R + r ) ⇒

ΔΙ + Ι ⋅ (R + r) ⇒ L ⋅ = ε − I(R + r) ⇒ ε = L·ΔΙ Δt Δt

ΔΙ = Δt

ε − I ⋅ ( R + r ) ⇒ ΔΙ = 20 − 3,2 ⋅ 5 A / s ⇒ ΔΙ = 4 ⋅103 A / s L

Δt

10−3

Δt

δ. Η ενέργεια που αποταμιεύεται στο Μ.Π. του πηνίου είναι: U max =

190

1 1 L ⋅ I 2max ⇒ U max = 10 −3 ⋅ 42 J ⇒ U max = 8mJ 2 2

ΤΟ ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΟΥ ΕΜΠΙΣΤΕΥΕΣΤΕ 41 ΧΡΟΝΙΑ Ο Φροντιστηριακός Οργανισμός ΟΡΟΣΗΜΟ (ΙΑΤΡΙΚΟ – ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΑΚΟ – ΘΕΩΡΗΤΙΚΟ – ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ) είναι από τους παλαιότερους και πλέον πρωτοποριακούς και επιτυχημένους οργανισμούς στον χώρο της δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης. Στόχος του είναι να προβάλλει πάντοτε τη συνεργασία και την ουσιαστική επικοινωνία ανάμεσα στο μαθητή, το γονιό και τον εκπαιδευτικό. Συνδυάζοντας 41 συναπτά έτη διδακτικής και συγγραφικής εμπειρίας και προσφοράς στην Παιδεία με εκσυγχρονισμένες και αποτελεσματικές μεθόδους διδασκαλίας, αγκαλιάζει τις ανάγκες του σύγχρονου μαθητή και του δίνει το «προβάδισμα» για την επιτυχία στην πρώτη του επιλογή. Αυτό αποδεικνύουν οι περισσότεροι από 39.000 επιτυγχόντες στα Α.Ε.Ι. της επιλογής τους. ΤΟ ΝΕΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΠΛΑΙΣΙΟ Το νέο εξεταστικό σύστημα που θα ισχύσει για το σχολικό έτος 2015-2016 μειώνει τον αριθμό των μαθημάτων αλλά αυξάνει σημαντικά τη διδακτέα ύλη και εξειδικεύει τα θέματα των Πανελληνίων, με αποτέλεσμα να πολλαπλασιάζει το βαθμό δυσκολίας για την επιτυχία σε σχολές που απαιτούν τη συγκέντρωση εξαιρετικά υψηλής βαθμολογίας (Ιατρική, Πολυτεχνείο, Νομική). Το ΟΡΟΣΗΜΟ με ένα, στρατηγικά, σχεδιασμένο πρόγραμμα διδασκαλίας και καινοτόμες εκδόσεις, ανταποκρίνεται για ακόμη μια φορά με συνέπεια στις ανάγκες που επιτάσσει το σημερινό τοπίο στην Παιδεία. Για τον υποψήφιο που θα παρακολουθήσει τα ειδικά τμήματα των Φροντιστηρίων ΟΡΟΣΗΜΟ δεν υπάρχουν «εύκολες» και «δύσκολες» σχολές αλλά μόνο σχολές που τον ενδιαφέρουν να πετύχει. ΤΟ ΚΟΙΝΩΝΙΚΟ ΜΑΣ ΠΡΟΣΩΠΟ Στην ιδιαίτερα δύσκολη συγκυρία που βιώνουμε, τα όνειρα και τα σχέδια της νέας γενιάς για ένα καλύτερο μέλλον πλήττονται από τη σκληρή πραγματικότητα της οικονομικής κρίσης. Το ΟΡΟΣΗΜΟ, με αίσθημα ευθύνης απέναντι στην ελληνική οικογένεια, έχει προβεί σε σημαντικές μειώσεις διδάκτρων από την αρχή της κρίσης. Ειδικότερα:  επιδοτεί προγράμματα για ευάλωτες κατηγορίες οικογενειών (ανέργους, χαμηλού οικογενειακού εισοδήματος, πολύτεκνους)  ανακοινώνει ανά τακτά διαστήματα την παροχή υποτροφιών σε αριστούχους μαθητές,  επιχειρεί τη μεγαλύτερη δυνατή απορρόφηση του Φ.Π.Α. προκειμένου να ελαχιστοποιηθεί η επιβάρυνση στις οικογένειες των μαθητών μας.  παρέχει δωρεάν εκπαιδευτικό υλικό σε μαθητές ,  διεξάγει χωρίς επιβάρυνση test επαγγελματικού προσανατολισμού σε όσους μαθητές το επιθυμούν. Επειδή ο στόχος μας παραμένει πάντα να δώσουμε στους μαθητές μας την πρόσβαση στην εκπαίδευση που τους αξίζει… “Επειδή η γνώση είναι δύναμη και όχι προνόμιο των λίγων αλλά δικαίωμα των πολλών…”

Για Περισσότερες πληροφορίες επισκεφθείτε την ιστοσελίδα μας: http://www.frontistiria.edu.gr/

Κεντρικό Αθήνας Αθήνα, Εμμ. Μπενάκη & Μαυροκορδάτου 6, τ.κ. 10678, orosimo.athina@gmail.com 210 38.08.357, 210 38.24.929 Επίσης Επισκεφθείτε τη σελίδα μας στο Facebook

Και το κανάλι μας στο Youtube