ΕΠΑΛ ΦΥΣΙΚΗ λυσεις ασκησεων

Υ Π Ο Υ Ρ Γ Ε Ι Ο Π Α Ι Δ Ε Ι Α Σ Δ Ι Α Β Ι Ο Υ Μ Α Θ Η Σ Η Σ Κ Α Ι Θ Ρ Η Σ Κ Ε Υ Μ Α Τ Ω Ν

Π Α Ι Δ Α Γ Ω Γ Ι Κ Ο Ι Ν Σ Τ Ι Τ Ο Υ Τ Ο

ΦΥΣΙΚΗ Γ Ε Ν Ι Κ Η Σ Π Α Ι Δ Ε Ι Α Σ

Α Τ Α Ξ Η Σ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Λ Υ Σ Ε Ι Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ω Ν

ΟΡΓΑΝΙ***ΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

Φ Υ Σ Ι Κ Η

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΑΥΚΕΙΟΥ

Λ Υ Σ Ε Ι Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ω Ν

Υ Ι Ι Ο Υ Ρ Γ Ε Ι Ο Π Α Ι Δ Ε Ι Α Σ Δ Ι Α Β Ι Ο Υ Μ Α Θ Η Σ Η Σ

Κ Α Ι Θ Ρ Η Σ Κ Ε Υ Μ Α Τ Ω Ν

Π Α Ι Δ Α Γ Ω Γ Ι Κ Ο Ι Ν Σ Τ Ι Τ Ο Υ Τ Ο

ΦΥΣΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗΣ ΙΙΑΙΔΕΙΑΣ

Α ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΑΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

Ιωάννης Βλάχος Ιωάννης Γραμματικάκης

Βασίλης Καραπα ναγιώτης Παναγιώτης Κόκκοτας

Περικλής Περιστεράπουλος Γιώργος Τιμοθέου

Νίκος Αλεξάκης Σταύρος Αμπατζής Γιώργος Γκουγκούσης Βαγγέλης Κονντούρης Νίκος Μοσχοβίτης Σάββας Οβαδίας Κλεομένης Πετρόχειλος Μενέλαος Σαμπράκος Αργύρης Ψαλίδας Ένωση Ελλήνων Φυσικών

Ο Ρ Γ Α Ν Ι Σ Μ Ο Σ Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ω Σ Δ Ι Δ Α Κ Τ Ι Κ Ω Ν Β Ι Β Λ Ι Ω Ν

Α Θ Η Ν Α

ΥΙΙΕΥΘΥΝΟΣ ΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗΣ ΟΜΑΔΑΣ Παναγιώτης Κόκκοτας, Καθηγητής της Διδακτικής των Φυσικών Επκττημχόν του

Πανεπιστημίου Αθηνών.

ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗ ΟΜΑΔΑ Ιωάννης ϊϊλϋ^ος. Διδάκτορας, Σχολικός Συ |i.j ίΰΐ'λος του κλάδου ΠΕ4. Ιωάννης Γραμματικάκης, Επίκουρος Καθηγητής Φυσικής στο Πανεπιστήμιο Αθη-

νών. Βασίλης Καραιταναγιώτης, Φυσικός, Καθηγητής Πειραματικού Σχολείου Πανεπι-

στημίου Αθηνών. ΙΙαναγιώτης Κόκκοτας. Καθηγητής της Διδακτικής των Φυσικών Επιστημών του

Πανεπιστημίου Αθηνών. Περικλής Περιστερόπουλος, Φυσικός, Υποψήφιος Διδάκτορας, Καθηγητής στο 3ο

Λύκειο Βύρωνα. Γιώργος Τιμοθέου, Φυσικός, Λυκειάρχης στο 2ο Δΰκειο Αγ. Παρασκευής.

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΚΡΙΣΗΣ Νικόλαος Φλυτζάνης (Πρόεδρος), Καθηγητής Τμήματος Φυσικής του Πανεπιστη-

μίου Κρήτης. Εμμανουήλ Καλοψικάκης, Φυσικός, τ. Σχολικός Σύμβουλος. Χρήστος Ξενάκης, Δρ. Φυσικός, Σχολικός Σύμβουλος Φθιώτιδος. Δήμος Πάλλας. Φυσικός, Υποδιευθυντής 1ου Λυκείου Λαμίας. Κωνσταντίνος Στεφανίδης, Δρ. Φυσικός, Σχολικός Σύμβουλος Πειραιά.

ΕΙΙΙΜΕΑΕΙΑ ΕΚΔΟΣΗΣ Σωτηρία Θεοδωρίδου, Φυσικός, Καθηγήτρια στο Ενιαίο Λύκειο Λαυρίου.

ΕΚΔΟΤΙΚΟΣ ΟΙΚΟΣ Εκδοτικε'ς Τομε'ς Ορόσημο Α.Ε.

