Ο κύκλος Carnοt

Δίνεται ο κύκλος Carnοt του σχήματος, όπου VΑ=10L, VΒ=20L, ΤΑ= Τh =500Κ, ΤΓ= Τc=300Κ, ΡΑ=105 Ν/m2 και Cv=3R/2.image0061.jpg

1. Η μεταβολή ΑΒ ονομάζεται Ισόθερμη Εκτόνωση Κατά τη διάρκειά της το αέριο απορροφά θερμότητα και παράγει έργο. Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου είναι ίση με μηδέν.
2. Η μεταβολή ΒΓ ονομάζεται Αδιαβατική εκτόνωση. Κατά τη διάρκειά της το αέριο παράγει έργο, ενώ δεν ανταλλάσει θερμότητα.

3. Το αέριο προσλαμβάνει θερμότητα στη μεταβολή ΑΒ, ενώ αποβάλλει θερμότητα κατά την διάρκεια της ΓΔ

4. Να βρείτε μια σχέση που να συνδέει τον όγκο στην κατάσταση Γ, με τον όγκο στην κατάσταση Β σε συνάρτηση με τις θερμοκρασίες Τh και Τc.

Από τον νόμο του Poisson έχουμε:

pΒVΒγ = pΓ·VΓγ ή pΒVΒ·VΒ γ-1 = pΓ·VΓ·VΓ γ-1 ή nRΤΒ VΒ γ-1= nRΤΓ· VΓ γ-1

ΤΒ VΒ γ-1= ΤΓ· VΓ γ-1 (1)

5. Χρησιμοποιώντας τις δύο αδιαβατικές μεταβολές, να αποδείξτε ότι VΓ=2VΔ.

Από την σχέση (1) για τις δύο αδιαβατικές παίρνουμε:

ΤΒ VΒ γ-1= ΤΓ· VΓ γ-1 και

ΤΑ VΑ γ-1= ΤΔ· VΔ γ-1

Με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε:

VΒ/VΑ= VΓ/VΔ ή VΓ=2VΔ.

6. Αν κατά τη διάρκεια της ΒΓ το αέριο παράγει έργο W2, πόσο έργο καταναλώνει κατά την μεταβολή ΔΑ;

WΒΓ = W2 = - ΔU = - nCvc-Th) και

WΔΑ= - ΔU = - nCvh-Tc) = - W2 (3)

7. Να αποδειχθεί ότι το συνολικό έργο που παράγει το αέριο κατά τη διάρκεια του κύκλου είναι ίσο με Wολ=WΑΒ+WΓΔ.

Με βάση την σχέση (3):

Wολ =WΑΒ+WΓΔ+ WΒΓ+WΔΑ=WΑΒ+WΓΔ.

8. Να αποδειχθεί ότι το ολικό έργο που παράγει το αέριο κατά τη διάρκεια του κύκλου είναι ίσο με Wολ=Qh-|Qc|, όπου Qh η θερμότητα κατά την ισόθερμη εκτόνωση και Qc κατά την ισόθερμη συμπίεση.

Στην ισόθερμη ΑΒ: Qh=WΑΒ , ενώ στην ΓΔ: Qc=WΓΔ και απειδή είναι αρνητικό:

Wολ=WΑΒ+WΓΔ= Qh-|Qc|

9. Να υπολογίστε τα ποσά θερμότητας και τα αντίστοιχα έργα κατά τις δύο ισόθερμες.

WΑΒ= Qh= nRΤh ln(VB/VA) = pAVA ln2 = 1000ln2 J

WΓΔ= Qc = nRTcln(VΔ/VΓ) = (pAVA/ThTcln(VΔ/VΓ) = 1000·300/500ln(1/2) = - 600ln2 J

10. Να αποδείξτε ότι Qh/|Qc| = Th/Tc .

Qh/|Qc| = (nRΤh ln(VB/VA))/| nRTcln(VΔ/VΓ)| =Thln2/ |Tcln(1/2)| = Th/Tc.

11. Να δείξετε ότι για την απόδοση του κύκλου ισχύει: e = 1- Tc/Th =0,4

Η απόδοση είναι e= 1- |Qc|/Qh = 1-Tc/Th= 1- 300/500 =0,4.

Επιτάχυνση ράβδου και Ταλάντωση.

1) Το σώμα Σ ισορροπεί:

ΣF=0 ή m1g= Fελ= ΚΔl(1)

Οι δυνάμεις που ασκούνται στη ράβδο φαίνονται στο σχήμα. Η ράβδος ισορροπεί και παίρνοντας τις ροπές ως προς το άκρο Β έχουμε Στ=0 ή

-W·l/2 + T·3l/4 - Fελ·l = 0 ή

- 30·2 + Τ·3 - 80·4=0 ή

Τ= 380/3 Ν.

2) Η περίοδος ταλάντωσης του σώματος Σ είναι Τ=2π(m1/Κ) ½ = 4π/10 s = 0,4π s, συνεπώς το νήμα κόβεται μετά από χρόνο ίσο με Τ/2 και το σώμα βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση της ταλάντωσής του. Από την σχέση (1) βρίσκουμε την αρχική επιμήκυνση του ελατηρίου Δl=m1g/K=0,4m.

Όταν το σώμα βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση του, το ελατήριο έχει επιμήκυνση κατά y2l-Α=0,4-0,3=0,1m. Το ελατήριο λοιπόν ασκεί δύναμη στην ράβδο, με φορά προς τα κάτω και μέτρο:

Fελ΄= Κy2 = 200·0,1N= 20N


Παίρνουμε τον θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για την στροφική κίνηση της ράβδου και έχουμε:

Στ=Ι·αγων ή

Fελ΄·l + W·l/2 = 1/3 Ml2·αγων ή

20·4 +30·2 = 1/3 3 ·16·αγων ή

αγων = 140/16=35/4 rad/s2

Οπότε αΑγων·l = 35m/s2 και με φορά προς τα κάτω, ενώ το σώμα Σ έχει επιτάχυνση:

αΣ= ω2·Α= 100·0,3m/s2 = 30m/s2 με φορά προς τα κάτω.

