ΒΟΗΘΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΤ. Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΤΙΚΗ - ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΣΤΑΥΡΟΣ Σ. ΛΟΥΒΕΡΔΗΣ

ΟΡΜΗ - ΚΡΟΥΣΗ

ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ

ΚΥΜΑΤΑ

ΟΠΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ

ΠΕΡΙΣΤΡΟΦΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ

Λύμενα τα θέματα των πανελλαδικών

Ενιαίου Λυκείου ΕσπερινώνΟμογενώνΕπαναληπτικές ΙουλίουO.Ε.Φ.Ε

Δείτε ένα DEMO του βοηθήματος στις επόμενες σελίδες

Αν θέλετε να το αποκτήσετε μπορείτε να πάρετε τηλέφωνο στοΦροντιστήριο ΤΕΤΡΑΚΤΥΣ (2104903576) 2 - 10 μ.μ. καθημερινά

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Αγαπητέ υποψήφιε

Το βιβλίο που κρατάς στα χέρια σου περιέχει την ύλη της Φυσικής κατεύθυνσηςτης Γ΄ τάξης του Ενιαίου Λυκείου όπως αυτή έχει ορισθεί από το Υπουργείο Παι-δείας. Τα 4 κεφάλαιά του περιλαμβάνουν τόσο την βασική θεωρία που πρέπει να γνωρίζεις όσο και μια πλήρη γκάμα λυμένων ασκήσεων.

Γνωρίζω απο την διδακτική μου εμπειρία ότι στο σχολικό βιβλίο και σε διάφορα βοη-θήματα θα βρείς την αναγκαία θεωρία για την κατανόηση της ύλης και αρκετές άλυτες ασκήσεις για την εξάσκησή σου. Το βοήθημα που κρατάς στα χέρια σου περιέχει τηνβασική θεωρία αλλά σου προσφέρει κυρίως εκατοντάδες λυμένες ασκήσεις με υπο-δείξεις και σχόλια μεθοδολογίας έτσι ώστε να καταλαβαίνεις τον τρόπο και την σειρά επίλυσής τους. Περιέχει επίσης λυμένα τα θέματα των Πανελλαδικών εξετάσεων Ενιαίου - Εσπερινού Λυκείου, τα θέματα των εξετάσεων για τους Ομογενείς όσο και τα προτεινόμενα θέματα της Ο.Ε.Φ.Ε.

Πως θα σου πρότεινα να χρησιμοποιήσεις αυτό το βοήθημα; Αρχικά να διαβάσειςμε προσοχή την θεωρία από το σχολικό βιβλίο και στη συνέχεια να την επαναλάβειςμε την βοήθεια των λυμένων ασκήσεων θεωρίας του βοηθήματος. Όταν είσαι σίγου-ρος ότι την έχεις κατανοήσει προχώρησε στην επίλυση των προβλημάτων. Προσπά-θησε πρώτα να σημειώσεις τα δεδομένα της άσκησης και να σχεδιάσεις το σχήμα τηςκαι στη συνέχεια, εφαρμόζοντας τις κατάλληλες αρχές της Φυσικής, να την λύσεις. Αν δείς ότι χρειάζεσαι βοήθεια συμβουλεύσου την λύση της και ξαναπροσπάθησε.

Είμαι σίγουρος ότι αυτό το βοήθημα θα σου φανεί χρήσιμο καθ΄όλη την διάρκεια τηςσχολικής χρονιάς και κυρίως στην προετοιμασία σου για τις Πανελλαδικές εξετάσεις.

Σταύρος Λουβερδής

Φυσικός - Πανεπιστήμιο Αθηνών

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο : Ορμή - Κρούση

Σελίδα

Θεωρία & ασκήσεις κρούσεων 5

Προβλήματα κρούσεων 17

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο : Ταλαντώσεις

Θεωρία & ασκήσεις Α.Α.Τ. 49

Θεωρία & ασκήσεις ηλεκτρικών ταλαντώσεων 96

Θεωρία & ασκήσεις φθίνουσας ταλάντωσης 106

Βασική θεωρία εξαναγκασμένης ταλάντωσης 111

Θεωρία & ασκήσεις σύνθεσης ταλαντώσεων 112

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο : Kύματα

Θεωρία & ασκήσεις κυμάτων 121

Θεωρία και ασκήσεις Οπτικής 173

Θεωρία και ασκήσεις φαινομένου Doppler 186

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4ο : Περιστροφή στερεού σώματος

Θεωρία & ασκήσεις περιστροφής στερεού 196

Ασκήσεις ισορροπίας στερεού 205

Ασκήσεις στροφικής κίνησης 218

Ασκήσεις στροφορμής 245

Γενικά προβλήματα περιστροφής στερεού 253

Μαθηματικό ένθετο 296

<<Αν δεν μπορείς να το εξηγήσεις απλά, δεν το έχεις καταλάβει καλά.>>

Albert Einstein

ΟΡΜΗ - ΚΡΟΥΣΗ

Η αρχή διατήρησης της ορμής λέει ότι, σε ένα κλειστό σύστημα σωμάτων η συνολική ορμήτου συστήματος πρέπει να παραμένει σταθερή.

p =pολ(αρχ) ολ(τελ)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1

Ένα απο τα πιό χαρακτηριστικά φαινόμενα με τό οποίο ασχολείται η φυσική είναι η κρούση μεταξύ σωμάτων.Tα μεγέθη που το περιγράφουν είναι η ορμή και η κι-νητική ενέργεια.

Ορμή: p=m.u (1Kg.m/sec)

2Kινητική ενέργεια : K=½.m.u (1Joule)

Είδη Κρούσεων:

Ενεργειακά οι κρούσεις διακρίνονται σε...

p =m .u1 1 1

p =m .u2 2 2

Aρχή Διατήρησης της Ορμής

Ελαστικές , Κ =Κολικό(αρχ) ολικό(τελ)

Ανελαστικές , Κ = Κολικό(αρχ) ολικό(τελ)

Κεντρικές

Έκκεντρες

Πλάγιες

Ανάλογα με την σχετική διεύθυνση των ορμών...

p1 p2

p1p2

p1

p2

Πρέπει να είσαι πολύ προσεκτικός στην εφαρμογή της παραπάνω εξίσωσης ,διότι η ορμήείναι μέγεθος διανυσματικό , (δές ασκήσεις).

Η αρχή αυτή λέει ότι ,το άθροισμα των κινητικών ενεργειών των σωμάτων πρίν και μετά την

κρούση παραμένει σταθερό.

Κ =Κολ(αρχ) ολ(τελ)

Aρχή Διατήρησης της Kινητικής Ενέργειας

Προσοχή ,η εξίσωση αυτή ισχύει μόνο στις ελαστικές κρούσεις.

u1u ΄2

u ΄1

+

m1 m2 m1 m2u2

Κεντρική ελαστική κρούση δύο σωμάτων

Μια πολύ χρήσιμη εφαρμογή των προηγούμενων είναι η ελαστική κεντρική κρούση

δύο σωμάτων όπως αυτή περιγράφεται στο επόμενο σχήμα.

