Κύμα κατά μήκος δύο νημάτων.

i) Το κύμα φτάνοντας στο σχοινί (β) εν μέρει ανακλάται και εν μέρει διαθλάται. Κατά την ανάκλαση αλλάζει η φάση του κατά π, ενώ το διαθλώμενο κύμα έχει μικρότερο μήκος κύματος, αφού εκεί το κύμα έχει και μικρότερη ταχύτητα.

Άρα σωστό είναι το τελευταίο διάγραμμα.

ii) Το πλάτος της ταλάντωσης των σημείων του μέσου καθορίζει και την ενέργεια ταλάντωσης. Η ενέργεια που μεταφέρει το κύμα διαμοιράζεται μεταξύ του ανακλώμενου και διαθλώμενου κύματος, οπότε το πλάτος είναι ιμικρότερο.

Σύνθεση Ταλαντώσεων και κρούση.

α) Οι δύο ταλαντώσεις έχουν την ίδια συχνότητα, οπότε για το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης θα είναι:

Α2 = Α1222+ 2·Α1·Α2·συνθ = 0,01+0,01·3 + 0,01·31/2 συνπ/2=0,04m2

Α=0,2m

Ενώ για την διαφορά φάσης έχουμε:

εφθ=Α21= 31/2 συνεπώς θ=π/3.

Έτσι η εξίσωση της ταλάντωσης του σώματος Σ1 είναι:

x= 0,2·ημ(20t+π/3) (S.Ι.)

β) i) Τη στιγμή t1 το σώμα βρίσκεται στη θέση:

x1= 0,2·ημ(20t+π/3) = 0,2·ημ(20·π/5+π/3) = 0,2·31/2/2=0,1·31/2m

ενώ έχει ταχύτητα:

υ1=ω·Ασυν(20t+π/3) = 20·0,2·συν(20·π/5+π/3) =4·συνπ/3= 2m/s.

ii) Από την ΑΔΟ παίρνουμε:

m1υ1 – m2·υ2 = (m1+m2)·υκ ή

υκ =( m1υ1 – m2·υ2)/(m1+m2)

υκ = (1·2-0,5·1)/(1+0,5) = 1m/s

iii) Η σωστή απάντηση είναι η Β) γιατί η σταθερά επαναφοράς δεν μεταβάλλεται (αυτό που θα αλλάξει είναι η γωνιακή συχνότητα της νέας ταλάντωσης).

ΚΡΟΥΣΗ ΚΑΙ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ.

α) Το σώμα Σ αρχίζει την ταλάντωσή του από την θέση ισορροπίας με αρχική φάση μηδέν. Αν μηδενίσουμε τη φάση παίρνουμε:

πt-π= 0 ή
t=1s

Άρα 1s χρειάστηκε το σώμα Β να συγκρουστεί με το σώμα Σ, οπότε υ1 = s/t=3m/s.

β) Η ταχύτητα του σώματος Σ μετά την κρούση είναι υ2mαx = ω·Α= π·2/π= 2m/s.

Για την μάζα του σώματος Σ έχουμε:

D=m·ω2 ή m2 = Κ/ω2 ή m2 =20/π2 = 2kg.

Εφαρμόζουμε την ΑΔΟ για την κρούση των δύο σωμάτων και παίρνουμε:

Ραρχτελ ή

m1·υ1 = m1·υ1΄+m2·υ2΄ ή

υ1΄= 3-2·2= - 1m/s

Η κίνηση της σφαίρας είναι ευθύγραμμη ομαλή:

s=υ1΄·t1 ή

t1= 3/1=3s.

Η σφαίρα θα φτάσει λοιπόν στη θέση Β τη χρονική στιγμή t=4s.

γ) Το σώμα Σ ταλαντώνεται και για t=4s βρίσκεται στη θέση:

x= 2/π·ημ(4π-π) = 0

Κατά συνέπεια η απόσταση των δύο σωμάτων είναι s=3m.

Πτώση αγωγού και οριακή ταχύτητα. Ενεργειακές μετατροπές.

Το έργο του βάρους είναι:

W=mgh=40J και εκφράζει τη μείωση της δυναμικής ενέργειας του αγωγού.

Εφαρμόζοντας το ΘΜΚΕ βρίσκουμε:

Κτελ- Καρχ = WΒ+ WFL

½ mυ2 = WΒ + WFL ή

WFL = ½ 2·16J -40J= -24J ,

Αυτό σημαίνει ότι αφαιρείται ενέργεια από τον αγωγό ίση με 24J και μετατρέπεται σε Ηλεκτρική ενέργεια στο κύκλωμα.

Οι προτάσεις είναι:

i) Σ

ii) Σ

iii) Λ

iv) Σ

v) Σ

vi) Λ

ΕΡΩΤΗΜΑ ΣΤΗΝ ΕΠΑΓΩΓΗ.

Οι προτάσεις είναι:

Α) Σ

Β) Σ

Γ) Σ

Δ) Σ

Ε) Λ

ΣΤ) Σ

Σημείωση:

Από το ΘΜΚΕ μέχρι την στιγμή που ο αγωγός αποκτά οριακή ταχύτητα έχουμε:

Κτελ- Καρχ = WFL

WFL= ½ mυορ2 = 4J

Πώς η Ηλεκτρική ενέργεια μετατρέπεται σε Μηχανική;

i) Μόλις αφεθεί ελεύθερος ο αγωγός διαρρέται από ρεύμα Ι=Ε/Rολ με φορά προς τα κάτω. Εξαιτίας του ρεύματος θα δεχτεί δύναμη Laplace

με φορά προς τα δεξιά και θα επιταχυνθεί κινούμενος προς τα δεξιά.

ii) α) Μόλις υ ταχύτητα γίνει 6m/s, η ΗΕΔ από επαγωγή θα είναι:

Εεπ =Βυl= 0,5·6·1V= 3V, με θετικό πόλο προς το άκρο Α

Ι= (Ε-Εεπ)/Rολ=(10-3)/5 Α = 1,4 Α.

