Σύνθετη κίνηση στερεού.


Η σανίδα εκτελεί σύνθετη κίνηση, οπότε η ταχύτητες των άκρων Α και Β είναι:

υΑΟγρ ενώ υΒ= υΟ+ υγρ άρα

υΟγρ= 20

υΟγρ=40

από όπου υΟ=30m/s και υγρ= 10m/s και επειδή

υγρ= ω·l/2 , ω=5rad/s.

γ) Επειδή η γωνιακή ταχύτητα παραμένει σταθερή ω=2π/Τ ο χρόνος που απαιτείται για να περιστραφεί η ράβδος κατά γωνία π/2 είναι t1=Τ/4=π/10s.

δ) i) Με βάση τη φορά περιστροφής το δεξιό άκρο είναι το Β.

ii) Με βάση το σχήμα προκύπτει ότι τα δύο άκρα έχουν ίσες κατά μέτρο ταχύτητες.

iii) Το κέντρο Ο, που είναι το κέντρο μάζας της σανίδας εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση και δεν έχει επιτάχυνση.

Το άκρο Α έχει κεντρομόλο επιτάχυνση:

αΑ= υγρ2/R= ω2·l/2 = 50m/s2.

Κινηματική Στερεού. Κίνηση τροχού.


Ο τροχός εκτελεί σύνθετη κίνηση, οπότε το σημείο Α έχει ταχύτητα υ0 εξαιτίας της μεταφορικής κίνησης και ταχύτητα υγρ=ωR εξαιτίας της στροφικής κίνησης. Έτσι:

υ1= υ0+ωR

άρα ωR=15m/s-10m/s = 5m/s.

Με την ίδια λογική βρίσκομε την ταχύτητα του σημείου Β:

υΒ0γρ = 5m/s, με φορά προς τα δεξιά, οπότε ο τροχός ολισθαίνει.

Ενώ του σημείου Γ:

υΓ2 = υ02γρ2

υΓ2 = υ0202/4 = 1,25υ02.

Η μοναδική επιτάχυνση των διαφόρων σημείων του τροχού είναι η κεντρομόλος επιτάχυνση:

ακγρ2/R

Με βάση τα παραπάνω οι απαντήσεις είναι:

α) Σ

β) Σ

γ) Λ

δ) Λ

ε) Σ

στ) Σ

ζ) Λ

Μηχανική στερεού. Γωνιακή και επιτρόχια επιτάχυνση.

α) Ο ρυθμός μεταβολής της γωνιακής ταχύτητας είναι η γωνιακή επιτάχυνση του ορθογωνίου, ενώ η επιτάχυνση του σημείου Β είναι η επιτρόχια επιτάχυνση, για την κυκλική κίνηση του σημείου, γύρω από το Α. Αλλά:

αΒ= αγων·R = αγων·(ΑΒ)

οπότε αγων= αΒ/(ΑΒ) =6/4rad/s2 = 1,5rad/s2.

β) Στο σχήμα εμφανίζονται οι επιταχύνσεις των τριών σημείων (εφαπτόμενες στις αντίστοιχες κυκλικές τροχιές, συνεπώς κάθετες στις αντίστοιχες ακτίνες).

γ) Από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

(ΑΓ)2= (ΑΒ)2+ (ΒΓ)2

(ΑΓ)2 = 42m2+32m2

(ΑΓ) = 5m, οπότε

αΓ = αγων·(ΑΓ) = 1,5·5=7,5m/s2 και

αΟ = 1,5·2,5m/s2= 3,75m/s2.

Στροφική - κυκλική κίνηση στερεού.


Στο (α) σχήμα το στερεό εκτελεί μεταφορική κυκλική κίνηση. Προσέξτε ότι μια ορισμένη διεύθυνση (που σημειώνεται στο σχήμα με ένα βέλος) δεν αλλάζει προσανατολισμό.