Α.Δ.Ο.

p = pολ(αρχ) ολ(τελ)

=> m .u + m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> m .u - m .u ΄ = m .u ΄ - m .u1 1 1 1 2 2 2 2

=> m .(u - u ΄) = m .(u ΄ - u ) 1 1 1 2 2 2

Κ = Κολ(αρχ) ολ(τελ)

2 2 2 2=> ½.m .u + ½.m .u = ½.m .u ΄ + ½.m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2=> m .u - m .u ΄ = m .u ΄ - m .u1 1 1 1 2 2 2 2

2 2 2 2=> m .(u - u ΄ )= m .(u ΄ - u )1 1 1 2 2 2

=> m .(u - u ΄).(u + u ΄)= m .(u ΄- u ).(u ΄ + u ) 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2

Α.Δ.Μ.Ε

1

2

Διαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις 1 και 2 ,έχουμε: u +u ΄= u +u ΄1 1 2 2

Αυτή η εξίσωση σε συνδυασμό με την αρχή διατήρησης της ορμής θα εφαρμόζεται για

την επίλυση ασκήσεων ελαστικών μετωπικών κρούσεων.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΡΟΥΣΕΩΝ

Ο δρόμος επίλυσης είναι :

1.) Σχεδιάζουμε την εικόνα της κρούσης πριν και μετά.

2.) Θεωρούμε αυθαίρετη θετική φορά.

3.) Χωρίζουμε το τετράδιό μας στα δύο και εφαρμόζουμε Α.Δ.Ο και Α.Δ.Μ.Ε.

4.) Προσέχουμε την σωστή εφαρμογή των προσήμων και επιλύουμε τις εξισώσεις που προκύπτουν..

Εφαρμογές

1.) Σώμα μάζας m =4 Kg κινείται με ταχύτητα u =3 m/sec και συγκρούεται κεντρικά και1 1

ελαστικά με άλλο ακίνητο σώμα μάζας m =8 Kg. Να υπολογίσεις τις ταχύτητες των2

σωμάτων μετά την κρούση.

Λύση

Η εικόνα της κρούσης έχει ως εξής:

u1u ΄2

u ΄1

+

m1 m2 m1 m2

- ο ΄κεραυνός΄ ,χωρίζει το πρίν και το μετά

- δεν ξέρουμε την κατεύθυνση της κίνησης του m μετά την1

κρούση , οπότε και την βάζουμε αυθαίρετα προς τα δεξιά.

ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΕΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ ΣΦΑΙΡΩΝ

Α.Δ.Ο.


=> m .u + m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> 4.3 + 0 = 4.u ΄ + 8.u ΄1 2

=> 12 = 4.u ΄ + 8.u ΄ 1 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=>u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> 3 + u ΄ = 0 + u ΄ 1 2

=> 3 + u ΄ = u ΄ 1 2

Α.Δ.Μ.Ε

12

2.) Σώμα μάζας m =5 Kg κινείται με ταχύτητα u =4 m/sec και συγκρούεται κεντρικά και1 1

ελαστικά με άλλο σώμα μάζας m =10 Kg που κινείται προς το πρώτο με ταχύτητα2

u =5 m/sec. Να υπολογίσεις τις ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση.2


m1 u1

m2

+

m1 u ΄1

Λύση

m2 u ΄2

- δεν ξέρουμε την κατεύθυνση κίνησης των m και m μετά την1 2

κρούση , οπότε και τις βάζουμε αυθαίρετα προς τα δεξιά.

- τα πρόσημα σε ταχύτητες και ορμές μπαίνουν με βάση το σχήμα και την θετική φορά που εμείς καθο- ρίσαμε.

- έαν σε άσκηση σου δώσουν αρνητικές τιμές ταχύτητας να αντικαταστήσεις με την απόλυτη τιμή.

u2

Α.Δ.Ο.


=> m .u - m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> 5.4 - 10.5 = 5.u ΄ + 10.u ΄1 2

=> -30 = 5.u ΄ +10.u ΄ 1 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u + u ΄ = -u + u ΄1 1 2 2

=> 4 + u ΄ = -5 + u ΄ 1 2

=> 9 + u ΄ = u ΄ 1 2

Α.Δ.Μ.Ε

από τις εξισώσεις 1 και 2 ,μετά από πράξεις έχω:

u ΄= -8 m/sec1

u ΄= 1 m/sec2

1 2


u ΄= -1 m/sec1

u ΄= 2 m/sec2

3.) Σώμα μάζας m =m κινείται με ταχύτητα u =6 m/sec και συγκρούεται κεντρικά και1 1

ελαστικά με άλλο ακίνητο σώμα μάζας m =5.m. 2

Να υπολογίσεις τις ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση.


m1 u1

m2

+

m1 u ΄1

Λύση

m2 u ΄2

Α.Δ.Ο.


=> m .u + m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> m.6 + 0 = m.u ΄ + 5m.u ΄1 2

=> 6 = u ΄ +5.u ΄ 1 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> 6 + u ΄ = u ΄ 1 2

Α.Δ.Μ.Ε


u ΄= -4 m/sec1

u ΄= 2 m/sec2

1

2

4.) Σώμα μάζας m =5Kg κινείται με ταχύτητα u και συγκρούεται κεντρικά και1 1

ελαστικά με άλλο ακίνητο σώμα μάζας m .Να υπολογίσεις την μάζα του m έτσι ώστε2 2

η ταχύτητα του m μετά την κρούση να είναι u ΄= -u /6.1 1 1


m1 u1

m2

+

m1u ΄1

Λύση

m2 u ΄2


=> m .u + m .u = -m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> 5.u + 0 = -5.u /6 + m .u ΄1 1 2 2

=> 35u /6 =m .u ΄ 1 2 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u - u ΄ = u ΄1 1 2

=> u - u /6 = u ΄1 1 2

=>5.u /6=u ΄1 2


m =7 Kg2

12

Α.Δ.Ο. Α.Δ.Μ.Ε

5.) Να δείξετε ότι στην κεντρική ελαστική κρούση δύο σφαιρών με ίσες μάζες ,τα

σώματα ανταλλάσουν ταχύτητες.


m u1

+

m u ΄1

Λύση

m u2

m u ΄2

Α.Δ.Ο.


=> m .u + m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

=> m.u + m.u = m.u ΄ + m.u ΄1 2 1 2

=> u + u = u ΄ + u ΄1 2 1 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u ΄ = u + u ΄ - u1 2 2 1

Α.Δ.Μ.Ε

1

2

από 1 και 2 έχουμε :

u + u = u + u ΄ - u + u ΄1 2 2 2 1 2

=> u = u ΄ , οπότε η 2 δίνει u ΄=u1 2 1 2

6.) Να δείξετε ότι στην κεντρική ελαστική κρούση μιας σφαίρας με μία άλλη ακίνητη,

πολύ μεγαλύτερης μάζας (πχ τοίχος), η πρώτη αντιστρέφει την ταχύτητά της , ενώ η

δεύτερη παραμένει ακίνητη.


m1 u1

+

m1 u ΄1

Λύση

m2 m2 u ΄2

Α.Δ.Ο.


=> m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 1 1 2 2

=> (m /m ).u =(m /m ). u ΄ + u ΄1 2 1 1 2 1 2

u + u ΄ = u + u ΄1 1 2 2

=> u + u ΄ = u ΄1 1 2

Α.Δ.Μ.Ε

2

όταν m >>>m => 2 1

=> m /m <<<1 (δηλαδή τείνει στο 0)1 2

συνεπώς η έξίσωση 1 δίνει u ΄ =0 και η 2 u ΄=-u2 1 1

1

Προέκταση αύτης της εφαρμογής είναι η πλάγια ελαστική κρούση σώματος με τοίχο.

