Μετατόπιση και μέση ταχύτητα.


1. α) Η μετατόπιση είναι αριθμητικά ίση με το εμβαδόν του τραπεζίου που σχηματίζει η γραφική παράσταση μέχρι τη στιγμή t1=4s:

Δx1= (Β+β)υ/2 = (4+2)·6/2 =18m.

β) Ομοίως από 4s-6s: Δx2= ½ (-6)·2m = -6m.

γ) Δxολ= Δx1 + Δx2= 12m.

2. υμ= Δxολ/Δt= 12m/6s = 2 m/s.

Μέση ταχύτητα.


1. α) Από 0-4s:
υ1=Δx/Δt = (12m-(-12m))/4s = 24m/4s =6m/s.
… β) Από 4s-10s:
υ2 = Δx/Δt = (0-12m)/(10s-4s) = - 2m/s.
2. υμ= Δxολ/Δt= (0-(-12))/10s = 1,2 m/s.

Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση δύο κινητών.


1) Η εξίσωση της κίνησης στην ευθύγραμμη ομαλή κίνηση είναι x=x0+υ(t-t0)
Για το πρώτο κινητό:
x1= υ1·t = 10·t (μονάδες στο S.Ι.) (1)
Για το δεύτερο κινητό:
x2= x0+ υ2·t = 20 + 6·t (μονάδες στο S.Ι.) (2)
2) Τη στιγμή που το πρώτο κινητό θα φτάσει το δεύτερο x1=x2 και από (1) και (2) έχουμε:
10t= 20+6t ή
10t-6t = 20 ή
4t = 20 ή
t= 5s.
3) Με αντικατάσταση στην (1) παίρνουμε:
x1= 10·5 m = 50 m.
4) Το διάγραμμα της θέσης των δύο κινητών είναι όπως στο παρακάτω διάγραμμα.

Ερώτηση στην ταλάντωση με κρούση.

Η ορμή διατηρείται μόνο στον άξονα x, δηλαδή m1υ1max= (m1+m2)υκmax. (1)

Η περίοδος μεγαλώνει αφού:

ενώ το πλάτος ταλάντωσης μειώνεται αφού η κινητική ενέργεια του συσσωματώματος είναι μικρότερη από την κινητική ενέργεια του Σ πριν την κρούση:
Κμετ= ½ (m1+m2)·υκ2 = ½ (m1+m2)· [m1υ1max/(m1+m2)]2= m1/(m1+m2) · Kαρχ.
Έτσι οι απαντήσεις είναι:

  1. Η θέση ισορροπίας της ταλάντωσης έµεινε η ίδια. Σ
  2. Μεταξύ των καταστάσεων ελάχιστα πριν και ελάχιστα µετά την κρούση στον οριζόντιο άξονα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. Λ
  3. Μεταξύ των καταστάσεων ελάχιστα πριν και ελάχιστα µετά την κρούση στον οριζόντιο άξονα ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής στην οριζόντια διεύθυνση.Σ
  4. Η περίοδος της ταλάντωσης αυξήθηκε. Σ
  5. Η ενέργεια της ταλάντωσης µειώθηκε. Σ

Φθίνουσα Ηλεκτρική Ταλάντωση

  1. το μέγιστο φορτίο που έχει ο πυκνωτής μετά από κάθε ταλάντωση μειώνεται εκθετικά με το χρόνο. Σ
  2. το αρχικό φορτίο του πυκνωτή τελικά εξαφανίζεται όταν σταματήσει η ταλάντωση Λ
  3. το αρχικό φορτίο του πυκνωτή δεν εξαφανίζεται. Το συνολικό φορτίο στο κύκλωμα είναι ίσο με μηδέν και όσο υπήρχε ενέργεια ταλάντωσης τα διαχωρισμένα αρνητικά και θετικά φορτία ταλαντωνόταν. Σ
  4. Για τη συχνότητα ισχύει :

Σ

Εξαναγκασμένη και φθίνουσα Ηλεκτρική Ταλάντωση.


Η ένδειξη του αμπερομέτρου είναι ίση με την ενεργό ένταση του ρεύματος, οπότε το πλάτος της έντασης στο Β κύκλωμα είναι:

Ι=Ιεν·21/2 = 3·21/2·21/2 = 6mΑ.

Αλλά Ι=Q·ω, όπου ω η γωνιακή συχνότητα ταλάντωσης, η οποία είναι ίση με την γωνιακή συχνότητα του διεγέρτη, δηλαδή ω= 500rad/s. Έτσι:

Q=Ι/ω = 6·10-3 /500 C = 1,2·10-5C = 12 μC.

UΕmax= ½ Q2/C = ½ 122·10-12/2·10-6J = 36 μJ.

UBmax= ½ L I2 = ½ 2·36·10-6 J=36μJ

Παρατηρούμε ότι η μέγιστη ενέργεια του πηνίου είναι ίση με την μέγιστη ενέργεια του πυκνωτή. Πότε συμβαίνει αυτό; Μα όταν έχουμε συντονισμό, όπως εδώ, αφού ω02=1/LC = 1/ 2·2·10-6= 106/4 → ω0= 500rad/s.

