Εναλλασσόμενο και συνεχές ρεύμα.

Το πρώτο ρεύμα είναι εναλλασσόμενο, αφού αλλάζει η φορά του, ενώ το δεύτερο συνεχές, δεν αλλάζει φορά.

Η στιγμιαία ισχύς του ρεύματος που μετατρέπεται σε θερμότητα στον αντιστάτη δίνεται από την εξίσωση Ρ=i2·R, προσέξτε ότι η ένταση είναι στο τετράγωνο, πράγμα που από φυσική σκοπιά σημαίνει ότι δεν μας ενδιαφέρει η φορά του ρεύματος. Και στις δύο περιπτώσεις παράγεται το ίδιο ποσό θερμότητας στον αντιστάτη.

Αν σας έλεγαν ότι η ενεργός ένταση του i1 είναι 4 Α, πόσο νομίζετε ότι είναι η ενεργός ένταση του i2;

Ενεργός ένταση-ταχύτητα.

Η περίοδος του ρεύματος είναι Τ=2·10-3s. Στο χρόνο αυτό στον αντιστάτη παράγεται θερμότητα Q=Q1+Q2= Ι12R·Τ/2 + Ι22R·Τ/2 = 16R·Τ/2+9R·Τ/2=25/2 ·RΤ (1)

Η σταθερή ένταση ενός ρεύματος με τα ίδια θερμικά αποτελέσματα είναι η Ιεν

Q=Ιεν2RΤ (2)

Από (1) και (2) έχουμε:

Ιεν2RΤ=25/2 RΤ ή

2) Για την ενεργό ταχύτητα έχουμε:

Τι παρατηρείτε;;

Μόνο για καθηγητές..

Η ορμή πριν την κρούση είναι κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω, ενώ μετά την κρούση το σώμα Α θα κινηθεί οριζόντια, συνεπώς θα έχουμε και οριζόντια συνιστώσα της ορμής. Η ορμή λοιπόν δεν διατηρείται.

Και πώς μπορύμε να βρούμε την κοινή ταχύτητα μετά την κρούση;

Δείτε μια αναλυτική μελέτη από ΕΔΩ.

Είσοδος πλαισίου σε ΟΜΠ.

Το τετράγωνο μεταλλικό πλαίσιο ΑΓΔΕπέφτει κατακόρυφα και σε μια στιγμή μπαίνει σε οριζόντιο μαγνητικό πεδίο, με το επίπεδό του κάθετα στις δυναμικές γραμμές. Για τη θέση που φαίνεται στο σχήμα:
  1. Το πλαίσιο κινείται με επιτάχυνση g.
  2. Για τα δυναμικά των σημείων Δ και Ε ισχύει VΔ=VΕ.
  3. Η δύναμη Laplace που ασκείται στην πλευρά ΕΑ έχει φορά προς τα δεξιά.
  4. Η δύναμη Laplace που ασκείται στην πλευρά ΕΑ έχει μέτρο F=ΒΙ(ΑΓ)

Απάντηση:

Σωστή η 3. πρόταση.

Εσωτερική ενέργεια.


ΔUΑΒ= QΑΒ= 200J

ΔUΒΓ= - W = -150 J

Και με πρόσθεση ΔUΑΓ= 50J.

Μηχανική ενέργεια και τριβή.

1) Το έργο του βάρους είναι ανεξάρτητο της διαδρομής και ίσο με:

W=Uαρχ-Uτελ= mgh, (θεωρούμε Uτελ=0), ίδιο δηλαδή και για τα δύο σώματα.

2) Στο Α ασκείται τριβή, οπότε ένα μέρος της αρχικής μηχανικής ενέργειας θα μετατραπεί σε θερμότητα και θα φτάσει στη βάση του επιπέδου με μικρότερη κινητική ενέργεια από την αρχική δυναμική. Θα έχει δηλαδή κινητική ενέργεια μικρότερη από mgh, ενώ αφού στο Β δεν ασκείται τριβή θα έχει τελικά κινητική ενέργεια ίση με mgh.

Συνεπώς μεγαλύτερη ταχύτητα θα έχει το Β.

Πού η μέγιστη ταχύτητα και πού σταματά;

Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σωματίδιο στο σημείο Γ φαίνονται στο σχήμα, όπου:

F1=Κ·2q2/x2, ενώ F2=Κ·2q2/9x2.

Η απωστική δύναμη δηλαδή που δέχεται από το σωματίδιο στο Α είναι 9 φορές μεγαλύτερη από την αντίστοιχη δύναμη από το Β. Άρα το σωματίδιο θα κινηθεί προς τα δεξιά, με μεταβαλλόμενη επιτάχυνση (οι δυνάμεις δεν έχουν σταθερό μέτρο). Φτάνοντας στο Κ θα μηδενιστεί η συνισταμένη δύναμη, αλλά το σωματίδιο λεχει ταχύτητα και λόγω αδράνειας θα συνεχίζει την κίνησή του επιβραδυνόμενο μέχρι να σταματήσει σε σημείο Δ.

Ποιο είναι το σημείο αυτό; Εκεί που υ=0.

Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. από το Γ στο Δ, όπου έστω ότι απέχει κατά α από το σημείο Α και έχουμε:

Κτελαρχ= WFηλ ή

½ mυτελ2 – ½ mυ02 = q( VΓ-VΔ) ή

0= q( VΓ-VΔ) ή VΓ=VΔ

Κq1/x + Κq2/3x = Κq1/α + Κq2/(4x-α) ή

1/x+1/3x =1/α+ 1/4x-α ή

4/3x = (4x-α+α)/α(4x-α) ή

1/3x= x/(4αx-α2) ή

α2-4αx+3x2=0 και λύνοντας ως προς α βρίσκουμε:

α=x ή α=3x.

Η πρώτη λύση της εξίσωσης αντιστοιχεί στο σημείο Γ, άρα το σημείο Δ απέχει κατά 3x από το Α, είναι δηλαδή το μέσον του ΚΒ.

Η μέγιστη ταχύτητα και κατά συνέπεια και μέγιστη κινητική ενέργεια έχουμε εκεί που το σωματίδιο παύει να επιταχύνεται και δεν έχει ακόμη αρχίσει να επιβραδύνεται, δηλαδή εκεί που ΣF=0, στο μέσον Κ της ΑΒ.

Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. από το Γ στο Κ, και έχουμε:

Κτελαρχ= WFηλ ή

½ mυτελ2 – ½ mυ02 = q( VΓ-VΚ)

Κmαx= q(Κq1/x + Κq2/3x-Κq1/2x-Κq2/2x)

Κmαx=qΚ·2q(1/x+1/3x-2·1/2x) = 2Κq2/3x= 2/3 Κq2/x.

Με βάση αυτά οι απαντήσεις είναι:

Λ

Λ

Σ

Σ

Σ

ΣΧΟΛΙΟ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ:

ΣΩΣΤΑ ΣΚΕΦΤΗΚΑΤΕ ΟΤΙ Η ΚΙΝΗΣΗ ΕΧΕΙ ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΑ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗΣ.

Δεν είναι όμως η απλή αρμονική ταλάντωση που μελετήσατε στην Γενική παιδεία.

Μπορεί να αποδειχθεί ότι μόνο για πολύ μικρές αποστάσεις γύρω από το σημείο ισορροπίας Κ η ταλάντωση ΜΠΟΡΕΙ να θεωρηθεί γραμμική αρμονική ταλάντωση.



Γραμμομοριακή ειδική θερμότητα Cv

Αν υπό σταθερό όγκο προσφέρουμε θερμότητα Q στην πραγματικότητα ένα μέρος Q1 από αυτήν θα χρησιμοποιηθεί για να θερμανθεί το Ηe και το υπόλοιπο Q2 για το Η2.

Q=Q1+Q2 ή

nCvΔΤ = n1Cv1ΔΤ + n2Cv2ΔΤ ή

3Cv= 1 Cv1 + 2 Cv2 ή

3Cv= 3R/2 + 2·5R/2 ή

3Cv= 13R/2 και

Cv= 13R/6.

Κίνηση φορτισμένου σωματιδίου σε ΟΜΠ.

Το κέντρο της κυκλικής τροχιάς είναι πάνω στην κάθετη στη διεύθυνση της ταχύτητας στο σημείο εισόδου Ο, αλλά και στην κάθετη στο σημείο εξόδου. Με τον τρόπο αυτό βρίσκουμε το κέντρο Κ. Οι γωνίες θ και φ είναι συμπληρωματικές, άρα φ=30°, αλλά τόσο είναι και η επίκεντρος γωνία Κ. Φέρνοντας την ΟΛ κάθετη στην πλευρά ΓΔ, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΛΚ η κάθετη πλευρά ΟΛ είναι απέναντι από γωνία 30°, οπότε είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας δηλαδή της ακτίνας του κύκλου.( καλά μην βαράτε πάρτε και το ημίτονο αν προτιμάτε…). Δηλαδή R=2 α= 4cm.

Η σχέση μεταξύ γραμμικής ταχύτητας και περιόδου είναι υ= 2πR/Τ, άρα

Τ=2πR/υ = 2·3,14·4·10-2/314 s= 2·10-4s.

Θερμικές μηχανές, με ισόθερμη και αδιαβατική.

Κατά την μεταβολή ΑΒ η πίεση είναι ανάλογη με τον όγκο του αερίου (ευθεία που περνά από την αρχή των αξόνων), συνεπώς ο διπλασιασμός του όγκου συνεπάγεται και διπλασιασμό τα πίεσης. Δηλαδή pΒ=2·105Ν/m2.

Κατά την μεταβολή ΒΓ η εσωτερική ενέργεια παραμένει σταθερή, οπότε η μεταβολή είναι ισόθερμη για την οποία:

pΒVΒ=pΓVΓ ή

VΓ= 2·4/1 L = 8L.

Το έργο που παράγει η μηχανή στη διάρκεια του κύκλου είναι:

Wολ=WΑΒ+WΒΓ+WΓΑ (1)

Αλλά WΑΒ= (pΑ+pΒ)ΔV/2=3·105·2·10-3/2=300J

WΒΓ=nRΤln(VΓ/VB) = pΒ·VΒln(VΓ/VΒ) = 2·105·4·10-3ln2=560 J.

WΓΑ= p ·ΔV=1·105·(2-8)·10-3J= -600 J

Οπότε η (1) γίνεται Wολ=300J+560J-600J=260J

Για την ισχύ: Ρ=W/t

Αλλά f=3000στρ/min =50Ηz ή περίοδος Τ=1/f= 0,02s, άρα

Ρ=W/Τ= 260/0,02W=13000W= 13kW.

Για την θερμότητα που ανταλλάσσει το αέριο έχουμε:

QΑΒ=ΔU+W = nCvΔΤ + WΑΒ

Αλλά ΔU= 3/2 nRΔΤ= 3/2 (pΒVΒ-pΑVΑ) = 3/2 (800-200)J=900J

Και QΑΒ=900J+300J= 1200J

QΒΓ=WΒΓ=560 J

QΓΑ=nCpΔΤ και επειδή η θερμοκρασία μειώνεται QΓΔ=Qc.

e=Wολ/Qh= 260/(1200+560) = 260/1760= 13/88=0,15

3) Η μεταβολή ΒΔ είναι αδιαβατική και επειδή είναι πιο απότομη από την ισόθερμη θα είναι της μορφής του σχήματος. Συνεπώς το συνολικό έργο στη διάρκεια του κύκλου για τη μηχανή Β θα είναι μικρότερο από το αντίστοιχο έργο της μηχανής Α.

Άρα η μηχανή Β θα έχει μικρότερη ισχύ από την Α.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Α΄ΛΥΚΕΙΟΥ.

α) F=mα → α=F/m= 12Ν/4kg= 3 m/s2.

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

Δx= ½ αt2 → t2= 2·Δx/α= 2·6/3 s2 → t=2s.

Και υ=αt= 3·2m/s= 6m/s.

β) Τη στιγμή που παύει να ασκείται η δύναμη F το σώμα έχει ταχύτητα 6m/s και απέχει κατά Δx2=d-Δx = 24m-6m=18m και το χρονικό διάστημα που απαιτείται για να φτάσει στη θέση του Β σώματος είναι:

Δx2=υ·t2 → t2=Δx2/υ= 18m/6s= 3s.