Όπως θα δείς στην περίπτωση αυτή το σώμα ανακλάται έτσι ώστε , η γώνια πρόσπτωσης

να είναι ίση με την γωνία ανάκλασης και η ταχύτητά του να διατηρεί το μέτρο της.

u1

m θ u1x

u1y

θ

u1

mu ΄1x

u ΄1y

φ

φ

΄u = u .συνθ1x 1

u = u .ημθ1y 1

u ΄ = u ΄.συνφ1x 1

u ΄ = u ΄.ημφ1y 1

F

ΕΚΚΕΝΤΡΗ ΕΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ ΣΦΑΙΡΩΝ

Στο επόμενο σχήμα οι σφαίρες m και m , συγκρούονται έκκεντρα και ελαστικά.1 2

Σε αυτές τις περιπτώσεις η Α.Δ.Ο θα πρέπει να γραφεί ξεχωριστά για τους άξονες χ΄χ και

y΄y. Γι αυτό τον λόγο αναλύουμε τις ταχύτητες στους άξονες και σχηματίζουμε ένα σύστημα

τριών εξισώσεων.

Kατά την κρούση της, η σφαίρα δέχεται απο τον τοίχο οριζόντια δύναμη F .Αυτό σημαίνει

ότι ,η ορμή της στον κατακόρυφο άξονα παραμένει σταθερή ενώ στον οριζόντιο αντιστρέ-

φεται (δες προηγούμενο παράδειγμα).

έχουμε λοιπόν:

άξονας χ΄χ , u = -u ΄1x 1x

άξονάς y΄y , u = u ΄1y 1y

από το πυθαγόρειο θεώρημα

2 2u = u + u1 1x 1y

2 2u ΄ = u ΄ + u ΄1 1x 1y

=> u = u ΄1 1

1

2

1

2

ενώ επίσης

ημθ = u1y

u1

ημφ = u ΄1y

u ΄1

=> ημθ = ημφ => θ=φ2

3

3

m1 m2u1

u ΄2

u ΄1

m1

m2

θ

φ

u ΄1x

u ΄1y

u ΄2x

u ΄2y

χχ΄

y

y΄

(+)

(+)

- εκλέγουμε θετική φορά και στους δύο άξονες.

- όποτε κάνεις ανάλυση σε διάνυσμα (ταχύτητα - δύναμη...) καλό είναι να υπολογίζεις απευθείας τις συνιστώ- σες και να τις σημειώνεις στο περι- θώριο του σχήματος.

- στον άξονα y΄y δεν έχουμε ορμή πριν την κρούση.

u ΄=u ΄συνθ1χ 1

u ΄=u ΄ημθ1y 1

u ΄=u ΄συνφ2x 2

u ΄=u ΄ημφ2y 2

Α.Δ.Ο.

p = pολ(αρχ) χ ολ(τελ) x

=> m .u = m .u ΄ + m .u ΄1 1 1 1x 2 2x

=> m .u = m .u ΄συνθ + m .u ΄συνφ1 1 1 1 2 2

p = pολ(αρχ) y ολ(τελ) y

=> 0 = m .u ΄ - m .u ΄1 1y 2 2y

=> 0 = m .u ΄ημθ - m .u ΄ημφ1 1 2 2

Α.Δ.Μ.Ε

2 2 2 21/2.m .u + 1/2.m .u = 1/2.m .u ΄ +1/2.m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

Εφαρμογή

Σώμα μάζας m = m κινείται στο επίπεδο με ταχύτητα u = m/sec και συγκρούεται1 1

έκκεντρα και ελαστικά με ακίνητο σώμα μάζας m = 2.m . Εαν μετά την κρούση, η ταχύτητα2

του m έχει διεύθυνση κάθετη στην αρχική ,να υπολογίσεις :1

α) τις ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση

β) την μεταβολή της κινητικής ενέργειας του καθενός

3

Α.Δ.Μ.Ε

2 2 2 2 1/2.m .u + 1/2.m .u = 1/2.m .u ΄ +1/2.m .u ΄1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2=> m.u = m.u ΄ +2.m.u ΄1 1 2

2 2 2=> u =u ΄ +2.u ΄1 1 2

2 2 2 2 2=> 4.u ΄ .συν φ = 4.u ΄ .ημ φ + 2.u ΄2 2 2

2 2=> συν φ = ημ φ + ½

2 2=> 1 - ημ φ = ημ φ + ½

2=> ημ φ = 1/4

=> ημφ= + ½ ή - ½

0 => φ=30 (είμαστε στο πρώτο τεταρτημόριο)

από και1 2

τελικά με αντικαταστάσεις στις και ,έχουμε οτι:

u ΄=u ΄= 1m/sec1 2

1 2

Λύση

α) Από τις προηγούμενες εξισώσεις ,έχω:

m .u = m .u ΄συνθ + m .u ΄συνφ1 1 1 1 2 2

0=> m.u = m.u ΄συν90 + 2.m.u ΄συνφ1 1 2

=> u = 2.u ΄συνφ 1 2

0 = m .u ΄ημθ - m .u ΄ημφ1 1 2 2

0=> 0 = m.u ΄ημ90 - 2.m.u ΄ημφ1 2

=> u ΄ = 2.u ΄ημφ1 2

Α.Δ.Ο

1 2

β) Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας των σωμάτων είναι :

ΔΚ =Κ ΄-Κ1 1 1

2 2=> ΔΚ = 1/2.m u ΄ - 1/2.m .u1 1. 1 1 1

=> ΔΚ = 1/2.m - 3/2.m1

=> ΔΚ = -m 1

ΔΚ =Κ ΄-Κ2 2 2

2 2=> ΔΚ = 1/2.m u ΄ - 1/2.m .u2 2. 2 2 2

=> ΔΚ = ½. 2.m2

=> ΔΚ = m 2

Το αποτέλεσμα που προκύπτει (ΔΚ = -ΔΚ ) , οφείλεται στην αρχή διατήρησης της1 2

μηχανικής ενέργειας.Η ένεργεια μεταφέρεται από το πρώτο σώμα στο δεύτερο με

αποτέλεσμα το ένα σώμα (m ) να υφίσταται μείωση της ενέργειάς του ένω το άλλο (m )1 2

αύξηση.

ΠΛΑΣΤΙΚΗ ΚΡΟΥΣΗ ΣΦΑΙΡΩΝ

Η περίπτωση αυτή είναι απο τις πλέον σημαντικές διότι, αφενός μεν πρέπει να είσαι

ιδιαίτερα προσεκτικός αφού η κινητική ενέργεια δεν διατηρείται, αφετέρου η πλαστική

κρούση αποτελεί σε μεγάλο ποσοστό τμήμα σύνθετων ασκήσεων.

Στην πλαστική κρούση τα σώματα που συμμετέχουν συνενώνονται σε ένα (συσσωματωμα)

ενώ ταυτόχρονα έχουμε την έκλυση θερμότητας προς το περιβάλλον. Χαρακτηριστικές

ερωτήσεις που τίθενται είναι ο υπολογισμός της θερμότητας Q ,οπως επίσης η % μεταβο-

λη της κινητικής ενέργειας.