Θερμότητα και Μηχανική ενέργεια.

Στη θέση που συγκρατείται η ράβδος έχουμε:

ημθ=h1/(ΟΑ) = h2/(ΑΚ) άρα h2=h1·(KΑ)/(OΚ) ή

h2 = 2·3/4m = 1,5m.

Στη θέση αυτή η δυναμική ενέργεια της ράβδου είναι U=mgh2= 30·10·1,5J= 450 J.

Η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου όταν φτάσει στο έδαφος είναι:

ω= υο/(ΑΟ) = 6/4 = 1,5 rad/s.

Έτσι η ράβδος έχει κινητική ενέργεια:

Κ1= ½ Ιω2 = ½ 1/3 Μl2·ω2 = 1/6 ·30·36·2,25 J= 405 J

Ενώ η τροχαλία Κ2 = ½ Ιω2 = ½ ½ mR2ω12 = ¼ m·υγρ2

Όπου υγρ η γραμμική ταχύτητα ενός σημείου στην περιφέρεια της τροχαλίας, η οποία είναι ίση με την ταχύτητα του σημείου Ο. Άρα:

Κ2 = ¼ mυ2 = ¼ ·4·36 J= 36 J.

Έτσι η απώλεια της μηχανικής ενέργειας, η οποία μετατράπηκε σε θερμότητα, μεταξύ αρχικής και τελικής θέσης είναι:

Q = ΔΕ = 450J- 405J- 36J= 9 J.

Ισορροπία δοκού. Διατήρηση Μηχανικής ενέργειας.

1. Οι δυνάμεις που ασκούνται στη δοκό φαίνονται στο σχήμα.

Επειδή η δοκός ισορροπεί ΣF=0 και Στ=0. Παίρνοντας τις ροπές ως προς το άκρο Β παίρνουμε:

Τ·(ΒΟ) - W·(ΒΚ) συνθ = 0 ή

Τ= mg(BK) συνθ/(BO)= 100·10· 3·0,6/5Ν= 360 Ν.

2. Εφαρμόζουμε την ΑΔΜΕ για την δοκό από την αρχική θέση μέχρι να φτάσει στο έδαφος και έχουμε:

Κ1+U12+U2 ή

mgh = ½ Ιω2 (1) όπου

h= ΒΚ·ημθ = 3·0,8m= 2,4m και Ι= 1/3 ml2 οπότε η (1) γίνεται:

mgh= 1/6 ml2 ω2 ή ω2 = 6gh/l2 = 6·10·2,4/62 (rad/s)2ω= 4rad/s.

Η γραμμική ταχύτητα του σημείου Ο είναι:

υ= ω·R= 2·5m/s = 10m/s.

Αδιαβατική μεταβολή.

1. Λ

2. Σ

3. Σ

4. Σ

5. Λ

Μεταφορική και στροφική Κινητική ενέργεια.

1. Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής του κυλίνδρου είναι:

dL/dt= Στ= F·R

Παρατηρούμε ότι παραμένει σταθερός, οπότε:

dL/dt = ΔL/Δt = (L-0)/(t-0) = L/t.

Έτσι L= F·R·t = 1·0,1·0,3kgm2/s= 0,03 kgm2/s.

2. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για την μεταφορική κίνηση και παίρνουμε:

Κτελ- Καρχ = Ww+ WF ή

Κμετ= mg·x1-F·x2 = 2·0,1J-1·0,1J= 0,1J

Αφού το σημείο Α ανέβη κατά 0,1m και ο κύλινδρος κατέβει κατά 0,1m, σημαίνει ότι ξετυλίχθηκε νήμα μήκους l=0,2m.

Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για την περιστροφική κίνηση και παίρνουμε:

Κτελαρχ= Wτ ή

Κστρ= F·R·θ =F·l = 1·0,2J=0,2J.

Στροφορμή και ρυθμός μεταβολής της.


  1. dL/dt=Στ = W1l1/2 = 6·10·2 kg·m2/s2 = 120 kg·m2/s2.
  2. Εφαρμόζουμε την ΑΔΜΕ ανάμεσα στην αρχική θέση (1) και στη θέση (2) που η μεγάλη ράβδος είναι κατακόρυφη, θεωρώντας επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας αυτό που περνά από το μέσον Μ της ΟΑ.

Κ1+U12+U2

m1g(ΟΜ) + m2g(ΟΜ)/2 = ½ Ιω2 + m2g(ΟΜ) (1)

Βρίσκουμε την ροπή αδράνειας του συστήματος ως προς τον άξονα περιστροφής:

Ι=Ι12 = 1/3 m1·l12 + 1/3 m2·l22 = (1/3·6·16+ 1/3 ·3·4) kgm2= (32+4) kgm2= 36 kg m2.

ω2=2·(6·10·2-3·10·1)/36 (rad/s)2 = 5(rad/s)2 ή ω= 5 ½ rad/s.

Οπότε η στροφορμή είναι L=Ι·ω =36·5 ½ kg·m2/s.

Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής ισούται με την ροπή του W2 της μικρής ράβδου:

dL/dt= Στ = - m2g(ΟΒ)/2= - 3·10·1 kg·m2/s2 = - 30 kg·m2/s2.

3. Η στροφορμή είναι μέγιστη στη θέση όπου Στ=0. Έστω ότι στη θέση αυτή η ράβδος ΟΑ σχηματίζει με την κατακόρυφη γωνία θ.

Στ=0 → w2·d1 – w1·d2 =0 ή

m2·g· (ΟΒ/2)·ημ(90-θ) = m1·g·(ΟΑ/2)·ημθ ή

3·1·συνθ = 6·2·ημθ ή

εφθ = ¼ .

Ταλάντωση και στερεό.

1. Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στη ράβδο και στο σώμα Σ.

Αφού η ράβδος ισορροπεί ΣτΟ= 0 ή Τ(ΑΟ) –W(ΟΚ) = 0 ή

Τ= 6·10·2/3 N= 40N

Αφού το σώμα Σ ισορροπεί ΣF= 0 ή

Fελ = w1+ Τ= 20Ν+40Ν=60Ν.

Όμως Fελ=ΚΔl ή Δl=60/200m =0,3m

2. Μόλις κόψουμε το νήμα, για το σώμα Σ:

ΣF=m1α1 ή α1= (Fελ-m1g)/m1 = (60- 20)/2 m/s2= 20m/s2.

Για την ράβδο:

Στ=Ι·αγων ή

l/2= 1/3 Ml2·αγων ή

αγων= 3g/2l = 3·10/2·4 rad/s2 = 15/4 rad/s2

Οπότε αΑ= αεπ= αγων·R= (15/4) · 3m/s2 =45/4 m/s2= 11,25 m/s2.

3. Για τη θέση ισορροπίας του σώματος Σ, το ελατήριο έχει επιμήκυνση y1 και ισχύει:

ΣF=0 ή Fελ-W1= 0 ή Κ·y1=m1·g ή

y1= 2·10/200m =0,1m.

Ενώ D=Κ=m1·ω2 ή ω2 = 200/2 ή ω= 10rad/s.

Άρα το πλάτος της ταλάντωσης του σώματος είναι Α= Δl-y1= 0,3m-0,1m = 0,2m.

Έτσι υmax=ω·Α =10·0,2= 2m/s.

Η ράβδος επιταχύνεται μέχρι να φτάσει στην κατακόρυφη θέση. Εφαρμόζουμε για την ράβδο την ΑΔΜΕ, μεταξύ της οριζόντιας και κατακόρυφης θέσης, θεωρώντας ΕΜΔΕ το οριζόντιο επίπεδο που περνά από το μέσον της Κ και παίρνουμε:

Κ1+U1= Κ2+ U2 ή

Μgl/2 = 1/3 Ml2·ω2 ή

ω2 = 3g/2l = 3·10/2·4 = 15/4 rad2/s2

Οπότε υΑ= ω· 3l/2 =(15/4)1/2·3 m/s = 5,8 m/s.

Εκτόνωση αερίου.

Το δοχείο Α του σχήματος περιέχει μια ποσότητα αερίου σε πίεση 2·105 Ν/m2 και θερμοκρασία 300Κ και συνδέεται μέσω στρόφιγγας με άλλο κενό δοχείο Β, ίσου όγκου. Τα τοιχώματα των δύο δοχείων είναι θερμομονωτικά. Το αέριο στο Α δοχείο βρίσκεται σε ισορροπία. Αυτό σημαίνει ότι: Η πίεση, η θερμοκρασία και η πυκνότητα έχουν σταθερή τιμή σε όλη την έκταση του δοχείου.

Ανοίγουμε τη στρόφιγγα. Τότε:

α) Όλο το αέριο θα περάσει στο Β δοχείο. Λ

β) Θα περάσει μια ποσότητα αερίου στο Β δοχείο, μέχρι η πίεση να γίνει ίση με 2o105Ν/m2. Λ

γ) Θα περάσει μια ποσότητα αερίου στο Β δοχείο και η πίεση θα είναι η ίδια και στα δύο δοχεία. Σ

i. Κατά την παραπάνω μεταβολή:

Η πίεση μειώνεται

Η πυκνότητα του αερίου μειώνεται

Ο αριθμός μορίων ανά μονάδα όγκου μειώνεται

Η θερμοκρασία του αερίου παραμένει σταθερή

Η εσωτερική ενέργεια του αερίου παραμένει σταθερή

ii. Να υπολογίσετε τις μεταβολές:

α) Της μέσης κινητικής ενέργειας των μορίων του αερίου. 0

Β) της τετραγωνικής ρίζας της μέσης τιμής των τετραγώνων των ταχυτήτων. 0

iii. Να χαρακτηρίσετε σαν σωστές ή λαθεμένες τις παρακάτω προτάσεις:

α) Κατά την βίαιη μεταφορά αερίου από το Α στο Β δοχείο, η κινητική ενέργεια των μορίων αυξήθηκε. Λ

Β) Η παραπάνω μεταβολή είναι αντιστρεπτή γιατί αφού τα μόρια κινούνται άτακτα και τυχαία, μπορεί κάποια στιγμή όλα τα μόρια να βρεθούν στο Α δοχείο και έτσι να επιστρέψουμε στην αρχική κατάσταση. Λ

iv. Να παραστήστε τη μεταβολή σε άξονες P-V.

v. Έστω τώρα ότι το δοχείο Α, που περιέχει την ίδια ποσότητα αερίου, κλείνεται με έμβολο. Μετακινούμε αργά το έμβολο προς τα δεξιά με τέτοιο τρόπο, ώστε η θερμοκρασία του αερίου να παραμένει πάντα σταθερή, μέχρι να διπλασιαστεί ο όγκος του αερίου.

α) Να χαρακτηρίσετε σαν σωστές ή λαθεμένες τις παρακάτω προτάσεις:

Α. Η πίεση παραμένει σταθερή. Λ

Β. Η μέση κινητική ενέργεια των μορίων παραμένει σταθερή. Σ

Γ. Το αέριο παίρνει ενέργεια μέσω έργου. Λ

Δ. Το αέριο αποβάλει θερμότητα στο περιβάλλον. Λ

Ε. Η εσωτερική ενέργεια του αερίου αυξήθηκε. Λ

ΣΤ. Η μεταβολή αυτή είναι αντιστρεπτή. Σ

β) Να παραστήσετε την μεταβολή σε άξονες P-V

Ισόχωρη θέρμανση.

  1. Q=nCvΔΤ → ΔΤ =Q/nCv = 1200/(2/R·3R/2) =400Κ

Τ21= ΔΤ → Τ2=800Κ.