Στο (β) σχήμα το στερεό αλλάζει προσανατολισμό, οπότε η κίνηση είναι στροφική.

Μπορείτε να παρακολουθήστε παρόμοιες κινήσεις, ανοίγοντας το αρχείο Interactive Physics ΕΔΩ.

Κύλιση και κέντρο μάζας.

Αφού ο τροχός κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει, αν ο άξονας Ο του τροχού μετατοπισθεί κατά dx, τότε θα έλθει σε επαφή με το έδαφος μήκος τόξου ds = dx. Έτσι:

dθ·R=dx

dx/dt = (dθ·R)/dt

υο =ω·R, από όπου ω=υ/R= 1,6/0,8rad/s=2rad/s.

Η μέγιστη ταχύτητα του σώματος Σ είναι τη στιγμή που βρίσκεται στην κατακόρυφο που περνά από τον άξονα Ο, όπως στο σχήμα (α) και η ελάχιστη, όπως στο (β) σχήμα.

Αλλά η γραμμική του ταχύτητα είναι ίση με

υγρ= ω·r = 2·0,6 m/s = 1,2 m/s, οπότε

υmax = υο+ υγρ = 1,6m/s+ 1,2m/s =2,8m/s

και υmin= υο-υγρ= 1,6m/s- 1,2m/s = 0,4m/s.

β) Επειδή ο τροχός και το σώμα Σ έχουν την ίδια μάζα, το κέντρο μάζας του συστήματος, είναι ένα σημείο Κ στο μέσον της απόστασης ΟΣ, δηλαδή σε απόσταση r1=0,3m από τον άξονα. Η μέγιστη ταχύτητα του Κ είναι όταν το σύστημα βρίσκεται στη θέση που δείχνεται στο (α) σχήμα, οπότε:

υmaxΚ = υο+ υγρ = υο+ω·r1= 1,6m/s+ 2·0,3m/s =2,2m/s.



Η κατεύθυνση της τριβής.

α) Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα Σ φαίνονται στο παρακάτω σχήμα.

β) Για να μπορεί το σώμα Σ να κινείται μαζί με την σανίδα, θα πρέπει η τριβή να είναι στατική.

Άρα Τ ≤ Τορ

mα ≤ μs·Ν

όμως ΣFy= 0 ή Ν=Β=mg, οπότε

mα ≤ μs· mg

μs ≥ α/g

μs ≥ 0,3

Κατά συνέπεια ο ελάχιστος συντελεστής στατικής οριακής τριβής είναι:

μs min= 0,3.

Προτροπή:

Για μια περισσότερο ολοκληρωμένη απάντηση, δείτε το αρχείο

Δυό μύθοι για την ΤΡΙΒΗ......


Τριβή σε τοίχο.

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα παρουσιάζονται στο σχήμα.

Το βάρος έχει μέτρο Β=mg = 20Ν.

Επειδή το σώμα ισορροπεί:

ΣFx=0

F-Ν= 0 άρα Ν=F=60Ν και

ΣFy = 0 άρα Τ=Β=20Ν

Η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής είναι Τορs·Ν= 0,5·60Ν =30Ν, οπότε προφανώς το σώμα ισορροπεί και η τριβή είναι στατική.

Για να αρχίσει η ολίσθηση, θα πρέπει η τριβή να γίνει οριακά μικρότερη από το βάρος του σώματος. Δηλαδή Τ ≤ 20Ν

μΝ ≤ 20

μF ≤ 20

F ≤ 40Ν

Αλλά με βάση την γραφική παράσταση, αφού η δύναμη μεταβάλλεται γραμμικά και σε 6s ξεκινώντας από τα 60Ν μηδενίζεται, συμπεραίνουμε ότι σε κάθε δευτερόλεπτο, μειώνεται κατά 10Ν, έτσι θα φτάσει στην τιμή 40Ν για t1 =2s. Τη στιγμή αυτή θα αρχίσει και η ολίσθηση του σώματος.