β) FL=ΒΙl= 0,5·1,4·1Ν= 0,7Ν και α=F/m= 0,7/2= 0,35m/s2.

γ) ΡΕ= Ε·Ι= 10·1,4 W= 14W, ενώ ΡΕεπ= - Εεπ·Ι= - 3·1,4W = -4,2W.

δ) ΡQ= Ι2·(R+r)= 1,42·5W= 9,8W

ε) ΡFL= + FL·υ= 0,7·6W = 4,2 W

στ) dΚ/dt= ΣF·υ= mα·υ= 2·0,35·6W = 4,2W

Παρατηρήστε ότι όση ηλεκτρική ενέργεια αφαιρεί από το κύκλωμα η ΗΕΔ από επαγωγή (ΡΕεπ= -4,2W) μέσω της δύναμη Laplace μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια του αγωγού.

iii) Ο αγωγός θα αποκτήσει οριακή ταχύτητα όταν πάψει να επιταχύνεται, δηλαδή α=0 → FL= 0 ή Ι=0, ‘αρα όταν Ε=Εεπ = Βυl.

υορ= Ε/Bl = 10/0,5·1= 20m/s.

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ. Μετατροπή ενέργειας.

i) Στον αγωγό αναπτύσσεται ΗΕΔ από επαγωγή:

Ε=Βυl = 2·10·1V= 20V

Με θετικό άκρο το Α και αρνητικό το Γ, οπότε ο αγωγός διαρρέεται από ρεύμα με φορά προς τα πάνω και ένταση:

Ι=Ε/R= 10/2 Α =5Α.

ii) Ο αγωγός διαρρέεται από ρεύμα και βρίσκεται μέσα σε μαγνητικό πεδίο, θα δεχθεί λοιπόν δύναμη Laplace αντίθετης φοράς από την ταχύτητα με μέτρο:

FL = Β·Ι·L =2·5·1 Ν= 10Ν

Και θα αποκτήσει επιτάχυνση ( επιβράδυνση) μέτρου:

ΣF=mα ή α= FL/m= 10/20m/s2 = 0,5m/s2.

iii) Τη στιγμή t1 η ΗΕΔ από επαγωγή είναι Ε=Βυl = 8V, το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα Ι=Ε/R= 4Α, η ασκούμενη δύναμη έχει μέτρο FL= ΒΙl = 8N και η επιτάχυνση του αγωγού είναι α=FL/m= 0,4m/s2.

α) Η ηλεκτρική ισχύς είναι Ρηλ= Ε·Ι= 8·4W= 32W

β) dΚ/dt = dW/dt = (FL· dx·συν180°)dt = - FL·υ = - 8 ·4 J/s= - 32 J/s

Παρατηρήστε ότι η κινητική ενέργεια μειώνεται τόσο, όση είναι η ηλεκτρική ενέργεια που εμφανίζεται στο κύκλωμα. ( με άλλα λόγια το έργο της δύναμης Laplace εκφράζει την ενέργεια που μετατρέπεται από κινητική σε ηλεκτρική).

γ) Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του αγωγού έχουμε:

Κτελαρχ= WFL ή WFL= ½ mυ2 – ½ mυ02 = ½ 20 (16-100) J= - 840J

Κατά συνέπεια η ηλεκτρική ενέργεια που εμφανίστηκε στο κύκλωμα και η οποία μετατράπηκε σε θερμότητα είναι 840J.

iii) Μόλις σταματήσει ο αγωγός όλη η κινητική του ενέργεια θα έχει μετατραπεί σε θερμότητα.

Άρα Qολ= ½ m·υ02 = 1000J.

(θα μπορούσαμε να το υπολογίσουμε και με εφαρμογή του Θ.Μ.Κ.Ε.)

ΕΡΓΟ ΔΥΝΑΜΕΩΝ ΚΑΙ ΕΝΕΡΓΕΙΑ

i) WF1= F1·x·συνθ, WF2= F2·x·συν180° = - F2·x , WΝ = Ν·x·συν90°= 0

ii) Το έργο του βάρους είναι μηδέν, γιατί είναι κάθετο στη μετατόπιση.

iii) Οι απαντήσεις είναι:

Σ

Λ

Λ

Λ

Λ

Απαιτούμενη Ενέργεια για μετακίνηση κιβωτίου.

i) Η τριβή που ασκείται στο σώμα είναι:

Τ=μ·Ν=μ·mg= 0,2· 50·10Ν=100Ν

Και το έργο της WΤ= - Τ·x= - 400Ν

Από το Θ.Μ.Κ.Ε. έχουμε:

Κτελαρχ = WΒ+WΝ+WF+WΤ

Αλλά WΒ=WΝ=0 αφού είναι κάθετες στην μετατόπιση, οπότε από την (1) παίρνουμε:

WF= 400J.

Έτσι οι απαντήσεις είναι:

Σ

Λ

Λ

Σ

ii) Επειδή η δύναμη F αναλύεται σε συνιστώσες μας δίνει και μια κατακόρυφη συνιστώσα, οπότε:

ΣFy= 0 ή Ν+ Fy = mg άρα Ν = mg- Fy και κατά συνέπεια και η τριβή είναι μικρότερη από 100Ν.

Κατά συνέπεια η απάντηση είναι: α) Σ, β) Λ, γ) Σ.

δ) Αφού έχουμε μικρότερη τριβή, με πλάγια δύναμη, θα παραχθεί και λιγότερη θερμότητα, άρα θα μειωθεί και η απαιτούμενη ενέργεια που είναι ίση με το έργο της δύναμης.

Ενέργεια. Το σώμα κερδίζει ή χάνει;

i) Λ

ii) Λ

iii) Λ

iv) Λ

v) Σ

i) δεν μας λέει ότι είναι σταθερή δύναμη.