Συνολικά δηλαδή ο απαιτούμενος χρόνο είναι t=2s+3s=5s.

Από την αρχή διατήρησης της ορμής παίρνουμε:

Ρπριν=Ρμετ

και θεωρώντας την προς τα δεξιά φορά σαν θετική παίρνουμε:

m1υ= (m1+m2)vκ ή

vκ=m1υ/(m1+m2) = 4·6/12 m/s= 2m/s.

Μεταβολή της ταχύτητας και δύναμη.

Ένα σώμα κινείται σε λείο οριζόντιο επίπεδο και στο διάγραμμα δίνεται η ταχύτητα του σώματος σε συνάρτηση με το χρόνο. Ποιο από τα παρακάτω σχήματα που δείχνουν την ταχύτητα και τη συνισταμένη δύναμη, είναι σωστό για τις χρονικές στιγμές:

1) t1= 1s

2) t2=3s

3) t3=5s




Να εξηγείστε γιατί απορρίπτονται τα άλλα σχήματα.

Απάντηση:

Η κλίση της γραφικής παράστασης της ταχύτητας μας δίνει την επιτάχυνση του σώματος. Από 0-4s αυτή είναι σταθερή και θετική, συνεπώς και η δύναμη είναι προς τα δεξιά και σταθερού μέτρου, ενώ από 4s-6s είναι αρνητική με μικρότερο μέτρο.

Με βάση αυτά για t1=1s το διάγραμμα είναι το στ, για t2=2s το γ και για t3=5s το α.

Θεμελιώδης Νόμος της Μηχανικής και σύστημα σωμάτων.

Στο σχήμα εμφανίζονται οι δυνάμεις που ασκούνται στα δύο σώματα, όπου αφού το νήμα είναι αβαρές F1=F1΄, ενώ στα δύο σώματα ασκείται η ίδια τριβή Τ=μΝ=μmg.

Από 0 –t1 τα σώματα κινούνται με σταθερή ταχύτητα και ΣF=0

F=F1

F1 και με πρόσθεση:

F=2Τ

Μόλις κοπεί το νήμα, για το Α σώμα:

ΣF=mα1 ή

α1= (F-Τ)/m =F/2m

Για το σώμα Β:

ΣF=mα2 ή

-Τ=mα2 ή

α2= - Τ/m= - F/2m

Δηλαδή το σώμα Α επιταχύνεται και το Β επιβραδύνεται με ίσες κατά μέτρο επιταχύνσεις, οπότε οι γραφικές παραστάσεις θα έχουν την ίδια κλίση, για το Α με θετική κλίση (αύξουσα συνάρτηση) και για το Β με αρνητική κλίση (φθίνουσα συνάρτηση).

Με βάση αυτά προκύπτει ότι σωστό είναι το β διάγραμμα.

Τριβή σε κεκλιμένο επίπεδο.

1) Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα εμφανίζονται στο σχήμα. Αναλύουμε το βάρος σε δύο συνιστώσες Βy=Βσυνθ κάθετη στο επίπεδο και Βx=Βημθ, αφού η γωνία μεταξύ του βάρους και της Βy είναι ίση με την κλίση θ του κεκλιμένου επιπέδου (γωνίες με πλευρές κάθετες).

Το σώμα ισορροπεί οπότε:

ΣF=0 ή

ΣFy=0 → N=mg συνθ

ΣFx=0 → F- mgημθ-Τ=0 ή


Τ=F-mgημθ = 180Ν-20·10·0,6Ν= 60Ν.

2) Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για την κάθοδο του σώματος, αφού λάβουμε υπόψη τις δυνάμεις που φαίνονται στο παραπάνω σχήμα και ότι η τριβή είναι τριβή ολίσθησης με μέτρο Τ=μΝ=μmgσυνθ.

Κτελαρχ= WΒy+WBx+WN+WT

½ mυ2 -0 = 0 + mgημθ·x+0 - μmgσυνθ·x

μ= (gημθ·x- ½ υο2)/gσυνθx = (10·0,6·9- ½ 36 )/10·0,8·9 = 36/72= 0,5.

Κρούση και επιβραδυνόμενη κίνηση.

1) Εφαρμόζουμε την ΑΔΟ για την κρούση:

Ραρχ=Ρτελ ή

mυ=(m+Μ)υ0

όπου υ0 η κοινή ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση.

Συνεπώς υ0= mυ/(m+Μ) = 0,1·100/2 m/s = 5m/s.

2) Παίρνουμε το ΘΜΚΕ για την κίνηση του συσσωματώματος από την αρχική θέση, μέχρι τη θέση που σταματά. Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα εμφανίζονται στο σχήμα.

Κτελαρχ= WΒ+WΝ+WΤ

Αλλά WΒ=WΝ=0 αφού οι δυνάμεις είναι κάθετες στη μετατόπιση, οπότε:

0- ½ (m+Μ) υ02 = - Τ·x →

Τ= (m+Μ) υ02/2x= 2·25/20Ν= 2,5Ν.

3) ΣFx=(m+Μ) αα=Τ/(m+Μ) = 2,5/2 m/s2 = 1,25m/s2.

Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη και ισχύει:

υ= υ0-αt και αν θέσουμε υ=0 παίρνουμε:

t= υ0/α= 5/1,25 s = 4s.

Δύναμη και μεταβολή της ορμής.

Η μέση δύναμη που δέχεται η μπάλα από το τζάμι ισούται με το ρυθμό μεταβολής της ορμής της, δηλαδή:

F= ΔΡ/Δt

Για την μπάλα Α: F1= ΔΡ/Δt= (0-mυ0)/Δt= - mυ0/Δt (1)

Για την Β μπάλα: F2= ΔΡ/Δt= (-mυ1-mυ)/Δt = - m(υ10)/Δt (2)

Με διαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε:

F1/F2= υ0/(υ10).