Για την μεταβολή ισχύει ο νόμος του Charles p11= p22 ή

p2=p1·Τ21=0,8·105·800/400 Ν/m2 =1,6·105 Ν/m2.

Οι μεταβολές φαίνονται στο παρακάτω σχήμα.

Συμβολή κυμάτων.

1. Από την εξίσωση της απομάκρυνσης έχουμε ω=2π ή Τ=1s, οπότε λ=υ·Τ=2m.

Αφού το σημείο Σ παραμένει ακίνητο θα ισχύει:

r1-r2 = (2N+1)·λ/2

επειδή το σημείο Σ είναι το πρώτο μετά την μεσοκάθετο Ν=0 και

r1-r2 = λ/2 ή

r1= r2 + λ/2 = 8m+1m=9m.

2. Τα κύματα θα φτάσουν στο σημείο Σ τις χρονικές στιγμές:

t1= r1/υ = 9/2s= 4,5s και

t2= r2/υ = 8/2s= 4s

Συνεπώς την στιγμή t0 έχει φτάσει το κύμα από την πηγή Ο2, όχι όμως από την πηγή Ο1.

Η εξίσωση του κύματος από την πηγή Ο2 είναι:

y= 0,1·ημ2π(t- r2/λ) =0,1·ημ2π(t- r2/2)

Το σημείο Σ λοιπόν θα ταλαντωθεί σύμφωνα με την εξίσωση:

yΣ= 0,1·ημ2π(t- 8/2)

και αντίστοιχα η ταχύτητα ταλάντωσής του θα είναι:

υ= 0,1·2π·συν2π(t-4) ή

υ= 0,2π·συν2π(25/6-4) =0,2π·συν(2π·1/6) = 0,2π·συνπ/3 = 0,1π m/s.

Κύλινδρος σε λείο οριζόντιο επίπεδο.1


1) Από τον θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για την μεταφορική κίνηση, παίρνουμε:

ΣF= mαcm ή

αcm= F/m = 20/20 m/s2 = 1m/s2.

2) Από τον θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για την στροφική κίνηση, παίρνουμε:

Στ= Ι·αγων ή

F·R= ½ mR2·αγων ή

αγων= 2F/mR= 2·20/20·0,4 rad/s2 =5 rad/s2.

3) Η μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη, οπότε:

υ= αcm·t = 10m/s και x= ½ αcm·t2 = ½ 5·102 m =250m.

Για την περιστροφική κίνηση:

ω= αγων·t =5·10 rad/s =50 rad/s

και η γωνία περιστροφής θ= ½ αγων·t2 = ½ ·5·100rad = 250rad.

Το σημείο Α έχει μια ταχύτητα λόγω μεταφορικής κίνησης, την υcm και την γραμμική ταχύτητα εξαιτίας της στροφικής κίνησης, όπως στο σχήμα.

υΑ= υcm-υγρ = υcm- ω·R = 10m/s- 50·0,4 m/s= - 10 m/s.

Επιτάχυνση ράβδου και δύναμη από τον άξονα.


  1. Στ=Ι·αγων → F·l = (1/12 Ml2+Ml2/4) · αγων ή

F·l = 1/3 Ml2·αγων ή

αγων= 3F/Μ·l = 3·20/3·2 rad/s2=10rad/s2.

2) Το κέντρο μάζας Ο της ράβδου έχει επιτρόχια επιτάχυνση:

αcm= αγων·R= αγων·l/2 = 10m/s2.

Για τις δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα ο 2ος Νόμος του Νεύτωνα δίνει:

ΣFx = m·αcm F+ Fx = m·αcm ή

Fx= mαcm F = 3·10N-20N = 10N

ΣFy= m·υ2/R (Η συνισταμένη των δυνάμεων παίζει το ρόλο της κεντρομόλου)

Fy-W=0 ή

Fy= Mg=30N.

3) Καθώς περιστρέφεται η ράβδος μεταβάλλεται η ροπή της δύναμης F, αλλά παρουσιάζει ροπή και το βάρος. Συνεπώς η γωνιακή επιτάχυνση μεταβάλλεται.

Γωνία εκτροπής.

Κατά την είσοδό της στο πρίσμα η ακτίνα δεν αλλάζει πορεία. Στην απέναντι πλευρά πέφτει σχηματίζοντας με την πλευρά γωνία θ=30°, συμπληρωματική της γωνίας Α. Συνεπώς η γωνία πρόσπτωσης φ=60°.

Βρίσκουμε την κρίσιμη γωνία, ημθcrit= 1/n =0,6, ενώ η ημ60°= 3 ½/2 = 0,85, δηλαδή η γωνία πρόσπτωσης είναι μεγαλύτερη από την κρίσημη, οπότε θα έχουμε ολική ανάκλαση και η ακτίνα θα πέσει στο σημείο Δ. Η γωνία ΒΟΔ είναι 30°, όσο και η γωνία Β, οπότε η γωνία ΟΔΒ είναι 120°, οπότε η γωνία πρόσπτωσης είναι θ=30°.

Παίρνοντας τον νόμο του Snell έχουμε:

n·ημθ=1·ημβ → ημβ= 5/3· ½ = 5/6

Γωνία εκτροπής της ακτίνας σε σχέση με την αρχική διεύθυνση είναι η γωνία ε η οποία είναι συμπληρωματική της β. Συνεπώς συνε= 5/6.

Επιτάχυνση συστήματος.


Στο αντίβαρο ασκούνται οι δυνάμεις: Το βάρος του και η τάση Τ του νήματος. Επειδή το νήμα είναι αβαρές όπως και η τροχαλία η ίδια τάση του νήματος ασκείται και στο φορτίο από τούβλα. Εφαρμόζουμε τον θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για κάθε σώμα χωριστά και έχουμε:

Β1-Τ= m1·α (1)

Τ-Β2 = m2·α (2)

Αφού τα σώματα είναι δεμένα στα άκρα του ίδιου νήματος κινούνται μαζί και έχουν την ίδια επιτάχυνση.