Σχετικά μπορείτε να διαβάστε και την ανάρτηση:

Εξαναγκασμένη Ταλάντωση και ΣΥΝΤΟΝΙΣΜΟΣ.

Τα διαγράμματα είναι τα παρακάτω.

Η ταλάντωση είναι φθίνουσα με λίγο μεγαλύτερη περίοδο, συνεπώς και λίγο μικρότερη γωνιακή συχνότητα. Άρα η γωνιακή συχνότητα είναι μικρότερη από 500rad.s.

Εξαναγκασμένη ταλάντωση και ενέργειες.


Έχουμε ω0= 1/ =5000rad/s

ii) Έστω η εξίσωση του φορτίου του πυκνωτή q=Qημ(ωt+φ0), (1) οπότε η εξίσωση της έντασης του ρεύματος i=Ισυν(ωt+φ0) (2). Αντικαθιστώντας στην (2) t=0 παίρνουμε:

i=Iσυνφ0 ή –Ι=Ισυνφ0 ή συνφ0= -1 ή φ0=π.

Ενώ Ι=Qω άρα Q= I/ω=0,1/4000=25·10-6C.
έτσι οι εξισώσεις είναι:

q=25·10-6 ημ(4000t+π) και
i= 0,1συν(4000t+π) ή

q= - 25·10-6 ημ4000t και
i= - 0,1συν4000t

iii) Η μέγιστη ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή είναι:

U=½ Q2/C=156,25·10-7J,

ενώ του πηνίου

U=½ LI2 = ½ 2·10-3·0,01J =10-5J.

iv) Η θερμότητα που παράγεται στον αντιστάτη είναι Q=Iεν2Rt ή

Q= (0,1/)2·0,5·20=0,05J.

Σχόλιο: Παρατηρήστε τη μέγιστη ενέργεια του Μαγνητικού πεδίου του πηνίου και τη μέγιστη ενέργεια του πυκνωτή.
Είναι διαφορετικές….

Υπολογισμός Έντασης Ηλεκτρικού πεδίου.


FΓ= k|q1q2|/r2 → |q2|= Fr2/kq1 →

|q2| = 0,1·(3·10-2)2/9·109·0,1·10-6 = 10-7C = 0,1μC
Επειδή δε η δύναμη μεταξύ των φορτίων είναι ελκτική q2= - 0,1μC.
Στο σχήμα φαίνονται τα διανύσματα των εντάσεων στο Μ και στο Α εξαιτίας κάθε φορτίου.
Για το σημείο Μ:
Ε1=k|q1|/(ΒΜ)2 = 9·109·0,1·10-6/(1,52·10-4) Ν/C = 4·106Ν/C.
Ε2 = k|q2|/(ΜΓ)2 = 4·106Ν/C.
Έτσι ΕολΜ= Ε1+Ε2= 8·106Ν/C με φορά προς τα δεξιά.
Για το σημείο Α:
ΕΒ= k|q1|/α2 = 9·109·0,1·10-6/32·10-4 Ν/C = 106 Ν/C και
ΕΓ = k|q2|/α2 = 106 Ν/C.
Για να βρούμε την συνολική ένταση στην κορυφή Α, σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο και παίρνουμε την διαγώνιό του. Το παραλληλόγραμμο είναι ρόμβος με γωνία κορυφής 60°, οπότε η διαγώνιος χωρίζει τον ρόμβο σε δύο ισόπλευρα τρίγωνα, συνεπώς το μέτρο της συνολικής έντασης είναι 106Ν/C και σχηματίζει γωνία 60° με την πλευρά ΑΓ. Άρα η ολική ένταση είναι παράλληλη στην πλευρά ΒΓ.

Ηλεκτρονιακοί τύποι κατά Lewis οξειδίων.



.

Ηλεκτρονιακή δομή και χημική συμπεριφορά.

.
Η ηλεκτρονιακή δομή του Α είναι: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 3d10, 4s2, 4p4.

Ενώ του Β: 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 3d10, 4s2, 4p6, 5s1.
Το άτομο Β έχει 5 στοιβάδες, ενώ το Α 4, οπότε οι ακτίνα του Β είναι μεγαλύτερη.
Οι ηλεκτρονιακοί τύποι είναι οι παρακάτω:
και

Το οξείδιο ΑΟ2 είναι ομοιοπολική ένωση άρα ασθενείς δυνάμεις μεταξύ των μορίων, πράγμα που σημαίνει ότι το αέριο πιθανότατα είναι αέριο (ή έστω υγρό λόγω μεγάλου Μr).
To B2O είναι ιοντική ένωση άρα έχουμε κρυστάλλους με μεγάλο Σ.Τ.
ΑΟ2 + Η2Ο → Η2ΑΟ3 (οξύ)
Β2Ο + Η2Ο → 2 Β(ΟΗ) (βάση)
Η2ΑΟ3 + 2 Β(ΟΗ) → 2 Β2ΑΟ3 +2 Η2Ο (εξουδετέρωση)

Υπάρχουν τα τροχιακά;

.

Η πρόταση είναι λάθος. Τα τροχιακά υπάρχουν είτε σε αυτά περιέχουν ηλεκτρόνια είτε όχι.