Τη στιγμή t2= 3s η δύναμη έχει μέτρο F2=30Ν, οπότε και η κάθετη αντίδραση του τοίχου έχει επίσης μέτρο Ν=30Ν και για την τριβή:

Τ=μ·Ν= 0,5·30Ν=15Ν και από το 2ο νόμο του Νεύτωνα παίρνουμε:

ΣF=mα

Β-F =mα

α= (Β-F)/m=(20-15)/2m/s2=2,5m/s2.


Στροφική ή μεταφορική κίνηση;

Αν το στερεό εκτελεί στροφική κίνηση γύρω από σταθερό άξονα, ο οποίος δεν διέρχεται από το κέντρο μάζας του, τότε το κέντρο μάζας, εκτελεί κυκλική κίνηση γύρω από τον άξονα περιστροφής, έχοντας γραμμική ταχύτητα υcm= ω·R, όπου R η ακτίνα του κύκλου που διαγράφει.Κάθε άλλο σημείο αυτού του κύκλου έχει επίσης γραμμική ταχύτητα μέτρου υ=ω·R.


Κινείται ή ισορροπεί;

Στο σώμα τη στιγμή που μηδενίζεται η ταχύτητά του ασκούνται οι δυνάμεις:

Η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής, η οριακή τριβή έχει μέτρο:

Τορ= μs·Ν = 0,8 mg συνθ =0,8mg·0,8=0,64mg, ενώ

Βx = mg ημθ=0,6mg.

Η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής είναι μεγαλύτερη από την συνιστώσα Βx που τείνει να το κινήσει προς τα κάτω. Έτσι το σώμα δεν κινείται, παρά παραμένει στη θέση Α, ενώ η τριβή που ασκείται πάνω του είναι στατική με μέτρο Τs=0,6mg.


Κέντρο μάζας στερεού.

Η πρόταση είναι λάθος.

Έστω ένα στερεό που στρέφεται γύρω από σταθερό άξονα, ο οποίος δεν διέρχεται από το κέντρο μάζας του Ο, με γωνιακή ταχύτητα ω. Τότε το κέντρο μάζας Ο, εκτελεί κυκλική κίνηση, κέντρου Κ και ακτίνας R και θα έχει γραμμική ταχύτητα υγρ= ω·R.

Τριβή ολίσθησης.

α) Αφού το σώμα αφέθηκε να κινηθεί και κατέρχεται στο κεκλιμένο επίπεδο, σημαίνει ότι κινείται με κάποια επιτάχυνση και Βx > Τ1, όπου Τ1 η τριβή στο πλάγιο επίπεδο.

β) Στο οριζόντιο επίπεδο η μόνη οριζόντια δύναμη είναι η τριβή που επιβραδύνει το σώμα.

γ) Με βάση τα προηγούμενα, για τις ταχύτητες ισχύουν και οι δύο σχέσεις:

i) υ1 < υ2

ii) υ3 < υ2.

δ) Ο νόμος της τριβής είναι Τ=μ·Ν, άρα

Στο πλάγιο επίπεδο: Τ1 = μ·Ν1= μ·mgσυνθ

Ενώ στο οριζόντιο: Τ2 = μ·Ν2 = μ· mg

Συνεπώς μεγαλύτερη τριβή ασκείται στο οριζόντιο επίπεδο.


Τριβή ολίσθησης και στατική Τριβή

α) Στη θέση (1) το σώμα κινείται προς τα πάνω, οπότε ασκείται πάνω του Τριβή ολίσθησης, όπως στο σχήμα. Στη θέση (2) το σώμα σταματά, οπότε εξαιτίας της συνιστώσας του βάρους Βx = mgημθ τείνει να κινηθεί προς τα κάτω. Άρα πάνω στο σώμα ασκείται στατική τριβή με φορά, όπως στο σχήμα.