Από όπου προκύπτει ότι η F2 είναι μεγαλύτερη από την δύναμη F1 που ασκήθηκε στην Α σφαίρα. Αλλά αν η δεύτερη μπάλα Β δέχτηκε την μεγαλύτερη δύναμη, τότε άσκησε και μεγαλύτερη δύναμη (δράση-αντίδραση) στο τζάμι.

Άρα την δεύτερη φορά είναι πιθανότερο να σπάσει το τζάμι.

Αντίσταση του αέρα.

Η μηχανική ενέργεια στην αρχική θέση Α είναι:

Ε=U= mgh1 = 4·10·2,8 J=112 J.

Ενώ στη θέση Γ:

Ε=U+Κ= mgh2+ ½ mυ2= 4·10·2J + ½ 4·42J = 80J+32J = 112J.

Η μηχανική ενέργεια παρέμεινε σταθερή, άρα στο σώμα δεν ασκήθηκε μη συντηρητική δύναμη, όπως είναι η αντίσταση του αέρα.

Στατική τριβή και οριακή τριβή .

Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στο κιβώτιο. Αφού το κιβώτιο επιταχύνεται ισχύει:

ΣF=mα

Όπου α η επιτάχυνση του φορτηγού, η οποία θα είναι και η επιτάχυνση του κιβωτίου, αφού δεν γλιστρά.

ΣFy=0 ή Ν=Β=mg

ΣFx= mα ή

Αφού το σώμα δεν γλιστράει η τριβή είναι στατική και έχουμε:

Τs=mα (1)

Από την παραπάνω σχέση (1) προκύπτει ότι η μέγιστη επιτάχυνση θα είναι όταν η τριβή είναι μέγιστη. Η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής είναι η οριακή τριβή και η (1) γίνεται:

Τορ=mαmαx ή μsmg= mαmax ή

αmax= μsg= 4m/s2.

Δράση-Αντίδραση και επιτάχυνση.

Για τη θέση που το ελατήριο έχει συσπείρωση x, οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα είναι το βάρος του και η δύναμη από το ελατήριο.

ΣF=m·α ή

Β-Fελ= m·α ή

Fελ= mg-mα = 4·10Ν-4·4Ν= 24Ν

Με βάση τον 3ο Νόμο του Νεύτωνα ( δράση αντίδραση) το σώμα ασκεί στο ελατήριο την αντίδραση της Fελ, με φορά προς τα κάτω και μέτρο 24Ν.

Άνοιγμα διακόπτη και Αυτεπαγωγή.

Με κλειστό το διακόπτη:

R12=R1·R2/(R1+R2) = 8·4,8/12,8 Ω= 3Ω

Ιολ=Ε/Rολ= 40/(3+2) Α = 8 Α

Η Vπολ=VΑΒ= Ε-Ι·r= 40V- 2·8 V= 24 V

Οπότε Ι1=VΑΒ/R1 = 24V/8Ω= 3 Α και

Ι2= Ι-Ι1=5Α

Μόλις ανοίξουμε το διακόπτη δ, το ρεύμα Ι2 δεν υπάρχει πλέον, οπότε:

Ι1= (Ε+Εαυτ)/(R1+r) ή

3= (40+Εαυτ)/10 ή

Εαυτ = - 10V

Το – σημαίνει ότι έχει αντίθετη πολικότητα από την πηγή Ε.

Η αρχική ενέργεια του πηνίου είναι:

Uαρχ= ½ LΙ12 = ½ ·2· 9 J= 9 J

Μόλις σταθεροποιηθεί ξανά η ένταση θα έχει τιμή:

Ιο=Ε/(R1+r) = 40/10 Α = 4 Α.

Έτσι Uτελ= ½ LΙο2 = ½ ·2·15 J= 15J.

Άρα η ενέργεια που μεταφέρθηκε στο πηνίο είναι Uτελ-Uαρχ= 6J

Πολική τάση και παράλληλη σύνδεση.

Στο σχήμα φαίνονται τα ρεύματα που διαρρέουν τους κλάδους του κυκλώματος, όπου Ι1=Vπολ/RΑΒ, (1) ενώ Vπολ= Ε-Ι·r (2) .

Αν αφαιρέσουμε τον αντιστάτη R2, μειώνεται η συνολική ένταση του ρεύματος και από την (2) προκύπτει ότι αυξάνεται η πολική τάση, οπότε λόγω της (1) αυξάνεται η ένταση του ρεύματος που διαρρέει το σωληνοειδές και από την εξίσωση Β= kμ· 4π·Ι·n συνεπάγεται ότι αυξάνεται και η ένταση του μαγνητικού πεδίου.

Ηλεκτρική Ισχύς.

Η πηγή παρέχει ενέργεια στο εξωτερικό κύκλωμα με ρυθμό
Ρεξγ2·r= Ε·Ι- Ι2·r = Vπολ·Ι

Το ηλεκτρικό ρεύμα παρέχει ηλεκτρική ισχύ στον αντιστάτη με ρυθμό Ρ=VΑΒ·Ι και η ισχύς αυτή μετατρέπεται σε θερμότητα, άρα είναι και ίση με Ρ=Ι2·R.

Στη συσκευή παρέχεται από το ρεύμα ισχύς Ρ=VΒΓ·Ι, η οποία ένα μέρος της μετατρέπεται σε θερμότητα ΡΣQ2·R1 και το υπόλοιπο (VΒΓ·Ι - Ι2·R1), μετατρέπεται σε μηχανική ενέργεια.

Με βάση αυτά οι απαντήσεις είναι:

Λ

Σ

Σ

Λ

Σ

Λ

Σ

Νόμος του Ohm σε κλειστό κύκλωμα.


1) Οι R1 και R3 συνδέονται σε σειρά, οπότε R13= R=R1+R3= 10Ω + 20Ω=30Ω.

Η R1 και R13 συνδέονται παράλληλα και R123=R1·R13/(R1+R13)= 30·10/40Ω= 7,5Ω.

Από τον νόμο του Οhm για κλειστό κύκλωμα έχουμε:

Ιολ=Ι= Ε/(R123+r) = 150/(7,5+2,5) Α = 15 Α.