Με πρόσθεση των (1) και (2) κατά μέλη παίρνουμε:

Β12= m1α+m2α ή

(m1-m2)·g = (m1+m2) ·α ή

α= (m1-m2)g/(m1+m2) οπότε

α= (12-8)·10/(12+8) m/s2 = 2m/s2.

Με αντικατάσταση στην (2) παίρνουμε:

Τ= m2g+m2α = (8·10+8·2) Ν = 96Ν

Τριβή ολίσθησης και κάθετη δύναμη.

1) Λ

2) Σ

3) Λ

4) Σ

Τριβή και επιφάνεια.

Ίσο σε όλες τις περιπτώσεις.

Στατική Τριβή και Τριβή ολίσθησης.


α) Η πρώτη πρόταση είναι λάθος. Το σώμα ισορροπεί άρα η τριβή είναι στατική με μέτρο 10Ν.

β) x= ½ αt2 ή α= 2x/t2 = 2·8/42 =1m/s2.

γ) Σε κάθε περίπτωση το σώμα ισορροπεί στον άξονα y:

ΣFy=0 ή Ν-Β=0 ή Ν=mg=5·10Ν=50Ν

Στην πρώτη περίπτωση: ΣFx= 0 → F1s=0 → Τs=F1= 10Ν

Στην δεύτερη περίπτωση ξανά το σώμα ισορροπεί:

ΣFx= 0 → F2ορ=0 → Τορ= F2= 20Ν

Κατά την κίνηση του σώματος:

ΣFx= mα ή

F2ολ = mα ή

Τολ= F2- mα = 20Ν-5Ν=15Ν.

Ισορροπία δύο σωμάτων.

Α) Στο σώμα Α ασκείται το βάρος του Β1=m1g= 30Ν και η τάση Τ1 του νήματος.

Επειδή ισορροπεί ΣF=0 → Τ1= 30Ν

Στο σώμα Γ ασκούνται:

Το βάρος του από τη Γη: Β2=m2g = 10Ν.

Η τάση του κάτω νήματος, η οποία επειδή το νήμα είναι αβαρές Τ1΄= Τ1= 30Ν και η τάση Τ2 του πάνω νήματος.

Το σώμα ισορροπεί: ΣF=0 ή Τ2= Τ1΄+ Β2 = 40Ν.

Β) Μόλις κόψουμε το πάνω νήμα και τα δύο σώματα πέφτουν ελεύθερα με επιτάχυνση g, άρα η μόνη δύναμη που ασκείται σε κάθε σώμα είναι το βάρος του, συνεπώς Τ=0.

Οι απαντήσεις είναι:

Α)

1) Λ

2) Λ

3) Σ

4) Λ

Β) μηδέν.

Ανέβασμα τσάντας.

Στην τσάντα ασκούνται οι δυνάμεις:

Η τάση του νήματος και το βάρος της. Αφού οι δυνάμεις είναι σταθερές το σώμα αποκτά σταθερή επιτάχυνση:

ΣF=m·α ή Τ-Β=mα ή Τ=mg+mα (1)

Η κίνηση του σώματος είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη για την οποία:

y= ½ αt2 ή α= 2y/t2 = 2·8/100m/s2 = 0,16 m/s2.

Και από την (1) Τ= 400Ν +40·0,16Ν = 406,4Ν.

Κατακόρυφη κίνηση.

Αφού το σώμα σε όλες τις περιπτώσεις κινείται με σταθερή ταχύτητα ΣF=0, οπότε:

F=Β =20Ν

Δράση - αντίδραση. Ελατήριο και σώμα.

1) Στο σώμα ασκείται το βάρος του Β=mg=20Ν και η δύναμη από το ελατήριο:

Fελ=ΚΔl= 100·0,1Ν= 10Ν.

2) Στο ελατήριο ασκούνται η δύναμη F1 από το σώμα, η αντίδραση της δύναμης που ασκεί το ελατήριο στο σώμα, οπότε F1=10Ν και μια δύναμη F3 από το τραπέζι. Για το ελατήριο ΣF=0 ή F3=10Ν.

3) Στο τραπέζι ασκούνται το βάρος του από τη Γη, η δύναμη F2 από το ελατήριο, αντίδραση της F3, συνεπώς F2=10Ν, και οι αντιδράσεις Ν1 και Ν2 από το έδαφος, οι αντιδράσεις των οποίων ασκούνται στο έδαφος. Οι αντιδράσεις των δύο βαρών ασκούνται στο κέντρο της Γης.

Θεμελιώδης Νόμος της Μηχανικής.


Λάθος είναι τα δύο τελευταία σχήματα. Η επιτάχυνση έχει πάντα την κατεύθυνση της δύναμης.

Αδράνεια.

Μέτρο της αδράνειας ενός σώματος είναι η μάζα του, η οποία παραμένει σταθερή.

ΝΟΜΟΙ ΝΕΥΤΩΝΑ.

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές και ποιες λάθος:

  1. Όταν σε ένα σώμα δεν ασκούνται δυνάμεις, αυτό παραμένει πάντα ακίνητο.
  2. Όταν ένα σώμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση, τότε η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται πάνω του, είναι σταθερή και έχει την κατεύθυνση της ταχύτητας.
  3. Για να μπορεί να κινείται ένα σώμα, θα πρέπει να δέχεται μια δύναμη.
  4. Σε ένα σώμα που αρχικά ηρεμεί ασκείται μια σταθερή (συνισταμένη) δύναμη. Τότε το σώμα θα εκτελέσει ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση στην κατεύθυνση της δύναμης.
  5. Αν η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται σε ένα σώμα είναι σταθερή, τότε αυτό θα αποκτήσει σταθερή επιτάχυνση, άρα θα κινηθεί με κίνηση ευθύγραμμη ομαλά μεταβαλλόμενη.
  6. Ένα σώμα εκτοξεύεται οριζόντια. Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητάς του παραμένει σταθερός, αν αγνοήσουμε την αντίσταση του αέρα.
  7. Αν η συνισταμένη των δυνάμεων που ασκούνται σε ένα σώμα δεν είναι σταθερή, δεν ισχύει ο θεμελιώδης νόμος της δυναμικής.