ΕΡΓΟ - ΕΝΕΡΓΕΙΑ

Σ

Λ

Σ

Λ

Λ

Λ

ΕΡΓΟ ΔΥΝΑΜΗΣ.

Σωστή είναι η πρόταση ii)

Κρούση και δύναμη.

i) Ρ1=m·υ0 = 0,1·100 kg·m/s = 10 kg·m/s

ii) Από την αρχή διατήρησης της ορμής έχουμε

Ραρχ= Ρτελ ή

Ρ1 = m·υ1+ Μ·υ2 ή

υ2= (Ρ1-m·υ1)/Μ=(10-0,1·20)/2 m/s= 4m/s.

iii) ΔΡ1 = Ρ1τελ-Ρ2αρχ =(2-10) kg·m/s = - 8 kg·m/s

iv) F= ΔΡ/Δt = -8/0,2 Ν = - 40Ν

v) ΔΡ/Δt = F2 = 50Ν, αλλά με βάση τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα ίση κατά μέτρο δύναμη ασκείται και στο βλήμα. Άρα ΔΡ1/Δt= - 50 kg·m/s.

v) Στο σχήμα φαίνονται οι δυνα΄μεις που ασκούνται στο σώμα Α μετά της κρούση.

ΣFy= 0 ή Ν=mg, ενώ Τ=μ·Ν= μ·m·g και

ΣFx = m·α ή α=μmg/m= μg = 2m/s2.

Με φορά προς τα αριστερά, οπότε η κίνησή του είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη για την οποία ισχύουν:

υ= υ2- αt (1) και

x = υ2·t- ½ α·t2 (2)

Την στιγμή ποτ το σώμα σταματά υ=0, οπότε από την (1) έχουμε:

0=4-2t ή t=2s,

Με αντικατάσταση στην (2) έχουμε:

x=4·2- ½ 2·22 m =4m.

ΑΡΧΗ ΔΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ΤΗΣ ΟΡΜΗΣ. Εκτόξευση βλήματος.

α) Από την αρχή διατήρησης της ορμής παίρνουμε:

Ραρχ=Ρτελ ή

0= m1·υ1 - Μ·υ2 (1)

όπου m1 η μάζα του βλήματος και Μ η μάζα του πυροβόλου.

Από την (2) με αντικατάσταση υ2= m1·υ1/Μ= 10·200/800 m/s= 2,5m/s

β) Ξανά από την αρχή διατήρησης της ορμής παίρνουμε (θεωρώντας την προς τα δεξιά κατεύθυνση θετική):

Ραρχ=Ρτελ ή

-Μ·υ0= - Μ·υ2 + m1·υ1 ή

υ2 = (υ0+m1·υ1/Μ) = (4+10·200/800)m/s =6,5m/s

με φορά προς τα αριστερά.

Προηγούμενος Διαγωνισμός Φυσικής.

Μηχανικό σύστημα - Ελαστική κρούση.

α) Μετά την κρούση τα σώματα Β και Γ έχουν ταχύτητες (θεωρώντας την προς τα αριστερά κατεύθυνση σαν θετική):

υΓ΄= (mΓ-mΒυ0/(mΒ+mΓ) =(1-2)·3/(1+2) m/s =-1m/s

υΒ΄=2mΓ·υ0/( mΒ+mΓ)=2·3/3=2m/s

β) Εφαρμόζουμε την ΑΔΜΕ για την κίνηση του σώματος Β μέχρι τη θέση που θα σταματήσει στιγμιαία και παίρνουμε:

Καρχ + Uαρχ = Κτελ + Uτελ

½ mΒ·υΒ΄2 = ½ Κ·(Δl)2 ή

Δl2 = mΒ·υΒ΄2/K= 2·4/128=16 m2 άρα

Δl= 0,25m

Η ελάχιστη λοιπόν απόσταση μεταξύ των δύο σωμάτων είναι dmin=0,5m -0,25m=0,25m.

γ) Το σώμα Β θα κάνει α.α.τ. πλάτους 0,4m και περιόδου Τ2 =4π2 m/Κ = 4·π2 ·2/128= π2/16 s2 ή Τ=π/4 s. Σε χρόνο Τ/2=π/8 s το σώμα Β θα έχει επιστρέψει στην αρχική του θέση, οπότε το ελατήριο θα αρχίζει να επιμηκύνεται και το σώμα Α θα αποσπαστεί από τον τοίχο.

δ) Για το σώμα Β έχουμε ΣF= Fελ= -Κ·x = - Κ·Αημωt, όπου ω=2π/Τ=8rad/s. Άρα

Fελ= -128·0,25·ημ8t= -32 ημ8t (S.Ι.)

Το σώμα Α στο παραπάνω χρονικό διάστημα ισορροπεί. Οι δυνάμεις δέχεται μια δύναμη από το ελατήριο με φορά προς τα αριστερά, αφού το ελατήριο είναι συμπιεσμένο και μια δύναμη F, προς τα αριστερά από τον τοίχο.

Αφού ισορροπεί:

ΣF=0 άρα και F= 32ημ8t με φορά προς τα δεξιά.

ε) Τη στιγμή που το σώμα Β επιστρέφει στην αρχική του θέση έχει ταχύτητα μέτρου 2m/s με φορά προς τα δεξιά. Τη στιγμή αυτή το σώμα Α έχει μηδενική ταχύτητα. Για όσο χρόνο το ελατήριο έχει κάποια επιμήκυνση το σώμα Α επιταχύνεται προς τα δεξιά, ενώ μόλις το ελατήριο αποκτήσει ξανά το φυσικό του μήκος, θα πάψει να επιταχύνεται έχοντας τη στιγμή αυτή την μέγιστη ταχύτητά του.