2) Μόλις κλείσουμε το διακόπτη η R3 βραχυκυκλώνεται και οι R1 και R2 συνδέονται παράλληλα. R12= R1·R2/(R1+R2) = 10·10/20 Ω = 5 Α και

Ι=Ε/(R12+r) = 150/ (5+2,5) Α = 20 Α.

Ρεύμα βραχυκύκλωσης.


1) Από τον νόμο του Οhm για κλειστό κύκλωμα παίρνουμε:

Ι=Ε/Rολ → Rολ= Ε/Ι= 10Ω

Αλλά Rολ= R+r r= 10Ω-8Ω= 2Ω.

2) Μόλις κλείσουμε το διακόπτη, η αντίσταση βραχυκυκλώνεται και:

Ι1=Ε/r= 40V/2Ω= 20 Α.

Στροφορμή υλικού σημείου.

Ένα υλικό σημείο κινείται πάνω στο επίπδο xy με ταχύτητα υ, όπως στο σχήμα.

Ποιες προτάσεις είναι σωστές και ποιες λάθος:

  1. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα x είναι L=mυr.
  2. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα x είναι L=mυ·(AO).
  3. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα y είναι μηδέν.
  4. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα z που είναι κάθετος στο επίπεδο στο σημείο Ο, έχει μέτρο L=mυr.
  5. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα z που είναι κάθετος στο επίπεδο στο σημείο Ο, έχει μέτρο L=mυ·(ΑΟ).
  6. Η στροφορμή του υλικού σημείου ως προς τον άξονα z που είναι κάθετος στο επίπεδο στο σημείο Ο, είναι κάθετη στο επίπεδο xy, με φορά προς τα μέσα.

Μια εφαρμογή:

Ο δίσκος του σχήματος στρέφεται γύρω από τον κατακόρυφο άξονά του που περνά από το κέντρο του, με γωνιακή ταχύτητα ω. Ένα υλικό σημείο πέφτει ελεύθερα και σε μια στιγμή έχει ταχύτητα υ, όπως στο σχήμα. Πόση είναι η συνολική στροφορμή του συτήματος ως προς τον άξονα περιστροφής του δίσκου;

Απάντηση:

Το σωματίδιο κινείται πάνω στο επίπεδο xy, οπότε δεν έχει στροφορμή ούτε ως προς τον άξονα x, ούτε ως προς τον y. Στροφορμή έχει μόνο ως προς τον άξονα z, η οποία έχει μέτρο ίσο με το γινόμενο της ορμής (mυ) επί την απόσταση μεταξύ του άξονα z και του φορέα της ορμής, στο παράδειγμά μας η απόσταση αυτή είναι η (ΑΟ).

Με βάση τα παραπάνω οι προτάσεις είναι:

Λ

Λ

Σ

Λ

Σ

Σ

Το υλικό σημείο δεν έχει στροφορμή ως προς τον άξονα z, οπότε η συνολική στροφορμή του στήματος είναι αυτή του δίσκου, δηλαδή:

Lολ= Ι·ω

Σωματίδιο σε Ομογενές Ηλεκτρικό Πεδίο.


1. Αφού το σωματίδιο ισορροπεί, η δύναμη που δέχεται από το πεδίο έχει φορά προς τα πάνω, άρα το σωματίδιο έχει αρνητικό φορτίο.

2. Ο αντιστάτης R3 δεν διαρρέεται από ρεύμα, οπότε η τάση μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή είναι ίση με V=40V. Το σωματίδιο ισορροπεί:

ΣF=0 ή F=mg ή Ε|q|=mg ή

V|q|/d= mg ή

m= V|q|/dg = 40·10-6/2·10-2·10 = 2·10-4 kg.

3. Μόλις συνδέσουμε με σύρμα τα σημεία Α και Β, οι αντιστάτες R2 και R3 συνδέονται παράλληλα με αντίσταση R23=R3·R2/(R3+R2) = 2Ω. Έτσι το ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα θα είναι Ι=V/Rολ= V/(R1+R23) = 40/8 Α = 5 Α .

Η τάση μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή είναι ίση με την τάση στα άκρα της αντίστασης R1, δηλαδή V1= Ι·R1= 5·6 V= 30V.

Επειδή μικραίνει η τάση, μειώνεται και η δύναμη από το πεδίο και το σωματίδιο επιταχύνεται προς τα κάτω:

ΣF=mα → mg – V1·|q|/d =mα ή

α= g - V1·|q|/dm = 10 m/s2 - 30·10-6/ 2·10-2·2·10-4 m/s2 = (10- 7,5) m/s2 = 2,5 m/s2.

Το σωματίδιο θα κινηθεί ευθύγραμμα ομαλά επιταχυνόμενα και y= ½ α·t2.

t2= 2·10-2/2,5 s2 = 8·10-3 → t= 0,09s.

Αντίδραση αποικοδόμησης και σύνθεση Οργανικής ένωσης.

CH3CH2ΟΗ + I2+2NaOH → CH3CH=O +2 NaI + 2H2O

CH3CH=O +3 I2 + 3 NaOH → CI3CH=O + 3NaI + 3 H2O

CI3CH=O + NaOH → CHI3 + HCOONa (1)

CH3CH2OH + SOCI2 → CH3CH2CI + SO2 + HCI

HCOONa + CH3CH2CI → HCOOCH2CH3 + NaCI

Ταλάντωση σε πλάγιο επίπεδο και κρούση.

1) Στο πάνω σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα Α στην θέση ισορροπίας:

ΣF=0 → Fελ-Wx=0 ή Κ·Δl = m1·g·ημθ (1)

Στο κάτω σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις στο σώμα Α, σε μια τυχαία θέση που απέχει κατά x από την θέση ισορροπίας του.

ΣFx= Wx- Fελ΄= m1·g·ημθ – Κ(Δl+x) = m1·g·ημθ – KΔl Kx = -Kx

Συνεπώς το σώμα εκτελεί α.α.τ. αφού η συνισταμένη των δυνάμεων είναι ανάλογη προς την απομάκρυνση έχοντας αντίθετη φορά.

2) Το πλάτος της ταλάντωσης αυτής είναι ίσο με Α=d=0,5m, αφού τη στιγμή που αφήνεται να κινηθεί, βρίσκεται στην ακραία του θέση (υ=0). Έτσι η ενέργεια ταλάντωσης είναι:

Ε= ½ DΑ2 = ½ ΚΑ2 = ½ ·200·0,52J= 25 J.