Ας τα δούμε μέσα από μία εφαρμογή.

Σώμα μάζας m συγκρούεται με ταχύτητα u με ακίνητο σώμα μάζας 4m. Nα υπολογίσεις:

α) Την κοινή τους ταχύτητα μετά την κρούση.

β) Την θερμότητα Q που εκλύθηκε προς το περιβάλλον.

γ) Την % μεταβολή της κινητικής ενέργειας.

Λύση


m1 u

+

(m +m )1 2

uκ

m2

Q


=> m .u = (m +m ).u1 1 2 κ

=> m.u = 5.m.uκ

=> u = u/5 κ

α) Αρκεί να εφαρμόσουμε την Α.Δ.Ο

β) Για τον υπολόγισμό της θερμότητας αρκεί να βρούμε την διαφορά μεταξύ της κινητικής

ενέργειας του συστήματος πριν και μετά την κρούση.Το ποσό αυτό θα αντιστοιχεί στην

θερμότητα που εκλύθηκε.

2 2Κ = Κ + Κ = ½ .m .u + 0= ½ .m.uσυστ(αρχ) 1 2 1 1

2 2 2Κ = Κ ΄+ Κ ΄= ½ .(m +m ).u = ½ .5.m.(u/5) = 1/10.m.uσυστ(τελ) 1 2 1 2 κ

2τελικά Q= K -Κ = 4/10 .m.uσυστ(αρχ) συστ(τελ)

γ) Η % μεταβολή της κινητικής ενέργειας μας δείχνει το ποσοστό της αρχικής ένεργειας

που μετατράπηκε σε θερμότητα.

Έχουμε :

% ΔΚ=

Κ - K συστ(τελ) συστ(αρχ)

Kσυστ(αρχ)

=Kσυστ(αρχ)

-Q=

2 -4/10 .m.u2

½ .m.u= - 80%

- καταρχήν πρέπει να παρατήρησες οτι το μεγαλύτερο μέρος της αρχικής κινητικής ενέργειας

μετατράπηκε σε θερμότητα (80%)

- Πολλοί μαθητές θεωρούν οτι στην ανελαστική κρούση δεν ισχύει η Α.Δ.Ο. Αυτό είναι λάθος.

Η Α.Δ.Ο παραβιάζεται μόνο σε συστήματα που η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων

ειναι διάφορη του μηδενός.

- Ο τύπος της %ΔΚ είναι ένας γενικός τύπος που ισχύει σε κάθε περίπτωση που μας ζητείται

η % μεταβολή ενός μεγέθους.

% ΔΧ=

Χ - Χ (τελ) (αρχ)

Χ(αρχ)

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΚΡΟΥΣΕΩΝ

Μετά από την εισαγωγή που προηγήθηκε για τα διάφορα είδη κρούσεων,είναι καιρός πλέον

να δείς λίγη πραγματική φυσική!

Τα ΄προβλήματα΄ στην φυσική δεν είναι τίποτα άλλο από μια αλληλουχία γεγονότων και θα

πρέπει καταρχήν να τα βλέπεις όπως μια κινηματογραφική ταινία της οποίας οι σκηνές

εκτυλίσονται μπροστά σου.

Μια σφαίρα χτυπαέι ένα κουτί ,εκτελούν πλαστική κρούση και αφού συρθούν για κάποια

απόσταση στο δάπεδο, σταματούν λόγω τριβής. Το <<έργο>> έχει δύο σκηνές ,την κρούση

και την μετατόπιση στο δάπεδο. Σε κάθεμία εφαρμόζοντας την κατάλληλη αρχή μπορούμε

να υπολογίσουμε οτιδήποτε μας ζητηθεί. Ποιά είναι όμως αυτή η <<κατάλληλη αρχή>> ;

To επόμενο διάγραμμα θα σε βοηθήσει να ομαδοποιήσεις τις βασικές αρχές που έχεις

διδαχθεί :

ΣF = m.a

u = u + a.t0

2Δχ = u .t + a.t0

-

-12

για ΣF=σταθ. για ΣF=0

ισορροπία ή Ε.Ο.Κ Δχ = u.t

για ΣF u

ομαλή κυκλική κίνηση

2a =u /Rk

ΔΥΝΑΜΕΙΣ ΕΡΓΟ - ΕΝΕΡΓΕΙΑ

W = Κ - Κολικό τελικό αρχικό

Θ.Μ.Κ.Ε

για συντηρητικές δυνάμεις

Κ + U = Κ + Uαρχ αρχ τελ τελ

Α.Δ.Μ.Ε

Επιπλέον

U=m.g.h (δυναμική ενέργεια βάρους)

2U=1/2 .k.χ (δυναμική ενέργεια ελατηρίου)

W=F.Δχ.συνθ (έργο σταθερής δύναμης)

Επιπλέον

Τ=μ.Ν (τριβή)

F = k.x (δύναμη ελατηρίου)ελατ.

W= U -U αρχ τελ

P = W/t = F.u (ισχύς δύναμης)

x

y

F

FX

FY

φ

F =FσυνφX

F =Fημφy

Ανά

λυ

ση

δύ

να

μη

ς

ΠΡΟΒΛΗΜΑ

ΛΥΣΗ

Α.Δ.Ε.

W = Κ - Κολικό τελικό αρχικό

Ε = ΕΟΛ(αρχ) ΟΛ(τελ)

ΠΕΡΙΣΤΡΟΦΙΚΗ ΚΙΝΗΣΗ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4

ω

Ο R

uγ

Δφ

ΔS

Σκοπός αυτού του κεφαλαίου είναι να μελετήσουμε την περι-

στροφική κίνηση ενός στερεού σώματος γύρω από έναν άξονα.

Στο διπλανό σχήμα ο δίσκος ακτίνας R ,περιστρέφεται γύρω

από άξονα που περνάει από το κέντρο του Ο.

Ας δούμε μερικές βασικές έννοιες:

Περίοδος (Τ ,sec): είναι ο χρόνος που απαιτείται ώστε το

σώμα να κάνει μια πλήρη περιστροφή.

Συχνότητα (f ,Hz): είναι ο ρυθμός με τον οποίο το σώμα ε-

κτελεί περιστροφές.

Γραμμική ταχύτητα (u ,m/sec): εκφράζει τον ρυθμό με τον οποίο η ακτίνα R ΄γράφει΄γ

τόξα.Είναι διάνυσμα εφαπτόμενο στον κύκλο (Ο,R).

f=N/t => f=1/T

u =dS/dt => u =2πR/T=2πR.f => u =ω.Rγ γ γ

Γωνιακή ταχύτητα (ω ,rad/sec): εκφράζει τον ρυθμό με τον οποίο η ακτίνα R ΄γράφει΄

γωνείες.Είναι διάνυσμα κάθετο στον κύκλο (Ο,R) με φορά που καθορίζεται από τον κανόνα του δεξιού χε-

ριού.

ω=dφ/dt => ω=2π/Τ=2πf

2Επιτρόχια επιτάχυνση (a ,m/sec ): εκφράζει τον ρυθμό με τον οποίο αλλάζει το μέτρο

της γραμμικής ταχύτητας. Είναι διάνυσμα εφαπτό-

μενο στον κύκλο (Ο,R).

a=du /dtγ

2Κεντρομόλος επιτάχυνση (a ,m/sec ): εκφράζει την μεταβολή της διεύθυνσης της γραμ-κ

μικής ταχύτητας. Είναι διάνυσμα εφαπτόμενο

στην ακτίνα R με φορά πρός το κέντρο του κύκλου.