Ανάμεσα στις δύο καταστάσεις που το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος, για το σύστημα των δύο σωμάτων Α και Β θα ισχύουν:

ΑΔΟ: mΒ·υΒ = mΒ·υ2 + mΑ·υΑ (1)

ΑΔΜΕ: Καρχ + Uαρχ = Κτελ + Uτελ ή

½ mΒ·υΒ2 = ½ mΒ·υ22 + ½ mΑ·υ12 (2)

Από την λύση των εξισώσεων (1) και (2) έχουμε:

υ2=0 και υ1= 2m/s. Δηλαδή τα σώματα Α και Β αντάλλαξαν ταχύτητες!!!

Σας θυμίζει τίποτα;; Δείτε καλύτερα το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2)….

Κανόνας του Μarkovnikov. Πάντα;

Η ποσότητα του προπενίου είναι n=m/Μr =4,2/42= 0,1mol.

Αν το προπένιο αντιδρούσε με το νερό σύμφωνα με τον κανόνα του Μarkovnikov θα είχαμε:

CH3CΗ=CH2 + Η2Ο→ CH3CΗ(ΟΗ)CH3

0,1 mol

0,1mol

Και κατόπιν:

5CH3CΗ(ΟΗ)CH3 +

2ΚΜnΟ4 + 3Η2SΟ4

5CH3CΟCH32SΟ4+2ΜnSΟ4 + 8Η2Ο

x mol

2x/5 mol

Ο αριθμός των mol του ΚΜnΟ4 που θα αποχρωματίζοταν θα ήταν 2x/5 =0,04 mol.

Τα δεδομένα όμως μας δίνουν n=CV =0,2·0,22mol = 0,044 mol.

Συμπεραίνουμε ότι εκτός από την 2-προπανόλη θα πρέπει να είχε παραχθεί και 1-προπανόλη αντίθετα με τον κανόνα του Μarkovnikov, η οποία απαιτεί περισσότερο ΚΜnΟ4 για πλήρη οξείδωση, σύμφωνα με τις χημικές εξισώσεις:

CH3CH=CH2 + Η2Ο → CH3CH2CH2ΟΗ και

5CH3CΗ2CH2ΟΗ +

4ΚΜnΟ4 + 6Η2SΟ4

5CH3CΗ2CΟΟΗ +2Κ2SΟ4+4ΜnSΟ4 +11Η2Ο

y mol

4y/5 mol

Οπότε στα τελικά προϊόντα περιέχονται η κετόνη CH3CΟCH3 και το οξύ CH3CH2CΟΟΗ

β) Από την στοιχειομετρία των παραπάνω εξισώσεων έχουμε:

x+y=0,1 (1)

όπουx τα mol του προπενίου που έδωσαν την 2-προπανόλη και y την 1-προπανόλη.

2x/5+4y/5 =0,044 (2)

Η λύση του συστήματος των (1) και (2) δίνει:

x=0,09 και y=0,01

Άρα το ποσοστό του προπενίου που αντέδρασε σύμφωνα με τον κανόνα του Μarkovnikov ήτα 90%.

Ελαστική κρούση και δυνάμεις.

i) Το σύστημα των δύο σφαιρών είναι μονωμένο οπότε με εφαρμογή της ΑΔΟ παίρνουμε:

Ραρχt1 ή

m1 ·υ1= m1·υΑ+m2·υΒ

2·10=2·υΑ + 3·6 ή υΑ= 1m/s.

α) ΚΑ= ½ m1·υΑ2 = ½ 2·1= 1J και ΚΒ= ½ m2·υΒ2 = ½ 3·62J=54J.

β) Η αρχική κινητική ενέργεια της σφαίρας Α ήταν:

Καρχ= ½ m1·υ12 = ½ 2·102J =100J

Ενώ τη στιγμή t1 ήταν Κ12= 55J.΄

Από την ΑΔΜΕ παίρνουμε :

U= 100J-55J=45J.

ii) Οι τελικές ταχύτητες των δύο σφαιρών είναι:

υ1΄= (m1-m2)·υ1/(m1+m2) = - 2m/s και

υ2΄= 2m1·υ1/(m1+m2) =8m/s.

Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου-ενέργειας (ΘΜΚΕ) για κάθε σφαίρα, από τη στιγμή t1 μέχρι το τέλος της κρούσης, παίρνουμε:

Κ1τελ1t1= WF1 ή

WF1= ½ m1·υ1΄2 – ½ m1·υΑ2 = 4J-1J=3J

Και για τη Β σφαίρα:

Κ2τελ2t1= WF2 ή

WF2= ½ m2·υ2΄2 – ½ m2·υΒ2 = 96J-54J =42J.

Παρατηρήστε ότι το άθροισμα των δύο έργων είναι ίση με την δυναμική ενέργεια παραμόρφωσης των σφαιρών τη στιγμή t1.

iii) Με βάση τα παραπάνω οι απαντήσεις είναι:

α) Σ

β) Λ

γ) Λ

δ) Σ

ε) Λ

στ) Σ

Εξουδετέρωση και ρυθμιστικά διαλύματα.

i) Αδιάστατα μόρια έχουμε στα διαλύματα Β, Δ (CH3CΟΟΗ), Ε.
pΗ>7 έχουν τα διαλύματα: Γ, Δ και Ε.
ii) α) pΗ=7, β) όξινο. γ) βασικό.
iii) α) Τα Α και Ε. Αν εξουδετερώσουμε μερικά ένα διάλυμα ΝΗ3 με ΗCl, θα πρκύψει διάλυμα που θα περιέχει ΝΗ3-ΝΗ4Cl.
β) Β με Δ.
γ) Β με Γ. Με μερική εξουδετέρωση διαλύματος CH3CΟΟΗ από ΝαΟΗ θα πάρουμε διάλυμα CH3CΟΟΗ - CH3CΟΟΝα.
δ) Μερική αντίδραση του Δ με το διάλυμα Α. Θα υπάρξει διάλυμα CH3CΟΟΗ - CH3CΟΟΝα.