Την ενέργεια αυτή προσφέραμε στο σώμα κατά την μετακίνησή του.

3) Η ενέργεια ταλάντωσης παραμένει σταθερή, οπότε ελάχιστα πριν την σύγκρουση των δύο σωμάτων, όπου το Α σώμα απέχει κατά x1=s-Α=0,3m από τη θέση ισορροπίας, θα ισχύει:

½ Κx12 + ½ m1υ12 = ½ ΚΑ2 ή

υ12= Κ/m1·( Α2-x12) = 200/2· (0,25-0,16) =9 m2/s2 ή υ1= 3m/s.

Οι ταχύτητες των δύο σωμάτων μετά την κρούση θα είναι:

υ1΄= (m1-m2)·υ1/(m1+m2) = (2-1)·3/3=1 m/s και

υ2΄= 2m1υ1/(m1+m2) = 2·2·3/3 m/s= 4m/s.

i) Εφαρμόζουμε το ΘΜΚΕ για την κίνηση του σώματoς Β, μέχρι την θέση που θα σταματήσει;

Κτελαρχ = Wwx+ Wwy + WT +WΝ

Αλλά Wwy =WΝ = 0 αφού οι δυνάμεις είναι κάθετες στην μετατόπιση.

0- ½ m2 ·υ2΄2 = - m2·g ημθx- Τ·x →

Τ= ( ½ m2υ22-m2·g·ημθ·x)/x = (8-5·0,8)/0,8Ν= 5Ν.

ii) Η ενέργεια ταλάντωσης του Α σώματος είναι:

Ε1= ½ Κx12 + ½ m1·υ1΄2 = ½ ·200· 0,09 J+ ½ ·2·1J= 10J.

iii) Στη θέση που σταματά το Β σώμα ασκούνται πάνω του οι δυνάμεις που φαίνονται στο διπλανό σχήμα, όπου:

Wx= m2·g·ημθ = 1·10· ½ Ν= 5Ν και αφού βρήκαμε ότι η τριβή ολίσθησης που ασκήθηκε στο σώμα κατά την άνοδο ήταν 5Ν, σημαίνει ότι η μέγιστη τιμή της στατικής τριβής που μπορεί να ασκηθεί στο σώμα (η οριακή τριβή) είναι μεγαλύτερη ή ίση με 5Ν. (Υπενθυμίζεται ότι ο συντελεστής οριακής τριβής είναι μεγαλύτερος ή ίσος με τον συντελεστή τριβής ολίσθησης).

Συνεπώς το σώμα δεν θα επιταχυνθεί και θα παραμείνει στην θέση του, οπότε υα σώματα δεν θα συγκρουσθούν ξανά.

1ος Θερμοδυναμικός Νόμος.

Να αντιστοιχίσετε τις μεταβολές του διπλανού σχήματος με τις τιμές της θερμότητας που ανταλλάσσει και του έργου που παράγει το αέριο σε κάθε μεταβολή. Για κάθε περίπτωση να συμπληρώσετε τις τιμές για την μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου.

W (J)

Μεταβολή

Q (J)

ΔU (J)

i. -150

ΑΒ

α. 0

ΔUΑΒ=

ii. 0

ΒΓ

β….

ΔUΒΓ=

iii. 200

ΓΑ

γ. 200

ΔUΓΑ=

Απάντηση:

Μεταβολή

W (J)

Q (J)

ΔU (J)

ΑΒ

ii. 0

γ. 200

ΔUΑΒ= 200

ΒΓ

iii. 200

α. 0

ΔUΒΓ= -200

ΓΑ

i. -150

β. -200

ΔUΓΑ= 0

Πότε καίγεται ο λαμπτήρας.

  1. Μόλις κλείσουμε τον Δ1 ο αντιστάτης βραχυκυκλώνεται και το ρεύμα που διαρρέει την λάμπα αυξάνεται και μπορεί να καεί.
  2. Κλείνοντας τον Δ2 βραχυκυκλώνεται η λάμπα και σβήνει.
  3. Κλείνοντας και τους δύο διακόπτες βραχυκυκλώνεται η πηγή και η λάμπα σβήνει.

Μέγιστη ταχύτητα.

1. Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα. ΣFy=0 ή N=mg.

Η αρχική επιτάχυνση είναι α=F/m= 12/2 m/s2= 6 m/s2.

2. Το σώμα επιταχύνεται μέχρι τη θέση x=6m, γιατί μετά αλλάζει φορά η δύναμη και το σώμα αρχίζει να επιβραδύνεται.

3. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε από τη θέση x=0, μέχρι x=6m.

Κτελαρχ= WΒ+WΝ+ WF (1)

Αλλά WΒ=WΝ=0 ενώ το έργο της F είναι αριθμητικά ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου, δηλαδή:

W= ½ 6·12J = 36J.

Από την (1) έχουμε: ½ mυ12 = WF ή

½ 2·υ12 = 36 ή υ1=6m/s.

3. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε από τη θέση x=0, μέχρι x=10m.

Κτελαρχ= WΒ+WΝ+ WF (2)

Όπου WF= 36J – ½ ·8·4J= 20J

Και από την (2) Κτελ= 20J.

Επιταχυνόμενη κίνηση και στιγμιαία ισχύς.

1) α= Δυ/Δt= (10-4)/3 m/s2 = 2m/s2.

2) Η μετατόπιση είναι αριθμητικά ίση με το εμβαδόν του τραπεζίου.

x= (Β+β)υ/2= (10+4)·3/2 = 21m

3) Οι δυνάμεις που ασκούντα στο σώμα φαίνονται στο σχήμα. Εφαρμόζουμε για την κίνηση από 0-3s το Θ.Μ.Κ.Ε και παίρνουμε:

Κτελαρχ= WΒ+WΝ+WF.

Αλλά WΒ=WΝ=0 αφού είναι κάθετες στην μετατόπιση, οπότε:

WF= ½ mυ2- ½ mυ02 = ½ 2·100J- ½ 2·16J = 84J.