Ερώτηση στην ΕΟΚ.



Η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλή και η τιμή της ταχύτητας μπορεί να υπολογιστεί για το χρονικό διάστημα 0-4s:

υ= Δx/Δt= (0-20m)/(4s-0)= -5m/s.
Η εξίσωση της κίνησης είναι x= x0+υt και για t=6s παίρνουμε:
x= 20m +(-5m/s) · 6s= 20m-30m=-10m.
Έτσι οι απαντήσεις είναι:
…… 1)Λ …….. 2) Σ ……… 3) Σ ………. 4) Σ ………. 5) Λ ………..6) Σ

Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση και θέση κινητού.



  1. Τη χρονική στιγμή t0=0 το κινητό βρίσκεται στη θέση x0=4m.
  2. Από 0-6s το κινητό μετατοπίζεται κατά Δx= x6-x0=22m-4m= 18m, προς την θετική κατεύθυνση.
υ=Δx/Δt = 18m/6s = 3m/s.
Από 0-10s το σώμα μετατοπίζεται κατά:
Δx=υ·Δt = 3m/s·10s= 30m.
Αλλά Δx= xτ-x0 → xτ=Δx + x0 →
xτ=30m + 4m = 34m.
Ή διαφορετικά:
Η θέση του σώματος προκύπτει από την εξίσωση της κίνησης:
x= x0+υt = 4m + 3m/s·10s = 34m.

Ένταση στο πεδίο Coulomb.



  1. Αν στο σημείο Α φέρναμε ένα θετικό δοκιμαστικό φορτίο q1 θα δεχτεί δύναμη από το ηλεκτρικό πεδίο του φορτίου Q με φορά προς τα πάνω. Άρα το φορτίο Q είναι θετικό, αφού απωθεί το q1.
  2. Οι εντάσεις στα σημεία Β και Γ φαίνονται στο σχήμα.
  3. Για τα σημεία Β και Γ το μέτρο της έντασης είναι Ε=ΚQ/r2 και αφού (ΟΒ)=(ΟΓ), ΕΒ=ΕΓ. Αλλά τα σημεία Β και Γ απέχουν διπλάσια απόσταση από το Q, σε σχέση με την απόσταση του σημείου Α, συνεπώς το μέτρο της έντασης είναι το υποτετραπλάσιο της έντασης στο Α.

Συνεπώς ΕΒ=ΕΓ= ¼ ΕΑ= 2Ν/C.

Διακρότημα.

Η περίοδος του διακροτήματος είναι Τδ =2t1= 4s, άρα fδ= ¼ Ηz.

Τη στιγμή t1 η διαφορά φάσης είναι π και την στιγμή 2t1=4s είναι 2π.

|f1-f2| = 0,50 Ηz ενώ fδ= 0,25Ηz. Έτσι οι απαντήσεις είναι:

…….Σ, ……… Σ, ……….. Λ, ………… Λ, …………. Λ.

Ρυθμοί μεταβολής στην Ηλεκτρική ταλάντωση.

1. Η ενέργεια ταλάντωσης διατηρείται, οπότε:
½ Li2 + ½ q2/C = ½ LΙ2 →
q2= LC( Ι2-i2) = 10-2·4·10-6(25-9) = 64·10-8 → q= 8·10-4C.
2. dq/dt=i = 3C/s.
3. dUΕ/dt= Ρc= Vc·I (1)
όπου Vc= q/C = 8·10-4/4·10-6V = 200V
και η (1) δίνει:
dUΕ/dt= Ρ= 200V·3 Α = 600J/s.
4. Ισχύει Εαυτ= - L·di/dt, όπου Εαυτ= Vc=200V →
di/dt= - 200/0,01 A/s = - 2·104A/s.

Συχνότητα ηλεκτρονίου

.
Η δύναμη που δέχεται το ηλεκτρόνιο από το πρωτόνιο, h Fc «παίζει το ρόλο» της κεντρομόλου, Fk, και υποχρεώνει το ηλεκτρόνιο να εκτελέσει κυκλική τροχιά.

Αλλά Fc = Κ|qp·qe|/r2 = Ke2/r2 (1)

Και Fκ= mυ2/r (2)

Με υ=ωr= 2πfr (3) όπου f η συχνότητα (ο αριθμός των περιστροφών σε 1s).

Με αντικατάσταση της (3) στην (2) παίρνουμε:

Fκ= m·4π2 f2 r (4)

Από (1) και (4) λαμβάνουμε:

m·4π2 f2 r= Ke2/r2 ή

f2 = (Κe2)/(4π2m·r3) = 9·109 · 1,62·(10-19)2/(4·π2·9,1·10-31·0,53·10-30)= 0,45·1032 Ηz2 →

f=6,75·1015 Ηz.

Για σκεφτείτε το..

6.750.000· 109 περιστροφές το δευτερόλεπτο!!!

Μήπως να το δείτε σαν 6.750.000 δισεκατομμύρια περιστροφές το δευτερόλεπτο;

Φορτίο και μάζα του ηλεκτρονίου.