Απάντηση:

Λ

Λ

Λ

Σ

Λ

Σ

Λ

Κίνηση σε κεκλιμένο επίπεδο.

Και στα δύο σώματα η συνισταμένη των δυνάμεων είναι μηδέν.

Κίνηση διαστημοπλοίου

Σωστή είναι η 4. πρόταση. Το διαστημόπλοιο κινείται ευθύγραμμα και ομαλά χωρίς να απαιτείται η εξάσκηση κάποιας δύναμης για να συμβαίνει αυτό.

Απόφαση δικαστηρίου.

Με το φρενάρισμα εξαιτίας της αδράνειας τα σώματα θα κινηθούν προς τα εμπρός και όχι προς τα πίσω. Αθώος ο κατηγορούμενος.

Ισορροπία.

Και στα δύο σώματα η συνισταμένη είναι μηδέν.

ΕΟΚ και δύναμη.

Για να μπορούμε να σύρουμε ένα βαρύ σώμα με σταθερή ταχύτητα υ1=0,1m/s πάνω σε οριζόντιο δρόμο, «χρειάζεται» να του ασκούμε οριζόντια δύναμη F=200Ν. Αν θέλουμε να το σύρουμε με σταθερή ταχύτητα υ2=0,5m/s, η δύναμη πρέπει να γίνει:

α. 100Ν,

β. 1000Ν.

γ. 200Ν.

δ. 400Ν.

ε. 50Ν.

Απάντηση: γ) 200Ν.

Παραμόρφωση ελατηρίου.

Ένα σώμα Σ ηρεμεί δεμένο στο κάτω άκρο ενός κατακόρυφου ελατηρίου.

Ποιες προτάσεις είναι σωστές και ποιες λάθος:

  1. Το ελατήριο έχει επιμηκυνθεί.
  2. Το ελατήριο έχει συμπιεστεί.
  3. Η παραμόρφωση του ελατηρίου είναι ελαστική.
  4. Η παραμόρφωση του σώματος Σ είναι ελαστική.
  5. Αν το σώμα Σ είχε μεγαλύτερο βάρος, το ελατήριο θα είχε μεγαλύτερο μήκος.
  6. Στο ελατήριο ασκείται το βάρος του σώματος γι’ αυτό παραμορφώνεται.
  7. Η συνισταμένη δύναμη που δέχεται το σώμα Σ είναι μηδενική.
  8. Η συνισταμένη δύναμη που δέχεται το ελατήριο είναι μηδενική.
Απάντηση: Σ, Λ, Σ, Λ, Σ, Λ,Σ, Σ.

Δύναμη

Σε ποιες από τις παρακάτω περιπτώσεις ασκείται συνολική δύναμη στο σώμα.

  1. Το σώμα αφήνεται από ύψος h=1m.
  2. Ένα σώμα ηρεμεί πάνω στο τραπέζι.
  3. Ένα αυτοκίνητο κινείται σε ευθύγραμμο δρόμο με σταθερή ταχύτητα.
  4. Ένα αυτοκίνητο παίρνει μια στροφή με ταχύτητα σταθερού μέτρου 50km/h.
  5. Ένα λάστιχο είναι τεντωμένο.
  6. Στο στρώμα, όταν πάνω του ξαπλώσει ένας άνθρωπος.

Απάντηση:

Στις περιπτώσεις 1. 4. 5. και 6.

Αντιδράσεις απόσπασης- προσθήκης


ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΣΥΝΘΕΣΗ.



Απάντηση:

CH3OH+ SΟCl2 → CH3Cl (A) + SO2+ HCl

CH3Cl + Mg → CH3MgCl (B)

3CH3OH + K2Cr2O7 +4 H2SO4 → 3HCH=O(Γ) + K2SO4+ Cr2(SO4)3+7 H2O

HCH=O + CH3MgCl → CH3CH2OMgCl (Δ)

CH3CH2OMgCl + H2O → CH3CH2OH (E) + Mg(OH)Cl

3CH3CH2OH + K2Cr2O7 +4 H2SO4 → 3CH3CH=O(Z) + K2SO4+ Cr2(SO4)3+7 H2O

CH3CH=O + CH3MgCl →(CH3)2CHOMgCl (I)

(CH3)2CHOMgCl + H2O → CH3CH(OH)CH3 (Λ)+ Mg(OH)Cl

3ΗCH=O + K2Cr2O7 +4 H2SO4 → 3HCOOH(K) + K2SO4+ Cr2(SO4)3+4 H2O



Οξειδοαναγωγή. Αντιδράσεις με Fe

Να αντιστοιχήσετε τα αντιδρώντα της στήλης (I) με τα προϊόντα της στήλης (II).

(I)

(II)

Α. Fe +H2SO4 (πυκνό)

α. H2 + FeSO4

Β. FeSO4 +H2O2 + H2SO4 (αραιό)

β. Fe2(SO4)3 + H2O + SO2

Γ. Fe + H2SO4 (αραιό)

γ. FeSO4 + S + H2SO4

Δ. Fe2(SO4)3 +H2S

δ. Fe2(SO4)3 + H2O

Ε. FeS + H2SO4 (αραιό)

ε. FeSO4 + H2S

Απάντηση:

Α→ β

Β → δ

Γ → α.

Δ → γ.

Ε → ε.

Αρχή Le Chatelier. Αύξηση της θερμοκρασίας.