Διαλύματα και pH.

i) Όξινα είναι τα Α, Γ και Δ.

βασικά είναι τα Β, Ε και Ζ.

ii) Α, Δ, Γ, Ζ, Β, Ε.

iii) Το ΗCl είναι ισχυρό οξύ και το διάλυμα Α έχει pΗ=1, οπότε με αραίωση το pΗ αυξάνεται και μπορούμε να πάρουμε pΗ=4.

iv) α) Σ, β) Λ, γ) Σ, δ) Λ, ε)

Ιοντικές - Ομοιοπολικές ενώσεις.

Να μελετήσετε τον παρακάτω συνοπτικό Π.Π. και να απαντήσετε στις ερωτήσεις που ακολουθούν:

3Li

4Be

5B

6C

7N

8O

9F

10Ne

11Na

12Mg

13Al

14Si

15P

16S

17Cl

18Ar

19K

20

35Br

27Rb

53I

55Cs

85At

α) Ποιος συνδυασμός στοιχείων θα δώσει την πιο ιοντική ένωση;

β) Ποια στοιχεία έχουν τις ηλεκτρονικές δομές:
i) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1
ii) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

γ) Ποιο από τα στοιχεία Να, Rb, CΙ έχει τη μεγαλύτερη πρώτη ενέργεια ιοντισμού;

δ) Ποιο από τα οξείδια στις παρακάτω σειρές θα είναι πιο όξινο:
i) Β2Ο3, CΟ2, RbO. ii) SiΟ2, Η2Ο, Cl2Ο.

ε) Δίνονται οι ενώσεις:
i) RbΒr, CsF, ΑlCl3
ii) ΜgΟ, CαΟ, Κ2Ο, Ρ2Ο3.
iii) Β2Ο3, Αl2Ο3, SiΟ2, Ο2, SΟ2.

Κατατάξτε τις ενώσεις κάθε ομάδας από την πλέον ιοντική προς την πλέον ομοιοπολική.

Απάντηση:

α) Το Cs με το F.

β) i) το Αl. ii) Αr.

γ) Το Cl.

δ) i) το CΟ2. ii) Cl2O.

ε) i) CsF, RbΒr, ΑlCl3

ii) Κ2Ο, CαΟ, ΜgΟ, Ρ2Ο3.

iii) Αl2Ο3, Β2Ο3, SiΟ2, SΟ2, Ο2.

Ατομική ακτίνα.

Οι ηλεκτρονιακές δομές των στοιχείων είναι:

Να: 1s2, 2s2, 2p6, 3s1.

Cl: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p5.

Κ: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 4s1.

Με βάση τις δομές αυτές συμπεραίνουμε ότι την μεγαλύτερη ακτίνα έχει το Κ (έχει περισσότερες στιβάδες), ενώ ακολουθεί το Να, αφού έχει τον ίδιο αριθμό στιβάδων με το χλώριο, αλλά μικρότερο πυρηνικό φορτίο. Ή όπως το λέμε σχηματικά κατά μήκος μιας περιόδου η ακτίνα μειώνεται.

Άρα RK> RNa > RCl.

Ενέργειες Ιοντισμού.

Παρατηρούμε ότι:
1) η ενέργεια δεύτερου ιοντισμού είναι περίπου διπλάσια της αντίστοιχης πρώτης ενέργειας, πράγμα που σημαίνει ότι τα δύο πρώτα ηλεκτρόνια έφυγαν από τροχιακά με την ίδια ενέργεια, απλά η δεύτερη είναι μεγαλύτερη επειδή είναι πιο δύσκολο να φύγει ένα ηλεκτρόνιο από ένα θετικό ιόν, παρά από ένα ουδέτερο άτομο.
2) Για να φύγει το τρίτο ηλεκτρόνιο απαιτείται πολύ μεγαλύτερη ενέργεια, πράγμα που σημαίνει ότι το ηλεκτρόνιο αυτό βρίσκεται σε πολύ πιο χαμηλή ενεργειακή στάθμη από ότι τα δύο προηγούμενα.
Αλλά τότε θα μπορούσαμε να πούμε ότι το Χ+2έχει δομή ευγενούς αερίου, αφού παρουσιάζει μεγάλη σταθερότητα, 
Με βάση τα προηγούμενα το Χ ανήκει στην 2η ομάδα του Π.Π. οπότε τα δύο πρώτα ηλεκτρόνια ανήκουν σε τροχιακό ns2, ενώ το τρίτο ηλεκτρόνιο σε τροχιακό (n-1)p6.

Περιοδικός πίνακας και ιδιότητες στοιχείων.

Βρίσκουμε την ηλεκτρονικά δομή των στοιχείων:

Α: 1s2, 2s2, 2p6, 3s1.

Β: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p3.

Γ: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p5.

Δ: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 4s2, 3d10, 4p6.

Ε: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 4s2, 3d10, 4p6, 5s2, 4d10, 5p2.

Με βάση τις δομές αυτές έχουμε:

i) μονοσθενές μέταλλο είναι το Α.

ii) μικρότερη ατομική ακτίνα το Γ.

iii) έ­χει ο­ξεί­διο που εί­ναι ιο­ντι­κή έ­νω­ση το Α.

iv) έ­χει έ­νω­ση με υ­δρο­γό­νο που εί­ναι ι­σχυ­ρό ο­ξύ το Γ.

v) σχη­μα­τί­ζει έ­νω­ση του γε­νι­κού τύ­που ΧCΙ4 το Ε.

vi) εί­ναι το πε­ρισ­σό­τε­ρο η­λε­κτραρ­νη­τι­κό το Γ.

vii) υ­φί­στα­ται ως δια­το­μι­κό α­έ­ριο το Γ.