β) Αφού το σώμα στη θέση (2) ηρεμεί η τριβή είναι στατική. Οπότε:

Αφού ΣFx = 0 θα έχουμε Τ= Βx=mgημθ και

Τ ≤ Τορ

mgημθ ≤ μsmgσυνθ

μs ≥ ημθ/συνθ ή

μs ≥ εφθ


Έργο δύναμης και έργο ροπής.

α) Το έργο της δύναμης είναι:

WF =F·x·συν0°=10·16J=160J.

β) Το έργο μιας ροπής υπολογίζεται από τη σχέση:

Wτ = τ·θ=F·R·θ=10·0,4·80J=320J.

γ) Το συνολικό έργο της F θα είναι:

W = WF +Wτ =160J + 320J = 480J.

δ) Το συνολικό έργο της δύναμης F είναι ίσο με:

Wολ= F· xΑ·συν0°

Όπου xΑ η μετατόπιση του σημείου εφαρμογής της δύναμης, του σημείου Α.

Οπότε xΑ=W/F= 480/10m=48m.

ε) Το έργο της δύναμης (σαν δύναμης) εκφράζει την μεταβολή της μεταφορικής κινητικής ενέργειας του κυλίνδρου, δηλαδή Κμετ = 160J, ενώ το έργο της ροπής εκφράζει την μεταβολή της Περιστροφικής κινητικής ενέργειας, δηλαδή Κπερ=480J.

Για περισσότερο αναλυτική μελέτη του έργου δύναμης, καθώς και του έργου ροπής σε συνδυασμό με την κινητική ενέργεια του στερεού, δείτε το αρχείο:

To ΘΜΚΕ και η σύνθετη κίνηση.

Δυνάμεις και Κίνηση.

Αναλύουμε τις δυνάμεις σε δύο κάθετους άξονες x και y , όπως στο σχήμα. Αναλύουμε τις δυνάμεις στους άξονες και παίρνουμε:

F1x=F1·συνθ και F1y=F1ημθ

Αλλά από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

(ΒΔ)2=(ΑΒ)2+ (ΑΔ)2

(ΒΔ)2= 802m2+602m2 =10.000m2

άρα ΒΔ=100m, οπότε

επειδή η γωνία θ είναι ίση με τη γωνία ΒΔΓ (ως εντός εναλλάξ), παίρνουμε:

F1x= 10·8/10Ν=8Ν και F1y=10·6/10Ν=6Ν

Όμοια F2x=20·8/10=16Ν και F2y=20·6/10Ν=12Ν

ΣFx= F1x+F2x-F3=8Ν+16Ν-24Ν=0

Και ΣFy=F2y-F1y= 12N-6N=6N με φορά προς τα κάτω.

Από τον 2ο Ν.Ν παίρνουμε:

ΣFy=m·α

α=ΣFy/m=6/0,4 m/s2=15 m/s2.

Έτσι το σώμα θα κινηθεί παράλληλα προς την πλευρά ΒΓ και προς την πλευρά ΓΑ εκτελώντας ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση για την οποία θα έχουμε:

υ=α·t (1) και y= ½ αt2 (2)

Από την (2) λύνοντας ως προς t παίρνουμε:

t2 =2y/a=2·30/15s2 ή t=2s.

Οπότε και υ=15·2m/s=30m/s.


Εξουδετέρωση και Δείκτες

α) Για τον ιοντισμό του ασθενούς οξέος ΗΑ έχουμε:

Μ

ΗΑ

2Ο

Α-

3Ο+

αρχικά

C





Αντ/παρ

x



x

x

τελικά

C-x



x

x

Κα=x2/(C-x)

Και επειδή Κα/C<0,01

Κα=x2/C

x=10-3 και pΗ=3

Για το δείκτη δίνεται ότι το pΚa=5,5 άρα το χρώμα του διαλύματος ανάλογα με το pΗ του διαλύματος, φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Κατά συνέπεια πριν ρίξουμε το ΝαΟΗ το χρώμα του διαλύματος είναι κίτρινο.