.
Από το νόμο του Coulomb έχουμε:

F=Κ|q1·q2|/r2 = 9·109·2·10-6·1,6·10-19/(1·10-2)2 N= 28,8·10-12N

Ο αριθμός των ηλεκτρονίων που φέρει φορτίο -2μC είναι:

Ν= q/e = -2·10-6/(-1,6·10-19) = 1,25·1013 ηλεκτρόνια.

Πόσα είναι; 12500·109 ή 12.500 δισεκατομμύρια ηλεκτρόνια!!

Αν απομακρύνουμε ΟΛΑ αυτά τα ηλεκτρόνια η σφαίρα θα χάσει μάζα:

m=Ν·me= 1,25·1013·9·10-31Κg = 11,25·10-18Κg !!!

Τι λέτε αν ζυγίσουμε τη σφαίρα θα την βρούμε ελαφρύτερη;

Πρόβλημα συνάντησης κινητών.


Θεωρούμε ότι κατά μήκος του δρόμου εκτείνεται ο προσανατολισμένος άξονας x και αποφασίζουμε που θα βάλουμε την αρχή του άξονα. Αν θέσουμε ότι στη θέση που στέκεται το παιδί είναι η αρχή του άξονα (x=0), τότε η αρχική θέση του Α φορτηγού είναι x0Α= -40m και του Β η x0Β= + 85m (η προς τα δεξιά κατεύθυνση θεωρείται θετική). Θέτουμε επίσης ότι στις αρχικές θέσεις τους τα φορτηγά βρίσκονται την χρονική στιγμή t0=0.
Και για τα δύο φορτηγά  η εξίσωση κίνησης είναι:
Δx= υ·Δt → x-x0= υ(t-t0) →
x = x0 +υt
Βρίσκουμε τα μέτρα των δύο κινητών σε m/s:
υ1= 18Κm/h = 18000m/3600s= 5m/s και
υ2= 27Κm/h = 27000m/3600s = 7,5m/s
Για το πρώτο κινητό λοιπόν θα έχουμε:
x1= - 40 + 5t  (μονάδες στο S.Ι.)  (1)
Ενώ για το φορτηγό Β:
x2= 85 – 7,5t   (μονάδες στο S.Ι.)  (2)
Τη χρονική στιγμή που τα φορτηγά διασταυρώνονται x1=x2, οπότε από τις εξισώσεις (1) και (2) έχουμε:
-40+ 5t = 85-7,5t   ή
5t+7,5t = 40+ 85   ή
12,5 t = 125  ή
t= 10s.
Αντικαθιστώντας στην (1) παίρνουμε:
x1= -40 + 5·10 = +10m.
Δηλαδή η συνάντηση των δύο φορτηγών θα γίνει σε απόσταση 10 m δεξιά της θέσης που στέκεται το παιδί.

 

Εξίσωση κίνησης.


  1. Και για τα δύο κινητά η εξίσωση κίνησης είναι:
Δx= υ·Δt → x-x0= υ1(t-t0) → x = x0 +υt
Για το πρώτο κινητό λοιπόν θα έχουμε:
x1= - 8 + 2t  (μονάδες στο S.Ι.)  (1)
Ενώ για το δεύτερο κινητό:
x2= +17 – 3t   (μονάδες στο S.Ι.)  (2)
....2.  Τη στιγμή της συνάντησης τα δύο κινητά φτάνουν στην ίδια θέση, οπότε x1=x2 και από τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε:
-8 + 2t = 17 -3t  ή
2t + 3t = 17+ 8  ή
5t= 25  ή
t=5s.
Δηλαδή τα δύο κινητά συναντώνται την χρονική στιγμή t1=5s.
......3.   Με αντικατάσταση στην (1) παίρνουμε:
x1= -8 + 2·5 m= +2m
Δηλαδή τα κινητά θα συναντηθούν στο σημείο Γ, στη θέση x=2m.
.....4. Το πρώτο κινητό έχει μετατοπισθεί κατά Δx1 = xτελ-x0= 2m-(-8m) = 10m.
.........Ενώ για το δεύτερο Δx2= xτελ2-x02= 2m-17m = - 15m.
Στο παρακάτω σχήμα βλέπεται τα διανύσματα των δύο μετατοπίσεων.

 

 

Εξίσωση κίνησης.

Και για τα δύο κινητά η εξίσωση κίνησης είναι:

Δx= υ·Δt → x-x0= υ1(t-t0) → x = x0 +υt

Για το πρώτο κινητό λοιπόν θα έχουμε:

x1= - 8 + 2t  (μονάδες στο S.Ι.)  (1)

Ενώ για το δεύτερο κινητό:

x2= +17 – 3t   (μονάδες στο S.Ι.)  (2)

Τη στιγμή της συνάντησης τα δύο κινητά φτάνουν στην ίδια θέση, οπότε x1=x2 και από τις σχέσεις (1) και (2) παίρνουμε:

-8 + 2t = 17 -3t  ή

2t + 3t = 17+ 8  ή

5t= 25  ή

t=5s.

Δηλαδή τα δύο κινητά συναντώνται την χρονική στιγμή t1=5s.

Με αντικατάσταση στην (1) παίρνουμε:

x1= -8 + 2·5 m= +2m

Δηλαδή τα κινητά θα συναντηθούν στο σημείο Γ, στη θέση x=2m.