4) Το έργο της δύναμης δίνεται και από την εξίσωση:

W= F·x·συνθ όπου θ η γωνία μεταξύ της δύναμης και της μετατόπισης.

Άρα συνθ= W/Fx= 84/8·21 = 0,5.

Για t1=1s έχουμε υ=υ0+αt = 4+ 2·1= 6m/s και η ισχύς της δύναμης είναι:

Ρ=F·υ·συνθ= 8·6·0,5W= 24W.

Ταλάντωση συστήματος σωμάτων

Στο σχήμα φαίνεται το σύστημα να απέχει κατά x από την θέση ισορροπίας προς τα αριστερά, στο μεσαίο σχήμα έχουν σχεδιαστεί οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα Α και στο κάτω σχήμα οι δυνάμεις στο σώμα Β. Προσέξτε τις F21 και F12 που ασκούνται στα δύο σώματα. Αν την F21 την θεωρήσουμε δράση που ασκείται από το Α στο Β, η F12 είναι η αντίδρασή της.

Τα σώματα κινούνται μαζί, εκτελώντας α.α.τ.

Για το Α: ΣF= F12-Fελ= - D1·x, όπου D1 η σταθερά επαναφοράς του Α, όπου D1=m1·ω2.

Για το Β: ΣF= - F21 = -D2·x , όπου D2 η σταθερά επαναφοράς του Β, όπου D2= m2·ω2.

Ενώ για το σύστημα των δύο σωμάτων:

ΣF= -Fελ= - Dx = -Κx

Εξάλλου για το σύστημα D=mολω2 ή ω2 = Κ/(m1+m2).

Οπότε D1= m1·Κ/ (m1+m2) και D2 = m2·Κ/(m1+m2).

Έτσι οι απαντήσεις είναι:

Α)

Σ

Λ

Λ

Λ

Β)

i) F21= - Κ·x Λ

ii) F21= - D2·x Σ

iii) F21= - m2ω2·x Σ

iv) F21= - m2·Kx /(m1+m2) Σ

v) F21= m2α Σ


Γ) Από την εξίσωση F21= - D2·x προκύπτει ότι η δύναμη που επιταχύνει το σώμα Β μηδενίζεται στην θέση ισορροπίας x=0.

Δ) Μετά το μηδενισμό της δύναμης μεταξύ των δύο σωμάτων, το Β δεν δέχεται δύναμη και κινείται με σταθερή ταχύτητα, ενώ το Α επειδή είναι δεμένο με το ελατήριο, θα δέχεται δύναμη από αυτό, η οποία λόγω επιμήκυνσης του ελατηρίου θα έχει φορά προς τα αριστερά, το σώμα επιβραδύνεται ( άρα μένει πίσω…. Δεν θα ξαναπλησιάσει το Β) και θα εκτελέσει μια νέα ταλάντωση με σταθερά D=Κ γύρω από την ίδια θέση ισορροπίας (θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου).

Ε) Η ταχύτητα που είχε όταν έφτασε στη θέση ισορροπίας υ1=ω·Α θα είναι και η μέγιστη ταχύτητα για την νέα ταλάντωση που ξεκινά, όπου υ11·Α1. Προσέξτε όμως ότι θα έχει αλλάξει το ω. ω12= Κ/m1. Και κατά συνέπεια θα μεταβληθεί και το πλάτος ταλάντωσης.

Οι απαντήσεις λοιπόν θα είναι:

Λ

Σ

Σ

Σ

Σ

Έργο δύναμης- ροπής και ΚΙνητική Ενέργεια.

1) Το συνολικό έργο της δύναμης είναι:

W= F·x+ τ·θ, όπου τ=F·R1= 40·0,1Ν·m= 4Ν·m

Ενώ θ=s/R2= x/R2= 10/0,5rad= 20rad

Έτσι W= 40·10J+ 4·20J=480J

2) Αφού το σύστημα κυλίεται χωρίς ολίσθηση και αν ασκείται τριβή αυτή θα είναι στατική, οπότε το έργο της θα είναι μηδέν.

Άρα η κινητική ενέργεια του συστήματος θα είναι ίση με την ενέργεια που μεταφέρθηκε στο σύστημα μέσω του έργου της F. Δηλαδή Κολ=480J.

Τάση του νήματος και επιτάχυνση.

Α) Οι δυνάμεις που ασκούνται στα σώματα φαίνονται στο σχήμα. Προφανώς το βάρος του σώματος Σ ασκείται στο Σ και στη ράβδο ασκείται η τάση Τ του νήματος. Επειδή το Σ ισορροπεί Τ΄=Τ= ½ Μg.

Επειδή η ράβδος ισορροπεί ΣτΑ =0

-W·L/2 + Τ1· ¾ L – W/2· L= 0 από όπου:

Τ1= 4/3 W= 4/3 Μg.

Με βάση τα παραπάνω οι απαντήσεις είναι:

Λ

Σ

Λ

Β) Αν υποθέσουμε ότι το νήμα (2) συνεχίζει να είναι τεντωμένο (χωρίς να σημαίνει ότι η τάση Τ είναι ½ Μg, αφού δεν έχουμε πλέον ισορροπία), θα έχουμε:

ΣτΑ= Ι·αγων ή

W·L/2 + Τ·L= 1/3 ΜL2·αγων ή

Μg/2 + Τ = 1/3 ΜLαγων ή Μg/2 + Τ = 1/3 Μα (1)

Όπου α η επιτάχυνση του σώματος Σ που θα είναι ίση με την επιτρόχια επιτάχυνση του σημείου Β.

Για το Σ:

W1- Τ = Μ/2· α ή

½ Μg – Τ΄ = ½ Μ·α (2)

Με πρόσθεση των (1) και (2) έχουμε:

Μg= 5/6 Μα ή α=6/5g, πράγμα άτοπο αφού για να έχει το σώμα Σ επιτάχυνση μεγαλύτερη από g θα έπρεπε να δεχτεί Τάση από το νήμα με φορά προς τα κάτω. Ένα νήμα όμως δεν μπορεί να σπρώξει!

Έτσι η σωστή σχέση είναι:

W·L/2 = Ι·αγων.