Επειδή η αντίδραση είναι εξώθερμη, αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει την ισορροπία προς την κατεύθυνση που απορροφάται θερμότητα, δηλαδή προς τα αριστερά. Έτσι η ποσότητα του του Α αυξάνεται, ενώ ο συνολικός αροθμός των mol αυξάνεται. Περισσότερα mol σε μεγαλύτερη θερμοκρασία, συνεπώς και μεγαλύτερη πίεση.
Οπότε οι απαντήσεις είναι:
i) β)
ii) α)

Αρχή Le Chatelier

Την στιγμή που διπλασιάζουμε τον όγκο η πίεση μειώνεται στο μισό, δηλαδή στην τιμή των 10atm. Τότε όμως μετατοπίζεται η χημική ισορροπία προς τα αριστερά, αυξάνεται ο συνολικός αριθμός των mol γιατί έτσι θα αυξηθεί η πίεση, τείνοντας να αναιρέσει την μεταβολή που επιφέραμε. Έτσι η τελική πίεση θα σταθεροποιηθεί στην τιμή p=16atm (τείνει να αναιρέσει, χωρίς να τα καταφέρνει).

Δύο ελατήρια και Ενέργεια Ταλάντωσης.

α) Στη θέση ισορροπίας:

ΣF= 0 ή Fελ-W=0 ή Κ1Δl1= mg (1)

Έστω το σώμα σε μια τυχαία θέση που απέχει κατά x από την θέση ισορροπίας.

Για τις δυνάμεις που ασκούνται πάνω του έχουμε (βλέπε σχήμα):

ΣF= Fελ1-Fελ2-W= Κ1l1-x) – Κ2·x – mg = Κ1Δl11· x – Κ2·x – mg και λόγω της (1)

ΣF= - (Κ12) ·x, συνεπώς το σώμα εκτελεί α.α.τ. με σταθερά επαναφοράς D= Κ12.

β) Η ενέργεια που προσφέραμε στο σώμα για να το ανεβάσουμε κατά d, είναι ίση με την ενέργεια ταλάντωσης. Μόλις αφήσουμε το σώμα να κινηθεί έχει μηδενική ταχύτητα, άρα η θέση αυτή είναι ακραία θέση και Α= d=0,5m.

Ετ= ½ DΑ2 = ½ (Κ122 = ½ 300·0,25J= 37,5J.

γ) Βρίσκουμε την νέα θέση ισορροπίας, όπου το ελατήριο έχει συσπειρωθεί κατά Δl2.

ΣF= 0 ή Fελ2=mg ή

Κ2Δl2 = mg ή Δl2 = 4·10/200m= 0,2m.

Την στιγμή που λύθηκε το ελατήριο Κ1, το σώμα βρισκόταν στην κάτω ακραία θέση της ταλάντωσής του, απέχοντας κατά Α από την αρχική θέση ισορροπίας του, που το κάτω ελατήριο είχε το φυσικό μήκος του.

Στη θέση αυτή απέχει κατά Α1l2 = 0,5m-0,2m = 0,3m. Αυτή είναι και η μέγιστη απομάκρυνση για την νέα ταλάντωσή του. Δηλαδή Α2= 0,3m.

Έτσι έχουμε:

Ε2= ½ DΑ22 = ½ 200·0,32J= 9J.

1ος Θερμοδυναμικός Νόμος

i) QΑΒ=ΔUΑΒ= nCvΔΤ= 3/2 nRΔΤ= 3/2 V·Δp=3/2·10·10-3·1,2·105J=1800J.

ii) ΔUΑΒ = nCvΑΒ) ενώ ΔUΓΑ= nCvΑΓ) = -ΔUΑΒ = - 1800J.

iii) WΑΓ = - (pΑ+pΓ)·ΔV/2 (1).

Αλλά από την ισόθερμη έχουμε:

pΒVΒ=pΓVΓ ή VΓ = pΒVΒ/pΓ =2·105·10-2/105=20·10-3m3

Έτσι από την (1) έχουμε:

WΑΓ = - (pΑ+pΓ)·ΔV/2 = - 1,8·105·10·10-3/2 J= -900J.

Και από τον 1οΘερμοδυναμικό νόμο παίρνουμε:

Q=ΔU+W= -1800J-900J= -2700J.

iv) Για την ισόθερμη εκτόνωση ΒΓ έχουμε:

Q=W=ηRΤln(VΓ/VΒ) = pΒVΒln2= 2·105·10-2·0,7 J = 1400J, ενώ ΔU=0.

Οπότε για την κυκλική μεταβολή έχουμε:

ΔUολ=0

Qολ = 1800J + 1400J-2700J=500J και

Wολ = 0+ 1400J – 900J= 500J.

Ερωτήσεις Θερμοδυναμικής.

1) Το άθροισμα των κινητικών ενεργειών των μορίων μιας ποσότητας ιδανικού αερίου ονομάζεται

α. θερμοκρασία

β. θερμότητα

γ. έργο

δ. εσωτερική ενέργεια

2) Όταν η απόλυτη θερμοκρασία μιας ποσότητας ιδανικού αερίου αυξάνεται κατά ΔΤ, η εσωτερική ενέργεια του αερίου

α. αυξάνεται.

β. μειώνεται.

γ. παραμένει αμετάβλητη.

δ. αυξάνεται και η αύξηση της εξαρτάται από το είδος της μεταβολής του αερίου.

3) Μια ποσότητα ιδανικού αερίου, το οποίο βρίσκεται σε ισορροπία, δεχόμαστε ότι έχει

α. θερμότητα.

β. έργο.

γ. εσωτερική ενέργεια.

δ. όλα τα παραπάνω.

4) Ο πρώτος θερμοδυναμικός νόμος ισχύει

α. μόνο για ποσότητες αερίων.

β. μόνο για αντιστρεπτές μεταβολές.

γ. μόνο για μη αντιστρεπτές μεταβολές.

δ. για οποιοδήποτε θερμοδυναμικό σύστημα.