Περιοδικός Πίνακας

α) Αφού με προσθήκη ενός πρωτονίου το στοιχείο Ζ2 βρίσκεται σε διαφορετική περίοδο από το Ζ1, το Ζ2 είναι το τελευταίο στοιχείο της περιόδου, ανήκει λοιπόν στην 18 (VΙΙΙΑ) ομάδα, ενώ το Ζ1 στην 1η ομάδα του Π.Π..

β) Η πρώτη περίοδος έχει 2 στοιχεία, η δεύτερη 8, η τρίτη 8, η τέταρτη 18, η πέμπτη 18, η εκτη 34. Το στοιχείο Σ1 δεν μπορεί να έχει ούτε 2, ούτε 8 ατομικό αριθμό, γιατί τότε το Σ2 θα είχε 3 ή 9, οπότε το Σ3 θα είχε ατομικό αριθμό, 20 ή 26, στοιχεία που δεν ανήκουν στην 18η ομάδα του Π.Π.

Άρα το στοιχείο Σ1 έχει Ζ1=18, το Σ2 έχει Ζ2 =19 και το Σ3 έχει Ζ3=36.

Στιβάδα-υποστιβάδα-τροχιακό.

Δομή ατόμων.

α) Σ

β) Σ

γ) Σ

δ) Λ

Διακρότημα και φαινόμενο Doppler.

α) Η συχνότητα του ήχου που προσπίπτει στον τοίχο είναι:

fτ= υ·fs/(υ-υ­s) =340·3000/300 Ηz= 3400Ηz.

Επειδή κατά την ανάκλαση δεν αλλάζει η συχνότητα του ήχου άρα 3400Ηz θα είναι και η συχνότητα του ήχου που ανακλάται.

β) Η συχνότητα του ήχου που φτάνει απευθείας στον δρομέα δίνεται από την σχέση:

f1= (υ-υΑ)·fs/(υ-υs) = (340-10)·3000/(340-40) Ηz=3300Ηz.

Ενώ η συχνότητα του ήχου που φτάνει στον δρομέα μετά από ανάκλαση είναι:

f2= (υ+υΑ)·fτ/υ = (340+10)·3400/340=3500Ηz.

Άρα ο δρομέας ακούει δύο ήχους με διαφορετικές συχνότητες, η σύνθεση των οποίων παρουσιάζει διακροτήματα συχνότητας:

fδ = f2-f1 = 200Ηz.

Φαινόμενο Doppler και συχνότητες διαφόρων παρατηρητών.

α) Ο ήχος φτάνει στον τοίχο ( το τούνελ) με συχνότητα f1΄= υ·fs/(υ-υs) μιας και προσπίπτει σε ακίνητο τοίχο, ενώ προέρχεται από κινούμενη πηγή. Με την ανάκλαση δεν αλλάζει η συχνότητα, οπότε στον παρατηρητή Π1 φτάνουν δύο ήχοι, ο ένας απευθείας με συχνότητα:

f1= υ·fs/(υ-υs) και ο άλλος από ανάκλαση με συχνότητα f1΄= υ·fs/(υ-υs).

Άρα f1 = f1΄

β) Στον παρατηρητή Π2 φτάνουν δύο ήχοι.

Ο ένας απευθείας από το τρένο με συχνότητα f2= υ·fs/(υ+υs) μιας και η πηγή απομακρύνεται από τον ακίνητο παρατηρητή και μια από ανάκλαση συχνότητας f2΄= f1΄= υ·fs/(υ-υs).

Όμως fs> f2 και f2΄>fs άρα f2΄> fs > f2.

γ) Ο ήχος από ανάκλαση στο τούνελ έχει συχνότητα f1΄= υ·fs/(υ-υs) και φτάνει σε κινούμενο παρατηρητή, τον μηχανοδηγό, ο οποίος τον ακούει με συχνότητα:

fα = (υ+υΑ)·f1΄/υ αφού ο ήχος ξεκινά από ακίνητη πηγή ( ο τοίχος αντιστοιχεί στην πηγή) και φτάνει σε κινούμενο παρατηρητή. Όμως υΑ= υs, οπότε:

fα= (υ+υs) · υ·fs/(υ-υs)·υ =(υ+υs)/(υ-υs)·fs.

Θα ανέβει ο Καλόγερος;



Μπορείτε να δείτε τις απαντήσεις σε όλα τα θέματα του Διαγωνισμού Φυσικής, από ΕΔΩ.
.

Φθίνουσα Ταλάντωση.


Το διπλανό διάγραμμα δίνει την απομάκρυνση σε συνάρτηση με το χρόνο σε μια φθίνουσα ταλάντωση.

Ποιο από τα επόμενα διαγράμματα δίνει της δύναμη απόσβεσης σε συνάρτηση με το χρόνο;

Απάντηση:
Το τελευταίο διάγραμμα αφού το σώμα ξεκινά από την ακραία θετική απομάκρυνση και κινείται προς την αρνητική κατεύθυνση, άρα η δύναμη απόσβεσης F= -bυ έχει κατεύθυνση προς την θετική κατεύθυνση.

Διαγράμματα στην α.α.τ.


α. Κινητική, β. Δυναμική, δ. Ενέργεια ταλάντωσης.
β. Απομάκρυνση, γ. Ταχύτητα, δ. Επιτάχυνση.

Απλή Αρμονική Ταλάντωση και διαγράμματα.

i) γ

ii) β)

iii) β)

iv) Το σωστό διάγραμμα είναι το τελευταίο.

Πλάγια κρούση.

Κρούση στην πραγματικότητα έχουμε εξαιτίας της ταχύτητα υx. Άρα επειδή οι σφαίρες έχουν ίσες μάζες θα ανταλλάξουν ταχύτητες, δηλαδή υΒxx, ενώ υx1΄=0. Έτσι μετά την κρούση η Α σφαίρα θα κινηθεί στον άξονα y με ταχύτητα υy, ενώ η Β στον άξονα x με ταχύτητα υΒxx.