Το πρώτο κινητό έχει μετατοπισθεί κατά Δx1 = xτελ-x0= 2m-(-8m) = 10m.

Ενώ για το δεύτερο Δx2= xτελ2-x02= 2m-17m = - 15m.

Στο παρακάτω σχήμα βλέπεται τα διανύσματα των δύο μετατοπίσεων.

 

 

Βαρυτικές και Ηλεκτρικές δυνάμεις.



Η δύναμη παγκόσμιας έλξης έχει μέτρο

A) Fg= Gm1m2/r2 = 6,67·10-11·23·35,5·1,62·10-54/10-16N= 1,4·10-45N

B) Fc=K|q1·q2|/r2 = 9·109·1,62·10-38/10-16N=2,3·10-12N.

Παίρνουμε τον λόγο Fc/Fg και έχουμε:

Fc/Fg= 2,3·10-12/1,4·10-45 = 1,6·1033

Παρατηρούμε ότι η έλξη μεταξύ των δύο ιόντων εξαιτίας των φορτίων τους είναι ασύληπτα μεγάλη σε σχέση με την βαρυτική έλξη τους. Αυτό σημαίνει ότι στην πραγματικότητα οι βαρυτικές δυνάμεις δεν παίζουν κανένα ρόλο όσον αφορά την σταθερότητα του κρυστάλλου, η οποία οφείλεται στις ηλεκτροστατικές δυνάμεις.

Το συμπέρασμα ισχύει γενικότερα σε δυνάμεις στον μικρόκοσμο.

Οι ηλεκτροστατικές δυνάμεις καθορίζουν τον μικρόκοσμο, ενώ οι βαρυτικές ερμηνεύον τη σταθερότητα στον μακρόκοσμο .

(αυτές καθορίζουν τη σταθερότητα π.χ. του Ηλιακού συστήματος).


Υ.Γ. Στο σχήμα οι δυνάμεις δεν έχουν σχεδιαστεί με την σωστή αναλογία. Προφανώς η βαρυτική έχει πολύ μικρότερο μέτρο, από αυτό που υπονοεί το σχήμα.


Ταλάντωση συστήματος σωμάτων και γραφική παράσταση.


1) Στη θέση ισορροπίας του σώματος Σ1 έχουμε:
ΣF= 0 → Fελ= m1g ή kd1 = m1g → k = m1g/d1 = 50/0,25 N/m = 200N/m.
Η θέση ισορροπίας του συστήματος είναι η Θ.Ι. 2. για την οποία ισχύει:
ΣF=0 → Fελ=mολg → k(d1+d2) = (m1+m2)g → kd2=m2g → d2=m2g/k=30/200m= 0,15m.
Παίρνουμε το σύστημα σε μια τυχαία θέση, που απέχει κατά x από την Θ.Ι.2:
ΣF= wολ-Fελ= (m1+m2)g- k(d1+d2+x) = (m1+m2)g- k(d1+d2) – kx = -kx,
Δηλαδή το σύστημα εκτελεί α.α.τ. με σταθερά D=k.
2) Το σύστημα αρχίζει την ταλάντωσή του με μηδενική ταχύτητα, άρα ξεκινά από την πάνω ακραία θέση, οπότε Α= d2= 0,15m.
Η περίοδος ταλάντωσης είναι Τ= 2π (mολ/k)1/2 = 2π (8/200)1/2 = 0,4π s
3) Το σύστημα ξεκινά την ταλάντωσή του από την θετική ακραία θέση, οπότε έχει αρχική φάση φ0=π/2 (γιατί;) και για την απομάκρυνση έχουμε:
x= Αημ(ωt+π/2) = 0,15 · ημ(5t+π/2)
Για το σώμα Σ2:

ΣF= - D2x → Ν-m2g = - m2ω2x →
Ν= m2g – m2ω2·x
Ν= 30-3·25·0,15ημ(5t+ π/2) = 30-11,25ημ(5t+π/2) ή
Ν= 30 – 11,25 συν5t (μονάδες στο S.Ι.)
Η γραφική παράσταση δίνεται παρακάτω.

Ταλάντωση και κρούση.



  1. Σε χρόνο t1 η σφαίρα κατέρχεται κατά y= ½ gt2, αφού εκτελεί ελεύθερη πτώση.
h= ½ 10· π2/400 m = 1/8 m= 12,5cm.
Οπότε η πλάκα διανύει απόσταση D=Η-h= 32,5cm – 12,5 cm = 20cm = d.
Δηλαδή τα δύο σώματα συγκρούονται στην θέση ισορροπίας της πλάκας.

2) Για το χρονικό διάστημα t1 ισχύει t1=Τ/4, όπου Τ η περίοδος ταλάντωσης της πλάκας, από όπου Τ= 4t1= 4·π/20 s = π/5 s.
Η πλάκα έχει ταχύτητα πριν την κρούση υ1=υmαx= Αω= Α·2π/Τ= 0,2·2π/0,2π m/s = 2m/s, ενώ η σφαίρα υ2=gt = 10·π/20 m/s =π/2 m/s= 1,57 m/s.