2a =u /Rκ γ

2Γωνιακή επιτάχυνση (α ,rad/sec ): εκφράζει τον ρυθμό μεταβολής της γωνιακής ταχύτη-γ

τας.Είναι διάνυσμα κάθετο στον κύκλο (Ο,R).

α =dω/dtγ

αγ

αγ

Δω>0 Δω<0

Εξισώσεις κυκλικής κίνησης

Ομαλή κυκλική κίνηση

Ομαλά μεταβαλλόμενη κυκλική κίνηση

u =σταθερήγ

ω=σταθερή

u =u +a.Δtγ 0

ω=ω +α .Δt0 γ

Δφ=ω.Δt2

Δφ=ω .Δt+½.α .Δt 0 γ

ΔS=u .Δtγ

2ΔS=u .Δt+½.a.Δt 0

α =0γ

a=0

α =σταθ.γ

a=σταθ.

Ροπή δύναμης (τ, Ν.m)

Ο

F

AF//

F

θ

θ

d

Η ροπή εκφράζει την ικανότητα μιάς δύναμηςνα περιστρέψει ένα σώμα γύρω από άξονα.

Είναι διανυσματικό μέγεθος κάθετο στο επίπεδοπου ορίζεται από την διεύθυνση της δύναμης F και της ευθείας ΟΑ, με φορά που καθορίζεται από τον κανόνα του δεξιού χεριού.

Η εξίσωση που την υπολογίζει είναι:

τ=F.(OA).ημθ => τ=F .(OA) => τ=F.d F =F.ημθd=(OA).ημθ

2Ροπή αδράνειας (Ι , Κg.m )

Η ροπή αδράνειας είναι μονόμετρο μέγεθος πουμας δείχνει τον τρόπο με τον οποίο είναι κατανε-μημένη η μάζα ενός στερεού σώματος γύρω απόέναν άξονα περιστροφής.

Έαν το στερεό σώμα του διπλανού σχήματος διαι-ρεθεί σε στοιχειώδεις μάζες m ,m ,...που απέχουν1 2

από τον άξονα αποστάσεις r ,r ,... η ροπή αδράνειας1 2

θα δίνεται από την σχέση:

ω

m1

m5

m3

m2m4

r1

r2

r3

r4

r52 2 I=m .r +m .r +....1 1 2 2

2=> I=Σm.ri ii=1

2Στροφορμή (L, Κg.m /sec)

Σημειακής μάζαςu

u//

u

θ

θ

d

m

O

Η στροφορμή εκφράζει την ΄ποσότητα΄ κίνησηςμιάς σημειακής μάζας γύρω από σημείο περιστροφης.

Είναι διανυσματικό μέγεθος κάθετο στο επίπεδοπου ορίζεται από την διεύθυνση της ταχύτητας u και της ευθείας ΟΑ, με φορά που καθορίζεται από τον κανόνα του δεξιού χεριού.

Η εξίσωση που την υπολογίζει είναι:

2L=m.u.r.ημθ => L=m.u.r => L=m.ω.r => L=m.u.d

u =u.ημθu =ω.rd=r.ημθ

r

A

Στερεού σώματος

Η στροφορμή ενός στερεού σώματος είναι το άθροισμα των στροφορμών των στοιχειωδώνμαζών:

ω

m1

m5

m3

m2m4

r1

r2

r3

r4

r5

L

2 2 L=m .ω.r +m .ω.r +...1 1 2 2

2 2=> L=(m .r +m .r +..).ω1 1 2 2

=> L=I.ω

Είναι προφανές οτι ,αν εξαιρέσουμε κάποιες απλές περιπτώσεις, η ροπή αδράνειαςπολύπλοκων στερεών σωμάτων θα μας δίνεται έτοιμη.

Χρήσιμο είναι επίσης το θεώρημα Steiner με την βοήθεια του οποίου μπορούμε να υπολογίσουμε την ροπή αδράνειας ως πρός άξονα παράλληλο στον άξονα που περνάειαπό το κέντρο μάζας του στερεού σώματος:

2I =I +M.dP CM

dM

IcmIp

cm

Θεμελιώδης νόμος της περιστροφικής κίνησης

Όταν σε ένα στερεό σώμα ασκηθεί ροπή το σώμα περιστρέφεται μεταβάλλοντας τηνστροφορμή του.Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής ισούται με την συνισταμένη των ροπών που ασκούνται στο σώμα.

Στ=dL/dt

=> Στ=d(I.ω)/dt

=> Στ=Ι.dω/dt

=> Στ=Ι.αγ

είναι προφανές ότι:

Aν Στ=σταθ. => α =σταθ.γ

Aν Στ=μεταβ. => α =μεταβ.γ

Aν Στ=0 => α =0 => ω=σταθ.γ

Αρχή διατήρησης της στροφορμής

Όταν σε ένα σύστημα στερεών σωμάτων

η συνισταμένη των εξωτερικών ροπών είναι

μηδέν (0) , η στροφορμή του συστήματος

παραμένει σταθερή.

Στ =0εξ

=> dL/dt=0

=> L=σταθ.

=> L =Lολ(αρχ) ολ(τελ)

Κινητική ενέργεια λόγω περιστροφής

ω

m1

m5

m3

m2m4

r1

r2

r3

r4

r5

Ένα σώμα που περιστρέφεται έχει κινητική ενέργεια

που υπολογίζεται από το άθροισμα των κινητικών ενέ-

ργειών των στοιχειωδών μαζών που το αποτελούν.

2 2 Κ=½.m .u +½.m .u +.....1 1 2 2

2 2 2 2=> K=½.m .ω .r +½.m .ω .r +...1 1 2 2

2 2 2=> K=½.(m .r +m .r +...).ω1 1 2 2

2=> Κ=½.I.ω

Συνθήκες ισορροπίας σώματος

ΣF =0χ

ΣF =0y

Στ=0

Έργο ροπής

H ράβδος του σχήματος περιστρέφεται κατά γωνία dθυπό την επίδραση της δύναμης F, το έργο που παρά-γεται πάνω της είναι:

Ο

F

dθ

dS

r

dW=F.dS

=> dW=F.r.dθ

=> dW=τ.dθ

=> W =Στ.Δθολ

dS=r.dθF.r=τ

Στ=σταθ.

Ισχύς ροπής

H ισχύς που παράγεται από την άσκηση ροπής σε ένα σώμα είναι:

P=dW/dt

=> P=τ.dθ/dt

=> P=τ.ω

=> P =Στ.ωολ

Θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας στην στροφική κίνηση

Το συνολικό έργο που παράγεται σε ένα στερεό σώμα ισούται με την μεταβολή

της κινητικής του ενέργειας:

W = Κ - Κολ τελ αρχ

2 2=> W =½.Ι.ω - ½.Ι.ω ολ τελ αρχ

Στην περίπτωση που το σώμα περιστρέφεται και ταυτόχρονα το κέντρο μάζας του μεταφέρεται ,έχουμε το γενικό Θ.Μ.Κ.Ε.