Το ποσοστό απώλειας της κινητικής ενέργειας της Α σφαίρας θα είναι:

Π=(Καρχτελ)·100/Καρχ =( ½ mυ2 – ½ mυy2)·100/ ( ½ mυ2) ή

Π =(1-υy22)·100 =(1-υ2ημ2θ/υ2)·100=συν2θ·100.

Έτσι οι προτάσεις είναι:

Λ

Σ

Σ

Σ

Σ

Τάση του νήματος.

α) Από την ΑΔΟ για την πλαστική κρούση παίρνουμε:

m1·υ1 = (m1+m2)·υκ οπότε:

υκ= 0,05·100/1 m/s =5m/s.

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο συσσυμάτωμα αμέσως μετά την κρούση, είναι η τάση του νήματος και το βάρος. Η συνισταμένη είναι ίση με την κεντρομόλο δύναμη.

ΣF=m·υ2/R ή

Τ-w = m·υκ2/l ή

Τ= mολ·g + mολ·υ2/l =10N+ 1· 25/2,5N =20N.

Μόλις το σώμα κινείται προς τα πάνω, η τάση του νήματος θα μειώνεται, συνεπώς η μέγιστη τιμή της τάσης είναι αμέσως μετά την κρούση, δηλαδή Τmαx=20Ν, οπότε το όριο θραύσεως πρέπει να είναι Τθρ>20Ν.

β) Το συσσωμάτωμα θα φτάσει σε μέγιστο ύψος h, το οποίο υπολογίζουμε εφαρμόζοντας την ΑΔΜΕ, θεωρώντας την χαμηλότερη θέση σαν επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας.

Κ1+U1 = Κ2 + U2 ή

½ mολ· υκ2 + 0 = 0 + mολ·g·h

h=υκ2/2g =25/20m=1,25m.

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα στη θέση μηδενισμού της ταχύτητας, είναι το βάρος και η τάση του νήματος. Αναλύουμε το βάρος σε άξονες παράλληλο προς την ακτίνα wy και wx

και έχουμε:

ΣFy = m·υ2/R= 0 ή

Τ=mολ·g·συνθ = mολ ·g· (l-h)/l=10·(2,5-1,25)/2,5= 5Ν

γ) Το ποοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας που μετατρέπεται σε θερμότητα είναι:

π=ΔΚ/Καρχ ·100% =( ½ m1υ12- ½ mολυκ2)·100/( ½ m1υ12) = 95%

Κοινή ταχύτητα και πλαστική κρούση.

Μόλις το σώμα Σ περάσει στο μέρος Β θα ασκηθούν πάνω του οι δυνάμεις που φαίνονται στο σχήμα, όπου:
Τ=μΝ=μmg=0,4·1·10Ν=4Ν

Οπότε για το σώμα Σ:

ΣFx=m·α1 ή

α1=Τ/m=4m/s2.

Δηλαδή το σώμα επιβραδύνεται με επιβράδυνση 4m/s2, ενώ η σανίδα αποκτά επιτάχυνση, λόγω της τριβής Τ΄ (δράση-αντίδραση):

Τ΄= Μα2 ή

α2=Τ΄/Μ=4/3m/s2.

α) Το σύστημα των δύο σωμάτων είναι μονωμένο και ισχύει η ΑΔΟ, μεταξύ της αρχικής κατάστασης και της τελικής όπου το σώμα Σ παύει να ολισθαίνει πάνω στο Β μέρος της σανίδας, άρα αποκτά την ίδια ταχύτητα με την σανίδα:

m·υ0 = (m+Μ)υκ ή

υκ= m·υ0/(m+Μ) = 1·4/4m/s=1m/s.

Μέχρι τη στιγμή αυτή το σώμα Σ επιβραδύνεται:

υ=υ01·t ή

t=(υ0κ)/t=(4-1)/4s= ¾ s

και η μετατόπισή του είναι:

x1= υ0·t- ½ α1·t2 = 4·3/4 – ½ 4·9/16 =3m-9/8m=15/8m.

Στον ίδιο χρόνο η σανίδα μετατοπίζεται κατά:

x2= ½ α2·t2 = ½ ·4/3·9/16m= 3/8m.

Άρα το σώμα Σ μετακινείται κατά Δx=x1-x2 =15/8-3/8=12/8=1,5m πάνω στο τμήμα Β, μέχρι να κινηθεί μαζί με την σανίδα.

WΤ= - Τ·x1 = - 4·15/8J= - 7,5J

Ενώ για την σανίδα WΤ΄= + Τ΄·x2= 4·3/8 = + 1,5 J

Πραγματικά:

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Κ.Ε. για το σώμα Σ έχουμε:

Κτελαρχ = ½ mυκ2- ½ mυ02 = ½ ·1·(1-16)J= -7,5J

όσο είναι και το έργο της τριβής που ασκείται πάνω του. Πράγμα που σημαίνει ότι μέσω της τριβής αφαιρείται ενέργεια 7,5J από το σώμα Σ.

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Κ.Ε. για την σανίδα έχουμε:

Κτελαρχ = ½ Μυκ2- 0 = ½ 3·1J= 1,5J,

όσο είναι και το έργο της τριβής Τ΄. Άρα μέσω της τριβής αφαιρούνται 7,5J από το σώμα Σ, και μεταφέρονται στην σανίδα μόνο τα 1,5J.

Και τι έγινε το υπόλοιπο της ενέργειας που αφαιρέθηκε από το σώμα Σ;

Αυτή μετατρέπεται σε θερμότητα. Δηλαδή Q= 6J.

Πραγματικά πάνω στο Β μέρος της σανίδας το σώμα ολισθαίνει κατά Δx οπότε η θερμότητα είναι:

Q= |WΤ| = Τ·Δx = 4·1,5J= 6J.