β) Ο αριθμός των mοl του οξέος είναι n=C·V= 0,1 mol.

Έτσι μετά την προσθήκη του 0,05 mol NaOH θα έχουμε εξουδετέρωση της μισής ποσότητας του οξέος και στο διάλυμα θα περιέχονται 0,05 mol ΗΑ και 0,05 mol ΝαΑ, σύμφωνα με την χημική εξίσωση:

mol

ΗΑ

+NaOH

NaA

2Ο

αρχικά

0,1

0,05




Αντ/παρ

0,05

0,05


0,05

0,05

τελικά

0,05

0


0,05

0,05

Και οι αντίστοιχες συγκεντρώσεις Cοξ= 0,5Μ και Cαλ=0,5Μ.

Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό, οπότε από την εξίσωση Η-Η παίρνουμε:

pΗ=pΚa+log (Cβας/Cοξ) = 6 + 0 = 6

και το χρώμα του διαλύματος θα είναι πράσινο.

γ) Ομοίως κατά την προσθήκη 1/11 mol NaOH θα έχουμε:

mol

ΗΑ

+NaOH

NaA

2Ο

αρχικά

0,1

1/11




Αντ/παρ

1/11

1/11


1/11

1/11

τελικά

1/110

0


1/11

1/11

Και οι αντίστοιχες συγκεντρώσεις Cοξ= 1/11 Μ και Cαλ=10/11 Μ.

Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό, οπότε από την εξίσωση Η-Η παίρνουμε:

pΗ=pΚa+log (Cβας/Cοξ) = 6 + log10 = 6+1=7

και το χρώμα του διαλύματος θα είναι μπλε.





Φάση κύματος

Η φάση του Σ είναι φΣ=2,5·2π= 5π (rad)

Η διαφορά φάσης μεταξύ δύο σημείων δίνεται από τη σχέση Δφ=2πΔx/λ, * οπότε

Δφ=2π·0,5/2 =π/2

Και επειδή το σημείο Σ βρίσκεται αριστερά του Σ θα έχει μεγαλύτερη φάση από το Σ, οπότε η φάση του Μ είναι φΜ= φΣ+π/2= 5,5π.

* Η διαφορά φάσης μεταξύ δύο σημείων προκύπτει ως εξής:

Δφ=φ12=2π(t/Τ-x1/λ)-2π(t/Τ-x2/λ)

Δφ=2π(x2/λ-x1/λ)

Δφ=2π(x2-x1)/λ

Δφ=2πΔx/λ.

Ογκομέτρηση- Τιτλοδότηση

a) Έχουμε εξουδετέρωση διαλύματος Βάσης (στο ποτήρι ζέσεως) από διάλυμα οξέος (στην προχοΐδα), άρα έχουμε οξυμετρία και όχι αλκαλιμετρία.

b) Αν η βάση ήταν ισχυρή, τότε στο ισοδύναμο σημείο θα είχαμε pΗ=7, ενώ εδώ το pΗ=5, οπότε η βάση είναι ασθενής.

c) Αν για πλήρη εξουδετέρωση απαιτούνται 40mL οξέος, τότε τη στιγμή που έχουμε προσθέσει 20mL του οξέος έχουμε εξουδετερώσει την μισή ποσότητα της βάσης και στο ποτήρι περιέχονται ίσες ποσότητες της ασθενούς βάσης και το άλατός της. Το διάλυμα είναι δηλαδή ρυθμιστικό για το οποίο ισχύει:

pΗ=pΚα+log(Cβας/Cοξ)

8= pΚα+log1

α=8

b=6

d) Τη στιγμή της πλήρους εξουδετέρωσης στο διάλυμα περιέχεται μόνο ένα αλάτι π.χ. ΒΧ όπου μόνο το κατιόν αντιδρά με το νερό.

Μ

Β+ +

2Ο

ΒΟΗ

+ Η3Ο+.