Γ) Η τάση του νήματος είναι μηδέν, το σώμα Σ έχει επιτάχυνση g, ενώ για το άκρο Β έχουμε:

W·L/2 = Ι·αγων. Ή

Μg·L/2 = 1/3 ΜL2·αγων ή

½ g= 1/3 Lαγων ή

αΒ= 3/2 g

Μέση και στιγμιαία ισχύς.

1) Η στιγμιαία ισχύς της δύναμης δίνεται από την εξίσωση:

Ρ=F·υ οπότε υ=Ρ/F= 60/10m/s= 6m/s.

Όμως η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη (η δύναμη F σταθερή, αλλά και η τριβή σταθερή) και ισχύουν

υ= α·t (1) και x= ½ α·t2 (2).

Από την (1) έχουμε α= υ/t= 6/2=3 m/s2 και από την (2) x= ½ ·3·4m= 6m.

2) Ρμεσ= W/t όπου W= F·x= 10·6 J= 60 J, συνεπώς η μέση ισχύς είναι:

Ρμεσ= 60/2 W = 30W.

3) Η ενέργεια που δόθηκε στο σώμα μέσω του έργου της δύναμης υπολογίστηκε προηγούμενα W=60J.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΡΓΟ-ΕΝΕΡΓΕΙΑ

1. Ε=Κ+U= ½ mυ2+mgh = ½ ·2·102J + 2·10·15J= 400 J

2. Το βάρος είναι συντηρητική δύναμη και το έργο του δεν εξαρτάται από την διαδρομή αλλά είναι W=Uαρχ-Uτελ = mgh- 0= 300J.

3. Εφαρμόζουμε το ΘΜΚΕ από το Α στο Γ και παίρνουμε:

ΚΓΑ= WΒ ή

½ mυ2 – ½ mυ02 = W από όπου υ= 20 m/s.

Συχνότητα-μήκος κύματος και φαινόμενο Doppler.

Από την εξίσωση υ=λ·f έχουμε λ=υ/f= 340/3600 m= 17/180 m.
Για τον ακίνητο παρατηρητή Α:
Η συχνότητα που ακούει είναι fΑ= υ·fs/(υ+υs)= υ·fs/(υ+υ1)= 340·3600/(340+20)Ηz= 3400Ηz.
Οπότε το μήκος κύματος που ακούει θα είναι:
υ= λΑ·fΑ → λΑ= 340/3400 m= 0,1m.
Για τον παρατηρητή Β που είναι πάνω στο τραίνο:
Η συχνότητα που ακούει είναι fB= (υ+υΒ) ·fs/(υ+υs)= (υ+υ1) ·fs/(υ+υ1)= fs = 3600Ηz δηλαδή ίδια με την συχνότητα που εκπέμπει η πηγή.
Η ταχύτητα του ήχου ως προς τον παρατηρητή Β, επειδή κινείται με ταχύτητα υ1 πλησιάζοντας την πηγή, θα είναι υηχ,Β= υ+υ1=340+20=360m/s, οπότε το μήκος κύματος του ήχου που αντιλαμβάνεται θα είναι: λΒ= υηχΒ/fΒ= 360/3600m= 0,1m.
Δηλαδή ναι μεν ο παρατηρητής Β ακούει ήχο της ίδιας συχνότητας με αυτόν που εκπέμπει η πηγή, όμως το μήκος κύματος αυτού του ήχου είναι μεγαλύτερο από το μήκος κύματος που θα άκουγε, αν και αυτός και η πηγή ήταν ακίνητοι.

Για αυτούς που ήρθαν, αλλά και για αυτούς που απουσιάζουν…

Α) Αφού η ράβδος ισορροπεί
Στο=0 ή w·l/2-T·l=0 → T= Mg/2= 150N.

Αλλά και η τροχαλία ισορροπεί, οπότε

Στ=0 ή Τ1·R-Τ·R=0 ή Τ1= 150Ν.

Το σώμα Σ1 ισορροπεί:

ΣF=0 ή Τ1-m1g-Τ2= 0 ή Τ2= 150Ν-50Ν= 100Ν.

Από την ισορροπία του Σ2:

Τ2-m2g-Fελ=0 → Fελ = 100Ν- 20Ν= 80Ν.

Fελ= ΚΔl → Δl=Fελ/Κ= 80/200m= 0,4m.

Α) 1) Μόλις κόψουμε το νήμα που συνδέει τα Σ12, παύει η Τ2.

Τ1-W1 = m1α (1)

Τ·R-Τ1· R= Ι· αγων ή Τ-Τ1 = ½ m3R · αγων, (2)

W·l/2 - T·l= 1/3 Ml2 ·αγων1 ή W· ½ - T= 1/3 Ml ·αγων1 (3)

Αλλά όλα τα σημεία του νήματος έχουν την ίδια επιτάχυνση, οπότε α=αεπ,τρεπΑ ή

α= αγων·R = αγων1·l και οι σχέσεις (20 και (3) γίνονται:

Τ-Τ1 = ½ m3·α (2α) και Μg/2 – Τ= 1/3 Μ·α (3α)

Προσθέτουμε τις (1), (2α) και (3α) και παίρνουμε:

Μg/2-m1g = (m1+ ½ m3 + 1/3 Μ) αα= (150-50)/(5+10/2+30/3)= 100/20 =5 m/s2.

2) Για την τροχαλία αγων= α/R= 5/0,4=12,5 rad/s2 και για τη ράβδο αγων1=α/l= 5/5=1 rad/s2.

3) Στη θέση ισορροπίας του Σ2 ΣF=0 ή Fελ=m2g ή Δl1= 20/200=0,1 m.

Δηλαδή στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του σώματος Σ2, το ελατήριο έχει συσπείρωση 0,1m. Αλλά στην αρχική θέση, το ελατήριο είχε επιμήκυνση 0,4m. Δηλαδή η αρχική ακραία θέση απέχει Α=0,4m+0,1m=0,5m από τη θέση ισορροπίας.

Άρα η ενέργεια ταλάντωσης είναι Ε= ½ Κ·Α2 = ½ ·200·0,52J= 25J.