ATELIER: ART CHOICE Σχεδιασμός/Ηλεκτρονική σελιδοποιήση/Φιλμς Διεύθυνση δημιουργικού: Δημήτρης Κορωνάκος Υπεύθυνη Atelier: Κασσάνδρα ΙΙαξιμάδη Φωτοστοιχειοθεσία: Ιωάννα Φατοΰρου Επεξεργασία εικόνων: Αννα Νικηταρά Σχεδιασμός εικόνων: Ελε'νη Μπέλμπα Σύμβουλος τεχν. υποστήριξης: Αλέκος Αναγνωστόπουλος

«UAKTIKHN ·Ι1ΑΜ»

Φ Υ Σ Ι Κ Η Γ Ε Ν Ι Κ Η Ε ΠΑΙΔΕΙΑΣ

* iMasrtNitovATUim ΛΥΕ Ell ΑΐΚΜΧΕΟΝ

ΕΥΧΑΡΙΣΤΙΕΣ Θα θε'λαμε να ευχαριστήσουμε τον Γιώργο Μπουργανό για τη συμβουλή του στην εύρεση των Ηλεκτρονικών Διευθύνσειον.

Οι συγγραφείς

ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ Νίκος Αλεξάκης. Msc Φυσικός, Καθηγητής 5ου Λυκείου Κορυδαλλού. Σταύρος Αμπατζής, Δρ. Φυσικός, Καθηγητής Γενναδείου Σχολής. Γιώργος Γκουγκούοης, Φυσικός, Ιδιοκτήτης-Διευθυντής Φροντιστηρίου. Βαγγέλης Κουντούρης, Φυσικός, Καθηγητής 1ου Γυμνασίου Ιλίου. Νίκος Μοσχοβίτης, Φυσικός, Καθηγητής Εκπαιδευτηρίων Κωστέα-Γείτονα. Σάββας Οβαδίας, Φυσικός, Καθηγητής Λυκείου Ν. Αρτάκης. Κλεομένης ΙΙετρόχειλος, Φυσικός, Καθηγητής Αμερικανικού Κολλεγίου. Μενέλαος Σαμπράκος, Φυσικός, Iδ ιο κτήτη ς- Δ ι ευ Ο υ ντή ς Φροντιστηρίου. Αργήρης Ψαλίδας, Δρ. Φυσικός, Καθηγητής Κολλεγίου Αθηνών.

ΣΥΝΤΟΝΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗΣ ΟΜΑΔΑΣ Κλεομένης ΙΙετροχειλος. Φυσικός, Καθηγητής Αμερικα-

νικού Κολλεγίου.

ΥΙΙΕΥΘΥΝΟΣ ΣΤΟ ΠΛΑΙΣΙΟ ΤΟΥ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟΥ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Χρήστος Ραγιαδάκος. Πάρεδρος στο Τομέα Φυσικών Επιστημών του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ ΕΝΤΥΠΟΥ ΚΑΙ ΚΑΛΛΙΤΕΧΝΙΚΗ ΕΠΙΜΕΔΕΙΑ Μαρία ΙΙαιταξαχαροπούλου

Y i i o m w ΕβΝΙΚΙΙ ί . lUlAElAL ΚΑ) •FITCKEYMATQ*

I1AJ \ΑΙ U I ' l M l ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

Φυσική Β ΤΛΕΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΛΥΧΕΙΙ ΛΙΚΗΕΑΝ

ΕΠΙΜΕΔΕΙΑ ΤΩΝ ΕΡΓΑΣΤΗΡΙΑΚΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΓΙάρης Κοψιαύτης, Φυσικός, Καθηγητής Εκπαιδευτηρίων Κωστέα-Γείτονα.

ΕΥΧΑΡΙΣΤΙΕΣ Ευχαριστούμε τον Γεν. Γραμματέα της Ε.Ε.Φ. κ. Παναγιώτη Φιλντίση για την πο-λύτιμη συμπαράσταση και συμβολή του στην υλοποιήση του έργου μας.

Σημείωμα για τις Λύσεις Ασκήσεων Φυσικής Α'ΓΕΑ

Οι λύσεις των ασκήσεων των ενοτήτων: Ευθύγραμμη κίνηση, Δυναμική σε μια διάσταση, Δυναμική στο επίπεδο, Διατήρηση της μηχανικής ενέρ-γειας, Διατήρηση της ολικής ενέργειας και Υποβάθμιση της ενέργειας, προέρχονται από το βιβλίο «Φυσική Γενικής Παιδείας, Λύσεις Ασκή-σεο)ν Α' Τάξης Γενικού Λυκείου», ΟΕΔΒ 2010, που έχει γραφεί από τους: I. Βλάχο, I. Γραμματικάκη, Β. Καραπαναγιώτη, Π. Κόκκοτα, Π. Πε-ριστεράπουλο και Γ. Τιμοθέου.