αρχικά

C

Αντ/παρ

x

x

x

τελικά

C-x

x

x

Αφού pΗ=5 άρα x=10-5 ενώ Κα=10-8, οπότε:

Κα=x2/C-x και κάνοντας την προσέγγιση C-x=C:

C=x2α = 0,01Μ

e) α) Πριν αρχίσουμε την εξουδετέρωση το pΗ>8, άρα το χρώμα θα είναι μπλέ

β) ενδιάμεσο χρώμα (πράσινο).

γ) Κίτρινο

Κινητήρας

Η ισχύς που καταναλώνει ο κινητήρας (ισοδύναμα που δίνει το ρεύμα στον κινητήρα) είναι Ρ=V·Ι=100W. Από αυτήν, μετατρέπεται σε θερμότητα ΡQ2·r=25·2W=50W.
Άρα η Μηχανική ισχύς είναι ΡΜηχ=100W-50W=50W.

Κατά συνέπεια η απάντηση είναι:

α)Σ

β) Λ

γ) i)

Στάσιμο κύμα 2

Από το σχήμα φαίνεται η θέση των σημείων Κ και Λ (λαμβάνοντας υπόψη ότι η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών είναι ίση με λ/2=0,8m). Το σημείο Λ είναι μια κοιλία του στάσιμου, ενώ το Κ ταλαντώνεται με πλάτος Α΄ μικρότερο από 2Α.

i) Τα σημεία Κ και Λ ταλαντώνονται ταυτόχρονα άρα δεν έχουν διαφορά φάσης μεταξύ τους και έτσι φΛ=40π.

ii) Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης ενός σημείου είναι υmαx=Α·ω, και κατά συνέπεια το σημείο Λ που ταλαντώνεται με μεγαλύτερο πλάτος θα έχει και μεγαλύτερη μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης.

Ασθενή- Ισχυρά Οξέα

Έστω ένα ασθενές οξύ ΗΔ. Για τον ιοντισμό του έχουμε:

Μ

ΗΔ

2Ο

Η3+Ο

-

τελικά

C-aC



aC

aC

Ενώ για την εξουδετέρωση εξάλλου έχουμε:

mοl

ΗΔ

aOH

NaΔ

2Ο

αρχικά

n

n




Αντ/παρ

n

n


n

n

τελικά

0

0


n

n

α) Βλέπουμε ότι τα mοl κατά την εξουδετέρωση είναι ίσα. Κατά συνέπεια το οξύ ΗΓ που απαιτεί τον μεγαλύτερο όγκο διαλύματος ΝαΟΗ έχει περισσότερα mοl, άρα μεγαλύτερη συγκέντρωση και θα έπρεπε να είχε μικρότερο pΗ από τα άλλα δύο διαλύματα. Οπότε το ΗΓ είναι ασθενές οξύ.

Αφού τα διαλύματα των ΗΑ και ΗΒ απαιτούν ίσους όγκους διαλυμάτων βάσης, περιέχουν ίσο αριθμό mol οξέων και έχουν την ίδια συγκέντρωση. Το ΗΒ έχει μεταξύ των δύο μικρότερο pΗ, άρα αυτό είναι ισχυρότερο.

β) Για ένα ισχυρό οξύ, όταν εκατονταπλασιάσουμε τον όγκο, αραιώνοντάς το με νερό, τότε και η [Η3Ο+] υποεκατονταπλασιάζεται, δηλαδή:

3Ο+]2= 0,01[Η3Ο+]1

-log3Ο+]2 =-log(0,01[Η3Ο+]1)

pH2=pH1+2

Το οξύ που με την αραίωση αυξήθηκε το pΗ του κατά δύο μονάδες είναι το ΗΒ, οπότε αυτό είναι το ισχυρό.