3) Η ενέργεια ταλάντωσης της πλάκας πριν την κρούση είναι:
Ε1= ½ m1υ1mαx2 = ½ 2·22J = 4J
Ενώ μετά την κρούση:
Ε2 = ½ m1υ1΄2 = ½ 2· (π/2)2 = π2/4J= 2,5J.

Απλή Αρμονική Ταλάντωση και Κατακόρυφη Βολή.




1) Στη θέση ισορροπίας ΣF=0 → Fελ= w → kΔl = mg → Δl =mg/k = 8·10/200 m=0,4m.

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

ΣF= w-Fελ= mg- k(Δl+x) = mg-kΔl – kx = -kx, άρα το σώμα εκτελεί α.α.τ.

2) Το σώμα θα εγκαταλείψει το ελατήριο, μόλις αυτό αποκτήσει το φυσικό του μήκος, δηλαδή σε απομάκρυνση 0,4m πάνω από την θέση ισορροπίας. Από και πέρα θα εκτελέσει ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση με επιβράδυνση g. (κατακόρυφη βολή)

Παίρνουμε τον κύκλο αναφοράς της ταλάντωσης. Αρχικά το σώμα βρίσκεται στην θέση Α και θα αφήσει το ελατήριο στο σημείο Β. Αλλά η γωνία φ είναι ίση με 30° αφού η απέναντι κάθετος είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας, συνεπώς το περιστρεφόμενο διάνυσμα διαγράφει γωνία θ=π/2+π/6 = 2π/3. Η γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του διανύσματος είναι ίση με την γωνιακή συχνότητα, όπου k=mω2 → ω2=k/m=200/8=25 → ω= 5rad/s. Έτσι το χρονικό διάστημα που απαιτείται είναι Δt= θ/ω = (2π/3)/5 = 2π/15 s.

3) Τη στιγμή που το ελατήριο αποκτά το φυσικό του μήκος, η ενέργεια ταλάντωσης είναι:

½ mυ2 + ½ kx2 = ½ kΑ2. (1)

Εφαρμόζουμε για το σώμα την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας, ανάμεσα στη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου και στο μέγιστο ύψος (παίρνοντας στην αρχική θέση U=0) και παίρνουμε:

½ mυ2 = mgh (2)

Από (1) και (2) παίρνουμε:

mgh= ½ kΑ2- ½ kx2 →

h= ( ½ 200·0,82 – ½ 200·0,42)/80 m = 0,6m

Πίεση αερίου.


Αρχικά στο έμβολο ασκούνται οι δυνάμεις: Το βάρος του εμβόλου, η δύναμη λόγω ατμοσφαιρικής πίεσης Fατ και η δύναμη που ασκείται από το αέριο Fαερ. Το έμβολο ισορροπεί, οπότε:

ΣF= 0 → Fαερ= Fατ + w → Fαερ/Α = Fατ/ Α+ w/Α όπου Α το εμβαδόν του εμβόλου και άρα:
p1 = pατ + w/Α όπου p1 η αρχική πίεση. Με αντικατάσταση:
p1 = 105Ν/m2 + 2·10/(10·10-4) Ν/m2 = (105 + 0,2·105) Ν/m2= 1,2·105Ν/m2.
Με όμοιο τρόπο για την τελική κατάσταση όπου έχουμε προσθέσει 2kg άμμου έχουμε:
p2 = pατ + wολ /Α = 105Ν/m2 + 4·10/(10·10-4) Ν/m2 =1,4· 105 Ν/m2.
Αφού δεν μετακινήθηκε το έμβολο η μεταβολή είναι ισόχωρη και ισχύει ο νόμος Charles:
p1/Τ1 =p2/Τ2 → Τ2 =p2·Τ1/p1 = 1,4·300/1,2 Κ= 350 Κ.

Νόμοι αερίων.


1) Παίρνουμε την Καταστατική εξίσωση για την κατάσταση Α:

pV= nRΤ και αφού n=m/Μ = 2·10-3/4·10-3 mοl = 0,5mol , έχουμε:

ΤA = pV/nR = 10·4,1/0,5·0,082 K = 1000K

2) Για την ισοβαρή μεταβολή ΑΒ ισχύει VA/TA=VB/TB → VB= VA·TB/TA →

VB= 4,1·3000/1000L= 12,3L.

Οπότε από τον νόμο του Boyle για τις καταστάσεις Α και Γ έχουμε:

pΑVΑ=pΓVΓ → pΓ= pΑVΑ/VΓ= 10·4,1/12,3 atm = 10/3 atm.

Οι μεταβολές φαίνονται στα παρακάτω σχήματα.


Πληροφορίες από το διάγραμμα της ταχύτητας με το χρόνο.


1) Σ
2) Η μετατόπιση είναι ίση με το εμβαδόν του χωρίου (κίτρινο χρώμα) δηλαδή Δx= x = 32m. Προσέξτε: Το σώμα για t=0, x=0 οπότε Δx=x. (Σ)

3) Είναι ίση με το εμβαδόν του χωρίου με γκρι χρώμα μείον το εμβαδόν του τριγώνου με πράσινο χρώμα. Και επειδή τα δύο τρίγωνα είναι ίσα Δx=0 (Σ).