2 2W +W = (½.m.u +½.Ι.ω )- ΠΕΡ MTΦ τελ τελ

2 2(½.m.u +½.Ι.ω )αρχ αρχ

Στην περίπτωση που το σώμα κινείται σε πεδίο συ-ντηρητικών δυνάμεων (βαρύτητα) και δεν υπάρχουντριβές , έχουμε μια πάρα πολύ χρήσιμη αρχή:

K +U = Κ +Uολ(αρχ) ολ(αρχ) ολ(τελ) ολ(τελ) (Α.Δ.Μ.Ε.)

Ασκήσεις θεωρίας

1) Nα μελετήσεις την κύλιση ενός τροχού ακτίνας R σε οριζόντιο επίπεδο με σταθερή ταχύ-

τητα.

ucm ucm

uγ

ucm

u Ku =2.uK cm

Λ

u =0Λ

ω

Λύση

Ο τροχός του διπλανού σχήματοςπεριστρέφεται με γωνιακή ταχύτηταω ενώ ταυτόχρονα το κέντρο μάζαςτου μεταφέρεται με ταχύτητα u .cm

Κάθε σημείο του τροχού έχει ταχύ-τητα που είναι το διανυσματικόάθροισμα των u και uγ cm.

u=u +u γ cm

H κίνηση αυτή χαρακτηρίζεται σύνθετη και στην ειδική περίπτωση που ο τροχός δεν ολισθαίνει, το τόξο που γράφει κατά την περιστροφή του είναι ίσο με την μετατόπιση του κέντρου μάζας του.Αυτό έχει τις εξής συνέπειες:

dS=dx

=> dS/dt=dx/dt

=> u =u γ cm

α) Η γραμμική ταχύτητα των σημείων της περιφέρειας είναι ίση με την τα- χύτητα του κέντρου μάζας.

β) Tα σημεία Κ και Λ της περιφέρειας του τροχού έχουν ταχύτητες 2u και 0 αντί-cm

στοιχα.

Κ: u=u +u =2.uγ cm cm

Λ: u=u -u =0γ cm

u =uγ cm

=> du /dt=du /dtγ cm

=> d(ω.R)/dt=acm

=> R.dω/dt=acm

=> a =α .R cm γ

γ) Η γωνιακή επιτάχυνση συνδέεται με την επιτάχυνση του κέντρου μάζας με την σχέση:

Η σχέση u =u αποτελεί την αναγκαία συνθήκηγ cm

ώστε να έχουμε κύλιση χωρίς ολίσθηση.

Προσοχή ,η προηγούμενη σχέση ισχύει μόνογια τα σημεία της περιφέρειας του τροχού.

Είναι χρήσιμο να θυμηθείς δύο συνθήκες για τασημεία του τροχού.

ΟΑ

Β

ω ω =ωΑ Β

=> u /(OA)=u /(OB)A B

=> u /u =(OA)/(OB)A B

uA

uB

4) Να υπολογίσεις την ροπή ζεύγους δυνάμεων.

Λύση

F

F

d1

d2d

Ως ζεύγος δυνάμεων χαρακτηρίζονται δύο δυνάμειςίσες και αντίρροπες. Αν υποθέσουμε ότι ένα τέτοιοζευγάρι ασκηθεί στο στερεό σώμα του διπλανούσχήματος ,η ροπή που ασκεί είναι:

Στ=F.d +F.d =F.(d +d )1 2 1 2

=> Στ=F.d

5) Να υπολογίσεις την ροπή αδράνειας των επόμενων στερεών σωμάτων:

α) Σημειακής μάζας m, ως πρός κέντρο περιστροφής Ο.

β) Στεφάνι ακτίνας R και μάζας M, ως πρός το κέντρο μάζας του.

Λύση

α) Μια σημειακή μάζα που περιστρέφεται γύρω από σημείο Ο έχει ροπή αδράνειας:

2 I=m.R

m

R

O

O

R

β) Σύμφωνα με την εξίσωση υπολογισμού της ροπης αδράνειας και δεδομένου ότι όλα τα σημεία του στεφανιού έχουν την ίδια απόσταση από το κέντρο Ο, έχουμε:

2 Ι=Σm.ri i

2 => I=Σm.Ri

2 => I=R .Σmi

2=> I=M.R

3) Να αποδείξεις ότι το σημείο Β του διπλανού τροχού έχει ταχύτητα ίση με (3/2).u .cm

Δίνεται ΒΚ=R/2

ΘΕΜΑ 2ο ,Πανελλαδικές εξετάσεις 2006 ucmK

uBB

ωR/2

Λύση

H ταχύτητα του σημείου Β είναι το άθροισμα τηςγραμμικής ταχύτητας λόγω περιστροφής και τηςταχύτητας του κέντρου μάζας λόγω μεταφοράς.

u =u +u =ω.(ΒΚ)+u =ω.R/2+u =½.(ω.R)+u =½.u +uB γ cm cm cm cm cm cm

=> u =(3/2).u B cm

O

uγ

+

OF

Ts

acm

+

OF

Ts

a cm

+

ucm

+

+

+

6) Nα μελετήσεις το μέγεθος της στατικής τριβής τόσο ως πρός το μέτρο της όσο και ως πρός την φόρα και το έργο της.

Λύση

Η στατική τριβή αναπτύσεται μεταξύ δύοεπιφανειών που η σχετική τους ταχύτηταείναι μηδέν (0) και η μία επιφάνεια τείνει να κινηθεί ως πρός την άλλη. Το μέτρο της δεν είναι σταθερό, παίρνει τιμές από μηδέν μέχρι και μία μέγιστη τιμή,

0<Τ <μ .N s s

μ =συντελεστής στατικής τριβής (καθαρός αριθμός)s

Ν=αντίδραση εδάφους (Newton)

Όπως είδαμε στην πρώτη άσκηση ,όταν ένας τροχόςκυλίεται χωρίς να ολισθαίνει το σημείο επαφής τουτροχού με το έδαφος έχει ταχύτητα 0 (σχήμα 1). Εάν στον τροχό ασκηθεί εξωτερική δύναμη F (σχήμα 2) το κέντρο μάζας του αναπτύσει επιτάχυνση (a ) με cm

αποτέλεσμα να αυξάνεται η ταχύτητα του κέντρου μάζας του (u ).Για να συνεχίσει η κύλιση του τροχού cm

χώρις ολίσθηση θα πρέπει παράλληλα να αυξηθεί η γραμμική του ταχύτητα (u ) ,αναπτύσεται λοιπόν η γ

στατική τριβή Τ με τέτοια φορά ώστε να προκαλέσει S

θετική γωνιακή επιτάχυνση.

σχήμα 1

σχήμα 2

σχήμα 3

Στην περίπτωση που η δύναμη F προκαλεί επιβρά-δυνση στον τροχό (σχήμα 3) ,η στατική τριβή αλλάζειφορά ετσι ώστε να προκαλέσει αρνητική γωνιακήεπιτάχυνση μειώνοντας την γραμμική του ταχύτητα.

Το τελικό συμπέρασμα είναι ότι η στατική τριβή έχειτέτοια φορά ώστε να τείνει να διατηρήσει την κύλισητου τροχού χωρίς ολίσθηση. Αυτός είναι και ο ασφα-λέστερος τρόπος για να βρίσκεις την φορά της.