γ) Αφού το ΗΒ είναι ισχυρό με pΗ=3 θα έχει συγκέντρωση C=10-3Μ ίδια με το διάλυμα του οξέος ΗΑ. Άρα για το ΗΑ:

3Ο+]=10-4 = α·10-3

α1=0,1

Αφού το ΗΓ απαιτεί τετραπλάσιο όγκο διαλύματος ΝαΟΗ θα περιέχει και τετραπλάσιο αριθμό mοl άρα και συγκέντρωση C3=4·10-3Μ. Οπότε:

3Ο+]=10-3 = α3·4·10-3

α3=0,25

Στάσιμο κύμα 1

Το σημείο Κ απέχει από το δεσμό Δ απόσταση x= 1m= 1/2 λ/2, άρα το σημείο Κ είναι κοιλία, η οποία ταλαντώνεται με πλάτος 2Α = 0,2m, οπότε Α=0,1m.

Για τη στιγμή που παρουσιάζεται στο σχήμα, όπου τα σημεία βρίσκονται στις ακραίες θέσεις της ταλάντωσης τους, θεωρώντας ότι στη θέση του δεσμού x=0 για τη μορφή του μέσου, μπορούμε να γράψουμε για το πλάτος ταλάντωσης των διαφόρων σημείων του μέσου:
A= 0,2 ημ2πx/4
και για x=0,5m παίρνουμε
A= 0,2ημ π/4 ή


Στάσιμο κύμα

α) Αν στην εξίσωση του κύματος που διαδίδεται προς τα δεξιά, αντικαταστήσουμε όπου x=4m, θα πάρουμε:

yB= 0,1 ημ2π(t-2) = 0,1 ημ(2πt-4π) (1)

β) Η εξίσωση (1) περιγράφει την εξίσωση ταλάντωσης του Β εξαιτίας του κύματος που διαδίδεται προς τα δεξιά. Το σημείο αυτό λειτουργεί σαν πηγή του κύματος που θα διαδοθεί προς τα αριστερά. Έτσι για ένα σημείο Σ, στη θέση x, η εξίσωση ταλάντωσής του θα είναι:

y= 0,1 ημ[2π(t-t1)-4π+π] (2)

όπου t1 το χρονικό διάστημα που θα χρειαστεί το κύμα να φτάσει από το Β στο Σ, δηλαδή t1=(4-x)/2 αφού η ταχύτητα του κύματος είναι υ=λ/Τ=2m/s, ενώ εμφανίζεται και μια διαφορά φάσεως ίση με π, λόγω ανάκλασης σε σταθερό άκρο.

Έτσι από την (2) παίρνουμε:
y= 0,1 ημ[2π(t-(4-x)/2-3π] ή
y= 0,1 ημ(2πt-4π+2πx/2-3π) ή
y= 0,1 ημ2π(t+x/2-7/2) (3)

Η εξίσωση (3) είναι η εξίσωση του κύματος που διαδίδεται προς τα αριστερά.
γ) Από την αρχή της επαλληλίας για την συμβολή των δύο κυμάτων παίρνουμε:
y= 0,1 ημ 2π(t-x/2) + 0,1 ημ2π ημ2π(t+x/2-7/2) =
2·0,1 συν2π(t+x/2-7/2-t+x/2)/2 · ημ2π(t+x/2-7/2+t-x/2)/2 ή
y= 0,2 συν2π(x/2-7/4)·ημ2π(t-7/4) (S.Ι) (4)
Η εξίσωση (4) είναι η εξίσωση του στάσιμου κύματος που δημιουργείται πάνω στη χορδή.
δ) Το πλάτος ταλάντωσης των διαφόρων σημείων του μέσου είναι:
Α΄=0,2 συν2π(x/2-7/4)
Θέτοντας στην εξίσωση αυτή x=0 παίρνουμε το πλάτος ταλάντωσης του άκρου Ο:
Α΄= 0,2 συν(-7π/2) = 0
Άρα στο άκρο Ο δημιουργείται δεσμός.
ε) Ο χρόνος που απαιτείται για να φτάσει το κύμα στο άκρο Β είναι t1=L/υ=2s και άλλα 2s να επιστρέψει, άρα το ανακλώμενο κύμα φτάνει στο άκρο Ο την χρονική στιγμή t2=4s.
Αντικαθιστώντας το t στην εξίσωση (4) θα έχουμε:
y= 0,2 συν2π(x/2-7/4)·ημ2π(4-7/4) ή
y= 0,2 συν2π(x/2-7/4)·ημ2π(9/4) ή
y= 0,2 συν2π(x/2-7/4)·ημ9π/2 ή
y= 0,2 συν2π(x/2-7/4)=0,2συν(πx-7π/2) ή
y= 0,2συν(πx-2π-3π/2)= - 0,2 ημπx
Συνεπώς το στιγμιότυπο του κύματος είναι αυτό του παρακάτω σχήματος.
στ) Με αντίστοιχο τρόπο μπορούμε να βρούμε ότι τότε στο άκρο Ο θα είχαμε δημιουργία κοιλίας.