4) υμ= Δx/Δt = 0 (Σ)

5) υμ= Δx/Δt = 32m/8s = 4m/s.

6) (Λ) το σώμα έχει επιτάχυνση όση είναι η κλίση της ευθείας και επειδή η ευθεία από 4s-8s έχει σταθερή κλίση α=Δυ/Δt = (-8-8)/(8-4) m/s2= - 4 m/s2.

7) (Σ) Τη στιγμή 6s το σώμα σταματά να κινείται προς τα δεξιά και αρχίζει να κινείται προς τ’ αριστερά.


Υ.Γ. Η μέση ταχύτητα είναι διανυσματικό μέγεθος και ορίζεται σαν το πηλίκο της μετατόπισης σε ορισμένο χρονικό διάστημα Δt, προς το αντίστοιχο χρονικό διάστημα Δt.

Εξίσωση κίνησης στην ευθύγραμμη ομαλή κίνηση.


Το σημείο Β βρίσκεται στη θέση x1= 8m, οπότε η ταχύτητα έχει τιμή:

υ= Δx/Δt = [8m-(-4m)]/(4s-0s) = 12/4 m/s = 3m/s.

2) Έχουμε Δx= υ·Δt →

x-x0= υ·(t-t0) →

x=x0 + υ·(t-t0) και με αντικατάσταση:

x= -4 + 3(t-0) ή

x= -4 + 3t (1)

3) Με αντικατάσταση στη σχέση (1) παίρνουμε για x=6,6m:

6,6= -4 + 3t ή

3t= 6,5+4 ή

3t= 10,5 ή

t= 3,5s.

Ομαλή κίνηση προς τα αριστερά.

Η μετατόπιση του κινητού από t1-t2 είναι:

Δx= υ·Δt = - 2·(6-1)m = -10m,

Ενώ Δx= x2-x1 → x2= Δx+ x1 =-10m + 8m = -2m.

Στο παρακάτω σχήμα βλέπετε τις θέσεις του κινητού και το διάνυσμα της μετατόπισης του κινητού.

Πληροφορίες από διάγραμμα x-t.


Η κλίση Δx/Δt είναι αριθμητικά ίση με την στιγμιαία ταχύτητα, ενώ η μέση ταχύτητα μεταξύ δύο θέσεων είναι υμ=Δx/Δt, οπότε μεταξύ Α και Γ υμ=0.

Έτσι οι απαντήσεις είναι:

Λ

Λ

Λ

Σ

Σ

Σ

Δύναμη από ελατήριο


Στη θέση ισορροπίας έχουμε:
ΣF=0 → Fελ=w → ΚΔl=mg → Δl=mg/k= 2•10/200 m = 0,1m.
Όπου Δl η συσπείρωση του ελατηρίου.
Τη στιγμή που αφήνουμε το σώμα να κινηθεί έχει μηδενική ταχύτητα και απέχει κατά h από τη θέση ισορροπίας, άρα το πλάτος ταλάντωσης είναι Α=h=0,4m.
1) Έτσι Ε= ½ DΑ2 = ½ kΑ2 = ½ 200•0,42 J= 16J.
2) Αλλά αυτή είναι και η μέγιστη δυναμική ενέργεια ταλάντωσης. Umax=Ε= 16J.
3) Το ελατήριο έχει μέγιστη δυναμική ενέργεια στη θέση που εμφανίζει την μέγιστη μεταβολή του μήκους του. Η θέση αυτή είναι η κάτω ακραία θέση, όπου το ελατήριο έχει συσπείρωση Δlmax=Δl+Α =0,5 m. Έτσι η μέγιστη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι:
Uελ,max= ½ kΔlmax2 = ½ •200•0,52 J= 25J.
4) Παίρνοντας το σώμα στην τυχαία θέση, όπου απέχει κατά x από την θέση ισορροπίας έχου-με:
ΣF = - Dx ή
Fελ-w = - kx ή
Fελ = mg – kx = 20 – 200x.
Οπότε η γραφική παράσταση είναι αυτή του παρακάτω σχήματος.


Προσέξτε ότι η δύναμη του ελατηρίου γίνεται και αρνητική, με φορά προς τα κάτω, όταν το ελατήριο επιμηκυνθεί.

Ένα κινητό ξεκινά για t=0 από το σημείο Α και φθάνει στο σημείο Β τη χρονική στιγμή t1 =4s, με σταθερή ταχύτητα.
  1. Σχεδιάστε το διάνυσμα της μετατόπισης.
  2. Να υπολογιστεί η τιμή της μετατόπισης.
  3. Να βρεθεί η ταχύτητα του κινητού.
  4. Ποια η θέση του κινητού τη χρονική στιγμή t2=3s;
  5. Να κάνετε τη γραφική παράσταση της θέσης του κινητού σε συνάρτηση με το χρόνο.

.

Απάντηση:

.