Μπορείτε να δείτε και το αρχείο Δυό μύθοι για την ΤΡΙΒΗ......


δ) Από την ΑΔΟ για την πλαστική κρούση έχουμε:

m·υ=(m+Μ)·υκ ή υκ= 1m/s

ΔΚ= Καρχτελ = ½ mυ2 – ½ (m+Μ)·υκ2 = ½ 1·16 – ½ 4·1= 6J.

Συγκρίνετε τα αποτελέσματα για την κίνηση του σώματος πάνω στη σανίδα αφενός και την πλαστική κρούση αφετέρου.!!

Εξισώσεις απλής αρμονικής ταλάντωσης.

Αφού για t=0 το σώμα δεν περνά από τη θέση ισορροπίας, υπάρχει αρχική φάση φ0 και η εξίσωση της απομάκρυνσης θα είναι:

x=Αημ(ωt+φ0) (1)

α) Για t=0 έχουμε 0,05= 0,1ημ(ω0+φ0) → 0,05 = 0,1 ημφ0 → ημφ0= ½

φ0 = 2κπ+ π/6 , για κ=0 φ0 = π/6

ή

φ0 = 2κπ+π- π/6 , για κ=0 φ0 = 5 π/6 .

Για να επιλέξουμε μία από τις παραπάνω τιμές αρχικής φάσης, παίρνουμε την εξίσωση της ταχύτητας υ=Αωσυν(ωt+φ0) που για t=0 δίνει

υ=Αωσυν π/6 >0 δεκτή λύση ή

υ =Αω συν 5 π/6 αρνητική, απορρίπτεται.

Άρα φ0 = π/6 . Οπότε παίρνοντας ξανά την εξίσωση (1) για t=1s έχουμε

1=2ημ(ω+ π/6 ) → ημ(ω+ π/6)= ½ →

ω+ π/6 = 2κπ+ π/6 και για κ=1 ω= 2π (2) ή

ω+ π/6 = 2κπ+π- π/6 για κ=0 → ω= 2π/3. (3)

Ποια από τις (2) και (3) είναι η σωστή λύση;

Βρίσκοντας την περίοδο, από την (2) έχουμε Τ= 2π/ω = 1s
ενώ από την (3) Τ=3s. Με βάση τα δεδομένα η περίοδος προφανώς είναι μεγαλύτερη από 1s, άρα ω= 2π/3.

Άρα οι ζητούμενες εξισώσεις είναι:

x= 0,1ημ(2π/3 t + π/6) (m) και

υ= 0,1x2π/3 συν(2π/3t+ π/6 ) = π/15 συν(2π/3 t+ π/6) (m/s).

ii) Η φάση της απομάκρυνσης της ταλάντωσης μας είναι:

φ= 2π/3t + π/6

και η γραφική της παράσταση δίνεται στο διπλανό διάγραμμα.


Τι λέτε, έχει φασαρία; Υπάρχει και άλλη λύση…

β) Να χρησιμοποιήσουμε τον κύκλο αναφοράς. Σύμφωνα και με το παράδειγμα 1, το σώμα που εκτελεί κυκλική κίνηση για t=0 βρίσκεται στις θέσεις Β ή Γ, όπου η γωνία θ=30°.
Αν βρισκόταν στη θέση Γ θα πλησίαζε προς τον οριζόντιο άξονα, άρα το υλικ
ό σημείο που εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση θα εκινείτο προς τη θέση ισορροπίας, πράγμα που δεν ισχύει.
Τι συμβαίνει με τη θέση Β;

Αφού λοιπόν αρχικά βρίσκεται στη θέση Β η αρχική του φάση είναι φ0=θ= π/6 και το σώμα θα ξαναβρίσκεται στο σημείο Μ, όταν το περιστρεφόμενο διάνυσμα φτάσει στη θέση Γ. Θα διαγράψει δηλαδή γωνία ΒΟΓ= 5π/6 – π/6 = 2π/3 και η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του διανύσματος είναι ω= θ/t = 2π/3 ………..

Εξίσωση γραμμικής αρμονικής Ταλάντωσης

Η απάντηση μπορεί να δοθεί με δύο τρόπους:

α) Από την εξίσωση της απομάκρυνσης προκύπτει ότι το πλάτος Α=2m. Παίρνουμε τον κύκλο αναφοράς.
Αφού η απομάκρυνση x=1m είναι το μισό του πλάτους, το υλικό σημείο βρίσκεται στη θέση Δ, συνεπώς το περιστρεφόμενο διάνυσμα που δείχνει τη θέση του υποτιθέμενου σώματος που διαγράφει τον κύκλο, βρίσκεται ή στη θέση Β ή στη θέση Γ. Από το τρίγωνο ΟΔΒ έχουμε ημθ= (ΟΔ)/(ΟΒ) = ½ άρα θ=30°. Κατά συνέπεια η γωνία που έχει διαγράψει το περιστρεφόμενο διάνυσμα είναι:
1) θ=30° = π/6 για το σημείο Β ή
2) θ΄=180°-30° = 150°= 5π/6 για το σημείο Γ.
Πρώτη φορά φτάνει σε απομάκρυνση x=1m για θ=30° = π/6, οπότε θ=ωt →
t=π/6ω = π/60s.

β) Καθαρά με χρήση Τριγωνομετρίας.

Παίρνοντας την εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε x=2ημωt → 1=2ημωt →

ημ10t= ½ Άρα

10t= 2κπ+ π/6 και για κ=0→ 10t=π/6 ! t1 =π/60s

ή

10t= 2κπ +π-π/6 και για κ=0→ 10t=5π/6 t=5π/60 → t2 =π/12 s

και επειδή θέλουμε τον ελάχιστο χρόνο, δεκτή είναι η λύση t1=π/60s.