Για αναλυτικότερη μελέτη, ανοίξτε το παρακάτω αρχείο.

Κύκλωμα Συνεχούς ρεύματος και Πυκνωτής.

1) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το κύκλωμα υπολογίζεται από το νόμο του Οhm για κλειστό κύκλωμα:

Ι=Ε/(R1+R2+r) =50V/10V=5A.

Η τάση μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή είναι ίση με την τάση στα άκρα του αντιστάτη R1, δηλαδή V1=ΙR1= 25V, οπότε το φορτίο του πυκνωτή είναι:

q=CV1=5·10-6F·25V= 125μC.

2) Μόλις ανοίξουμε το διακόπτη ο πυκνωτής εκφορτίζεται, ο αντιστάτης R1 διαρρέεται από ρεύμα και η ενέργεια που αρχικά είχε αποθηκευτεί στον πυκνωτή μετατρέπεται σε θερμότητα στον αντιστάτη R1. Δηλαδή:

Q= U= ½ CV12 = ½ 5·10-6·625J =1,5625·10-3J.

3) Στο δεύτερο κύκλωμα η τάση στους οπλισμούς του πυκνωτή είναι ίση με:

V2=Ι·(R1+R2) = 5Α·8Ω=40V,

άρα η ενέργεια που είναι αποθηκευμένη στον πυκνωτή είναι:

U= ½ CV2 = ½ 5·10-6·1600V2 = 4·10-3J.

Το θέμα είναι πόση από αυτήν την ενέργεια θα μετατραπεί σε θερμότητα πάνω στον αντιστάτη R1 και πόση στον αντιστάτη R2.

Το ρεύμα που διαρρέει τους αντιστάτες, δεν είναι σταθερής έντασης, οπότε δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το νόμο του Jοule Q=Ι2Rt ( άλλωστε δεν ξέρουμε και τον χρόνο εκφόρτισης). Κάθε στιγμή όμως πάνω σε κάθε αντιστάτη παράγεται θερμότητα με ισχύ Ρ12R1 και Ρ22R2, οπότε με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε:

Ρ12 = R1/R2 = 5/3 ή

Ρ1/(Ρ12) = 5/(5+3) ή

Ρ1ολ=5/8 άρα

Ρ1 = 5/8 Ρολ

Κατά συνέπεια και η συνολική θερμότητα που παράγεται πάνω στον αντιστάτη R1 θα είναι τα 5/8 της συνολικής θερμότητας, η οποία είναι ίση με την ενέργεια του πυκνωτή.

Άρα Q1= 5/8 · 4·10-3J = 2,5· 10-3J.

Σημείωση: Με χρήση πιο δύσκολων Μαθηματικών θα μπορούσαμε να αποδείξουμε τα παραπάνω με καλύτερο τρόπο, αλλά στα πλαίσια της Β΄ Λυκείου, προτείνεται η παραπάνω απόδειξη.