Ένα σώμα μάζας m=4kg ισορροπεί όπως στο διπλανό σχήμα έχοντας επιμηκύνει το ελατήριο κατά Δl=0,4m. Το ελατήριο έχει σταθερά Κ=400Ν/m και g=10m/s2.
  1.  Υπολογίστε την τάση του νήματος και την ενέργεια του ελατηρίου.
  2.  Σε μια στιγμή κόβουμε το νήμα και το σώμα ταλαντώνεται.
………..i) Το ελατήριο έχει σταθερά Κ=400Ν/m και g=10m/s2.
……….ii) Το ελατήριο έχει σταθερά Κ=400Ν/m και g=10m/s2.

  1. Υπολογίστε την τάση του νήματος και την ενέργεια του
  2. Υπολογίστε την τάση του νήματος και την ενέργεια του
  3. Υπολογίστε την τάση του νήματος και την ενέργεια του

Πλάτος και ενέργεια ταλάντωσης.




1) Οι δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα φαίνονται στο σχήμα. Το σώμα ισορροπεί ΣF=0 →

Fελ-w-Τ=0 ή Τ= k·Δl – mg= 400·0,4Ν- 4·10Ν= 120Ν.

Η ενέργεια του ελατηρίου είναι Uελ = ½ k·Δl2= ½ ·400· 0,42 J= 32J.

2) Η ταλάντωση πραγματοποιείται γύρω από την θέση ισορροπίας Ο για την οποία ισχύει:

ΣF=0 → Fελ-w=0 → k·d= mg → d= 40/400m= 0,1m.

Στη θέση που κόψαμε το νήμα το σώμα είχε ταχύτητα μηδέν, συνεπώς η θέση αυτή είναι ακραία θέση της ταλάντωσης. ‘Ετσι το πλάτος ταλάντωσης είναι:

Α=Δl-d= 0,4m=0,1m= 0,3m

Και Ε= ½ D·Α2 = ½ ·400·0,32 J = 18J.

Αμείωτη και φθίνουσα Ηλεκτρική Ταλάντωση.

Το πρώτο κύκλωμα θα πραγματοποιήσει αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση, ενώ το δεύτερο φθίνουσα, έτσι οι γραφικές παραστάσεις θα είναι:

Στη φθίνουσα ταλάντωση η περίοδος είναι λίγο μεγαλύτερη, οπότε μεταξύ των τιμών που μας δίνονται επιλέγουμε το iii) Τ/4= 1,1μs.

Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση.

.

Στο σχήμα φαίνεται το διάνυσμα της μετατόπισης Δx.
Δx= xΒ-xΑ= -2m – 8m = -10m.
υ=Δx/Δt = -10m/4s= - 2,5 m/s.
Ισχύει Δx= υ·Δt ή x- x0 = υ·(t-t0) ή
x= x0 + υ·(t-t0) και με αντικατάσταση:

x= + 8m + (-2,5 m/s) · (3s-0) = 8m -7,5m = 0,5m.
Η γραφική παράσταση της θέσης σε συνάρτηση με το χρόνο είναι η παρακάτω.

Πίεση από έμβολο.


Στα σχήματα παρουσιάζονται οι δυνάμεις που ασκούνται στο έμβολο, όταν το δοχείο είναι οριζόντιο και όταν είναι  όρθιο.

Στην πρώτη περίπτωση ΣF=0 → Fατμ= Fαερ ή Fαερ/Α = Fατμ/Α όπου Α το εμβαδόν του εμβόλου, άρα και p1=pατμ= 105Ν/m2.

Στην δεύτερη:

ΣF=0 ή Fαερ= Fατμ+W ή Fαερ/Α = Fατμ/Α+ w/Α ή

p2= pατμ + w/Α

Οι δύο όμως καταστάσεις έχουν την ίδια θερμκρασία και ισχύει ο νόμος του Boyle

p1V1=p2V2 ή

p1·Α·h = p2·Α· x, όπου h=24cm και x η νέα απόσταση του εμβόλου από τγν βάση.

x= p1·h/(pατμ+w/Α)

x= 105·24/ (105+ 20/10·10-4) cm =24·105/(1,2·105) cm = 20 cm.

Καταστατική εξίσωση

.
δ. 9Τ

Ποιες είναι οι μεταβολές των αερίων;


α) ΑΒ : Ισόχωρη θέρμανση

ΒΓ: Ισόθερμη εκτόνωση.

β) Σωστό διάγραμμα είναι το (γ).

Διαγράμματα στις μεταβολές αερίων.

Από τον νόμο του Charles για την μεταβολή ΑΒ αφού διπλασιάζεται η απόλυτη θερμοκρασία του συμπεραίνουμε ότι διπλασιάστηκε και η πίεση.

Από τον νόμο του Gay-Lussac για την ισοβαρή θέρμανση ΒΓ, αφού διπλασιάζεται ο όγκος, διπλασιάζεται και η απόλυτη θερμοκρασία, δηλαδή ΤΓ= 2ΤΒ= 4ΤΑ.

Κατά την ισόθερμη εκτόνωση ΓΔ, υποδιπλασιάζεται η πίεση συνεπώς (Νόμος του Boyle) διπλασιάστηκε ο όγκος, δηλαδή VΔ= 2VΓ=4VΒ.

Οι μεταβολές λοιπόν είναι όπως εμφανίζονται στα παρακάτω διαγράμματα.


Εγγραφή σε: Αναρτήσεις (Atom)