Θα δείξουμε τέλος ότι το συνολικό έργο της στατικής τριβής είναι μηδέν (0).

Ας πάρουμε ώς παράδειγμα το σχήμα 2. Το έργο της Τ είναι...S

W =W +Wολικό περ. μετ.

=> W =τ.dθ + (-Τ .dx)ολικό s

=> W =Τ .R.dθ -Τ .dxολικό s s

=> W =Τ .dx -T .dxολικό s s

=> W =0ολικό

R.dθ=dS=dx

Όταν ο τροχός κυλίεται χωρίςνα ολισθαίνει ,το τόξο που γρά-φει ένα σημείο της περιφέρειαςισούται με την μετατόπιση του κέντρου μάζας του.

F1

F2

F3

d

K

7) Να αποδείξεις ότι έαν ένα σώμα ισορροπεί ύπο την επίδραση τριών δυνάμεων F ,F και 1 2

F ,οι διευθύνσεις των δυνάμεων τέμνονται στο ίδιο σημείο. 3

Λύση

Θα το αποδείξουμε με την είς άτοπο απαγωγή.

Ας υποθέσουμε οτι στο στερεό σώμα τουδιπλανού σχήματος οι δυνάμεις F και F έχουν1 2

διευθύνσεις που τέμνονται στο σημείο Κ, ενώ ηδιεύθυνση της δύναμης F έχει απόσταση d από3

το σημείο Κ. Η συνολική ροπή θα είναι,

Στ=F .d = 0 και το σώμα θα στρέφεται.3

Συνεπώς για να είναι ακίνητο το σώμα θα πρέπει d=0 και οι διευθύνσεις να διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Ασκήσεις Ισορροπίας στερεού σώματος

Ένα στερεό σώμα ισορροπεί όταν παραμένει ακίνητο τόσο κατά την μεταφορική όσο καικατά την περιστροφική κίνηση ,(u =0 και ω=0). Αυτό θα συμβεί όταν ταυτόχρονα η συνι-cm

σταμένη των εξωτερικών δυνάμεων και η συνισταμένη των εξωτερικών ροπών είναι 0.

Για την επίλυση των ασκήσεων ισορροπίας μπορείς να ακολουθείς τα επόμενα βήματα:

1ο βήμα: Σημειώνουμε τις δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα.

2ο βήμα: Αναλύουμε τις δυνάμεις σε άξονες χ΄χ και y΄y. (η επιλογή για τον προσανατο- λισμό των αξόνων είναι αυθαίρετη)

3ο βήμα: Διαλέγουμε ένα σημείο στο σώμα ώς προς το οποίο θα μετρήσουμε τις ροπές. (να διαλέγεις ένα σημείο στο οποίο να ασκείται κάποια άγνωστη δύναμη έτσι ώστε να μηδενίζεται η ροπή της)

4ο βήμα: Εφαρμόζουμε τις εξισώσεις ισορροπίας , ΣF =0 , ΣF =0 και Στ=0.χ y

(Για την σωστή εφαρμογή των εξισώσεων να διαλέγεις μιά φορά ώς θετική)

5ο βήμα: Επιλύουμε το σύστημα των εξισώσεων.

Ας δούμε μια σειρά από ασκήσεις

Ν1

Ν2

Β=m.g

cmA B Γ

4m

0,5m1,5m

+

+

1) Μια ομογενής ράβδος μάζας 2 Κg και μήκους 4m ισορροπεί οριζόντια με την βοήθεια δύο στηριγμάτων. Αν οι αποστάσεις των στηριγμάτων από το αριστερό και το δεξή άκρο της ράβδου είναι αντίστοιχα 0,5 και 1,5m ,να υπολογίσεις τις δυνάμεις αντίδρασης στα στηρί- γματα.

Λύση

Στη ράβδο ασκούνται οι δυνάμειςτου βάρους (στο κέντρο μάζας) και των αντιδράσεων στα στηρίγματα.

Θεωρούμε θετικές φορές μεταφοράςκαι περιστροφής όπως φαίνεται στοδιπλανό σχήμα ,ενώ οι ροπές θα υπο-λογιστούν ως πρός το σημείο Α για ναμηδενιστεί η ροπή της άγνωστης δύνα-μης Ν . 1

ΑΒ=2-0,5=1,5mAΓ=4-(1,5+0,5)=2m

2m

κατακόρυφος άξονας y΄y ροπές (ως πρός Α)

ΣF =0y

=> N +N -B=01 2

=> N +15 - 2.10=01

=> N =5 Nt1

Στ =0(Α)

=> N .(ΑΓ)-m.g.(ΑΒ)=02

=> Ν .2-2.10.1,5=02

=> N =15 Nt2 1

1

T1T2

Β=m.g

cmA B Γ

3m

0,5m 1m

+

+

1,5m

+

T1χ

T1y

T2χ

T2y

060 T =Τ .συνφ1χ 1

T =Τ .ημφ1y 1

0T =Τ .συν602χ 2

0T =Τ .ημ602y 2

ΑΒ=1,5-0,5=1m

ΑΓ=3-(1+0,5)=1,5m

2) Η ράβδος του επόμενου σχήματος ισορροπεί οριζόντια με την βοήθεια νημάτων. Αν η ράβδος είναι ομογενής με μήκος 3m καί μάζα 10 Κg ,να υπολογίσεις τις τάσεις των νημάτων.

0 0 Να θεωρήσεις ότι , συν60 =0,5 και ημ60 =0,9

A Γ

3m0,5m 1m

060

Λύση

Η ράβδος δέχεται τις δυνάμεις των τάσεων και του βάρους της. Αναλύουμε σε άξονες χ΄χ και y΄y και υπολογίζουμε τις συνιστώσες. Οι ροπές θα υπολογιστούν ως πρός το σημείο Α έτσι ώστε να μηδενίσουμε την ροπή της άγνωστης δύναμης Τ . 1

κατακόρυφος άξονας y΄yροπές (ως πρός Α)

ΣF =0y

=> T +T -B=01y 2y

0=> T .ημφ+T .ημ60 -m.g=01 2

=> T .ημφ+74.0,9-10.10=01

=> T .ημφ=33,41

Στ =0(Α)

=> Τ .(ΑΓ)-m.g.(ΑΒ)=02y

0=> Τ .ημ60 .(ΑΓ)-m.g.(ΑΒ)=02

=> Τ .0,9.1,5-10.10.1=02

=> Τ =74 Νt2 1

1

οριζόντιος άξονας χ΄χ

ΣF =0χ

=> T -Τ =01χ 2χ

0=> T .συνφ-Τ .συν60 =01 2

=> T .συνφ-74.0,5=01

=> Τ .συνφ=371

1

2

φ

φ

3

Αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις εξισώσεις 2 και 3 ,προκύπτει

T .ημφ=33,41

Τ .συνφ=371

} => εφφ=0,9

Ενώ αν υψώσουμε στο τετράγωνο και προσθέσουμε κατά μέλη...

T .ημφ=33,41

Τ .συνφ=371

} =>

2 2T .ημ φ=1115,61

2 2Τ .συν φ=13691

} 2 2 2 2=> Τ .(ημ φ+συν φ)=2484,6 => Τ =2484,61 1

=> Τ =49,8N 1

3) Η ράβδος του διπλανού σχήματος ισορροπεί οριζόντια με την βοήθεια νήματος. Αν η ράβδος είναι ομογενής με μήκος 3m καί μάζα 5Κg ,να υπολογίσεις τις δυνάμεις που δέχεται.