5) Στην εξίσωση Q = ΔU + W, όταν ο πρώτος θερμοδυναμικός νόμος εφαρμόζεται σε μια αντιστρεπτή μεταβολή ορισμένης ποσότητας αερίου, το μέγεθος που δεν εξαρτάται από τη διαδρομή είναι

α. η θερμότητα Q .

β. το έργο W.

γ. η διαφορά QW.

δ. όλα τα παραπάνω.

6) Όταν σε ένα ιδανικό αέριο προσφέρεται θερμότητα, αλλά το έργο του αερίου είναι μηδέν, τότε ποια από τις ακόλουθες προτάσεις είναι λανθασμένη;

α. η θερμοκρασία του αερίου θα αυξηθεί.

β. ο όγκος του αερίου θα αυξηθεί.

γ. η μέση μεταφορική κινητική ενέργεια των μορίων του αερίου θα αυξηθεί.

δ. η εσωτερική ενέργεια του αερίου θα αυξηθεί.

7) Κατά την ισόθερμη αντιστρεπτή συμπίεση ενός ιδανικού αερίου

α. η θερμοκρασία του αερίου αυξάνεται.

β. η εσωτερική ενέργεια του αερίου αυξάνεται.

γ. η πίεση του αερίου αυξάνεται.

δ. η ενεργός ταχύτητα των μορίων του αερίου αυξάνεται.

8) Σε μια αδιαβατική μεταβολή ενός ιδανικού αερίου το ποσό θερμότητας που το αέριο ανταλλάσσει με το περιβάλλον είναι

α) θετικό.

β) αρνητικό.

γ) μηδέν.

δ) άλλοτε θετικό και άλλοτε αρνητικό ανάλογα με το αν το αέριο συμπιέζεται ή εκτονώνεται.

Απαντήσεις

1) δ.

2) α.

3) γ.

4) δ.

5) γ.

6) β.

7) γ.

8) γ.

Ερωτήσεις Ταλαντώσεων.

1) iv)

2) i)

3) i)

4) β)

5) ii)

6) β)

7) δ)

8) iii)

Ενέργεια Ταλάντωσης και Ελαστική κρούση.


i) Βρίσκουμε την περίοδο ταλάντωσης της πλάκας.

Τ= 2π (Μ/k) ½ = 2π·(4/250) ½ = 2π·(2/5π)= 0,8s

Άρα η κρούση έγινε μετά από χρόνο t1=Τ/2 και η πλάκα βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση της αρχικής της ταλάντωσης, με μηδενική ταχύτητα.

Η σφαίρα πραγματοποιεί ελεύθερη πτώση και έχει στο μεταξύ αποκτήσει ταχύτητα:

υ1=gt= 10·0,4m/s = 4 m/s.

Οι ταχύτητες μετά την κρούση είναι:

Για την σφαίρα: υ1΄= (m1-Μ)·υ1/(Μ+m1) =(1-4)·4/(4+1) m/s= - 2,4 m/s.

Για την πλάκα: υ2΄= 2m1υ1/(Μ+m1) = 2·1·4/(4+1) m/s= 1,6 m/s.

ii) Στην διάρκεια της πτώσης η σφαίρα διανύει απόσταση:

y= ½ gt2 = ½ ·10·0,16m=0,8m.

Αφού η αρχική απόσταση των δύο σωμάτων ήταν h=1m, η πλάκα διένυσε απόσταση:

d= h-y= 0,2m.

Η απόσταση όμως αυτή είναι το διπλάσιο του αρχικού πλάτους ταλάντωσης.

Άρα Α1=0,1m.

Η ενέργεια ταλάντωσης πριν την κρούση είναι:

Ε1= ½ DΑ12 = ½ · 250·0,01J= 1,25J

Ενώ μετά την κρούση, το σώμα απέχει κατά y1=0,1m από την θέση ισορροπίας του και έχει ταχύτητα 1,6m/s. Έτσι η ενέργεια ταλάντωσής του είναι:

Ε2= ½ Dy12+ ½ Mυ2΄2 = ½ 250·0,01J + ½ 4· 1,62J =6,29J.

Ερωτήσεις Θερμοχημείας

1) Από την εξίσωση:

C+Ο2 2, ΔΗ= - 94kcαl, προκύπτει ότι:

α) κατά την καύση 1g C εκλύονται 94kcαl,

β) κατά την αντίδραση 1mοl C απορροφώνται 94kcαl,

γ) κατά την αντίδραση 1mοl C ελευθερώνονται στο περιβάλλον 94kcαl,

δ) μάζα C + μάζα Ο2 = μάζα CΟ2 -94kcαl.

2) Η ενθαλπία σχηματισμού του ΗΝΟ3 αναφέρεται στη χημική μετατροπή που συμβολίζεται από την εξίσωση:

α) ½ Η2 + ½ Ν2 + 3/2 Ο2 ΗΝΟ3

β) Η +Ν+3Ο ΗΝΟ3

γ) ½ Ν2Ο5 + ½ Η2Ο ΗΝΟ3

δ) σε οποιαδήποτε από τις παραπάνω χημικές εξισώσεις.

3) Δίνεται ότι: CΗ4(g) + 2Ο2(g) → CΟ2(g) + 2Η2Ο(g), ΔΗ= - 802kJ, σε ορισμένες συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας.

i) Όταν καίγεται 1mοl4:

α) ελευθερώνεται θερμότητα 802kJ

β) απορροφάται θερμότητα 802kJ

ii) Όταν για την παραπάνω καύση χρησιμοποιηθεί 1mοl Ο2, θα ελευθερωθεί θερμότητα:
α) 802J, β) 401J, γ) 1604J.

iii) Για την αντίδραση: CΗ4(g) + 2Ο2(g) 2(g) + 2Η2Ο(l), ΔΗ= - Χ
Το Χ μπορεί να είναι:
α) 802kJ, β) 890kJ, γ) 760kJ.

Απαντήσεις:

1) γ

2) α

3) i) α

ii) β

iii) β