0 0 Να θεωρήσεις ότι , συν45 =0,7 και ημ45 =0,7 ενώ στο σημείο Α υπάρχει άρθρωση.

A

045

2,5m

A

3m

045

2,5m

Λύση

Η ράβδος δέχεται τη δύναμη της τάσης του νήματος, του βάρους της και της δύναμης Fαπό την άρθρωση. Αναλύουμε σε άξονες χ΄χ και y΄y και υπολογίζουμε τις συνιστώσες. Οι ροπές θα υπολογιστούν ως πρός το σημείο Α έτσι ώστε να μηδενίσουμε την ροπή της άγνωστης δύναμης F.

T

+Tχ

Ty

Β=m.g

F

Fχ

Fy

++

φ

Β Γ

0T =Τ.συν45χ

0T =Τ.ημ45y

F =F.συνφχ

F =F.ημφy

ΑΒ=3/2=1,5m

ΑΓ=2,5m

Όταν τα σώματα έχουν άρθρωση,η δύναμη από αυτή πρέπει να ση-μειώνεται τυχαία και στη συνέχεια να υπολογίζουμε το μέτρο της (F) και την κλίση της (φ).

κατακόρυφος άξονας y΄yροπές (ως πρός Α)

ΣF =0y

=> T +F -B=0y y

=> T.ημφ+F.ημφ-m.g=0

0=> 60.ημ45 +F.ημφ-5.10=0

=> F.ημφ=8

Στ =0(Α)

=> Τ .(ΑΓ)-m.g.(ΑΒ)=0y

0=> Τ.ημ45 .(ΑΓ)-m.g.(ΑΒ)=0

=> Τ.0,7.2,5-5.10.1,5=0

=> Τ=42,9 Νt 1

1


ΣF =0χ

=> F -Τ =0χ χ

0=> F.συνφ-Τ.συν45 =0

=> F.συνφ-60.0,7=0

=> F.συνφ=42

1

2 3

Αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις εξισώσεις 2 και 3 ,προκύπτει

F.ημφ=8

F.συνφ=42 } => εφφ=0,19

Ενώ αν υψώσουμε στο τετράγωνο και προσθέσουμε κατά μέλη...

F.ημφ=8

F.συνφ=42 } => F

2 2.ημ φ=64

F2 2.συν φ=1764 } 2 2 2 2

=> F .(ημ φ+συν φ)=1828 => F =1828

=> F=42,8N

4) Να υπολογίσεις τον συντελεστή στατικής τριβής του οριζόντιου επιπέδου έτσι ώστε η ράβδος του διπλανού σχήματος να ισορροπεί οριακά. Να θεωρήσεις ότι το κάθετο επίπεδο είναι λείο.

φ

Λύση

Η ράβδος δέχεται τη δύναμη της στατικής τριβής, του βάρους της και τις δυνάμεις αντίδρασης των δαπέδων.

+

N2//

φ

N2

B

Ν2

φ

ΒTs

B//

φ

Ν1

O

++

A

Β =Β.συνφ

B =B.ημφ//

Ν =Ν .συνφ2// 2

Ν =Ν .ημφ2 2

κατακόρυφος άξονας y΄yροπές (ως πρός Ο)

ΣF =0y

=> Ν -B=01

=> Ν =Β1

Στ =0(Ο)

=> B .(OΑ/2)-N .(OΑ)=02

=> B.συνφ/2 -Ν .ημφ=02

=> Ν =Β/(2.εφφ)2 11


ΣF =0χ

=> N -T =02 s

=> N =Τ2 s

=> Ν =μ .N2 s 1

=> B/(2.εφφ)=μ .Bs

=> μ =1/(2.εφφ)s

2

2

Ν1

Ν2

Β=Μ.g

cmA B Γ

4m

1,5m

+

+

5) Η ομογενής ράβδος του διπλανού σχήματος μάζας 10 Κg και μήκους 4m ισορροπεί οριζό- ντια με την βοήθεια δύο στηριγμάτων. Αν με- ταξύ του δεξιού άκρου της ράβδου και του στηρίγματος τοποθετήσουμε σώμα μάζας m=4Kg , να υπολογίσεις την απόσταση που πρέπει να έχει έτσι ώστε η ράβδος να ισορρο- πεί οριακά χωρίς να ανατρέπεται.

Λύση

Στη ράβδο ασκούνται οι δυνάμειςτου βάρους της και του βάρους τουσώματος καθώς και των αντιδράσεωνστα στηρίγματα.

Εάν θέλουμε να ισορροπεί οριακά χωρίς να ανατρέπεται ,η αντίδρασηΝ θα πρέπει να μηδενιστεί (χάνει1

την επαφή της).

Θα έχουμε...

ΓΔ=1,5-χΒΓ=2-1,5=0,5m

2m

κατακόρυφος άξονας y΄y ροπές (ως πρός Γ)

ΣF =0y

=> N -B-Β΄=02

=> N -10.10-4.10=02

=> N =140 Nt2

Στ =0(Γ)

=> Μ.g.(ΒΓ)-m.g.(ΓΔ)=0

=> 10.0,5-4.(1,5-χ)=0

=> χ=0,25m

Β΄=m.g

χ

Δ

4m

1,5m

χ

ημ

συν

εφ

0 0 0

30 (π/6) 0 45 (π/4) 0 60 (π/3)090 (π/2)

3

1

2

1

20

01

1

0

2

2

2

2

1

3

2

3

2

3

3

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΕΝΘΕΤΟ

Α) Προθέματα

91G=1061M=10

31K=10-11d=10-21c=10

-31m=10-61μ=10-91n=10-121p=10

Γ) Τριγωνομετρικές σχέσεις

αβ

γ

φ

βημφ=

αγ

συνφ=α

βεφφ=

γ

2 2 2 ( α =β +γ )

ημ(-φ)=-ημφ

συν(-φ)=συνφ

πημ( -φ)=συνφ

2π

ημ( +φ)=συνφ2π

συν( +φ)=-ημφ2π

συν( -φ)=ημφ2

ημ(π-φ)=ημφ

συν(π-φ)=-συνφ

Β) Τριγωνομετρικές τιμές βασικών γωνιών

2 2ημ φ+συν φ=1ημ(2φ)=2.ημφ.συνφ

φ+θ φ-θημφ+ημθ=2.ημ .συν

2 2

ημφεφφ=

συνφ

συν

ημ

0

π/2

π

3π/2

2π

φημφ

συνφ

ημα=ημβ => { α=2κπ+β

α=2κπ+π-β

συνα=συνβ => α=2κπ+β

, κ=0,+1,+2,.....

Δ) Λογαριθμικοί τύποι

ylnx=y <=> x=e

ln(x.y)=lnx+lnyln(x/y)=lnx-lny

ylnx =y.lnxx

lne =xlnxe =x

ln1=0lne=1

( e=νεπέριος αριθμός=2,718 )

, κ=0,+1,+2,.....

ημ(φ - θ)=ημφ.συνθ - ημθ.συνφ+ +

ΒΟΗΘΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΤ. Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ

Documents

Transcript of ΒΟΗΘΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΤ. Γ΄ΛΥΚΕΙΟΥ