Οι λύσεις των ασκήσεων της ενότητας: Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα, προ-έρχεται από το βιβλίο «Φυσική Β' Τάξης Γενικού Λυκείου, Λύσεις Ασκήσεων», ΟΕΔΒ 2010, που έχει γραφεί από τους: Ν. Αλεξάκη, Σ. Αμπατζή, Γ. Γκουγκούση, Β. Κουντούρη, Ν. Μοσχοβίτη, Σ. Οβαδία, Κ. Πετρόχειλο, Μ. Σαμπράκο και Α. Ψαλίδα.

Κεφάλαιο 1.1

1. Επε ιδή η κίνηση του αυτοκινήτου είναι ομαλή, ισχύει:

s - 1 2 0 / - ?n / υ = - ή υ = m / s ή v=30m/s . t 4

Για τα αντ ίστοιχα δ ιαγράμματα έχουμε:

u(m/s)>.

ψ.·.

s(m)> ι ί>:;..

2. Το τρένο βρίσκεται π ά ν ω στη γέφυρα για χρόνο t, ο οποίος είναι:

s + ^ . s + e . 1.980 + 20 . υ = η t = η t = s ή t = 200s t υ 10

3. Α. Το ζητούμενο διάστημα υπολογίζεται από το άθροισμα των αντίστοιχων εμβαδών: S=E j+E2 ή S = 1 0 1 0 m + 2 0 - 2 0 m ή S=500m.

τ, - s , - 5 0 , -Β. υ = - η υ = — η υ = 12,5m t 4

Ευθύγραμμη κίνηση

Γ.

4. Α. Α I 4 -

«ι «2

t=0

Β ι - t

t=0

Αυτοκίνητο (Α): υ ( = — ή χ = ι>| t ( 1 )

Αυτοκίνητο (Β): υ2 = s - χ

ή s - χ = υ2ί (2)

Προσθέτω κ α τ ά μέλη τ ις (1) και (2) και βρίσκω:

X+Syl('=V lt + V2t ή s = ^ ^ 2 ) t ή t = 1.000 -s ή t =

υ] + υ2 10 + 15 Η συνάντηση των δύο α υ τ ο κ ι ν ή τ ω ν γ ίνεται στο σημείο Σ] απέχε ι α π ό το Α α π ό σ τ α σ η x γ ια την οπο ία ισχύει:

χ =υ! t ή x = 1 0 - 4 0 m ή x = 4 0 0 m . Β. Τα ζητούμενα δ ι α γ ρ ά μ μ α τ α είναι :

s(m).

40s

που

Min/s),

-15

10 20 30 40


5. Α. Αν ο ζητούμενος χρόνος ε ίναι t, ο μοτοσυκλετιστής και το περ ιπολ ικό δ ιανύουν μέχρι την ουνάντηοή τους δ ιάστημα: S., = υπ t και SM = υμ t αντ ίστο ιχα . Με την αφαίρεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη έχω: Sn - 8μ = (υπ -υμ) ί ή d = (υπ -υμ)1

d 500 η t = = s ή t = 50s υπ - υμ 3 0 - 2 0

Β. Το ζητούμενο δ ιάστημα είναι: S n =wnt = 30-50m ή 8 π = 1.500m.

6. Από τη σύγκριση της σχέσης x = 1 0 t με την εξίσωση της κίνησης χ = υ ί της ευθύγραμμης ομαλής κίνησης, συμπεραίνουμε ότι ο ποδηλά-της κ ινε ί τα ι ευθύγραμμα και ομαλά με τ α χ ύ τ η τ α υ = 10m/s .

Έ τ σ ι το ζητούμενο δ ιάγραμμα είναι:

i'<m ΌΛ

Το ζητούμενο δ ιάστημα είναι ίσο με: s =υ t = 10-5m ή s = 5 0 m , δηλαδή ίσο με το αντ ίστο ιχο εμβαδόν Ε.

7. Α. Η αρχ ική τ α χ ύ τ η τ α είναι υ 0 = 0 και έτσι ισχύει: υ = a t ή υ = 2·15πι/8 ή υ = 3 0 m / s .

Β. Η α π ό σ τ α σ η που διανύει ο μοτοσυκλετ ιστής είναι:

1 2 1 9 s = — at = - - 2 1 5 ra ή s = 225m. 2 2

8. A. To ζητούμενο δ ιάστημα είναι ίσο με το αντ ίστο ιχο εμβαδό.

Δηλαδή: s = Ε = 10 • 20m ή s = 100m.

Β. Από το δ ιάγραμμα συμπεραίνουμε ότι η κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επ ιταχυνόμενη , χωρίς αρχ ική τ α χ ύ τ η τ α , με επ ι τάχυνση

Δυ 20 2 - , ο α - —- = — m / s η α = 2m / s . At 10


Έ τ σ ι το ζητούμενο δ ιάστημα s, είναι:

1 2 - at·, 2

s = s2 — s i = — a t 2 — at , 2 = — · 2 • 2 2 m - — · 2 · l 2 m ή s = 3m.

2 2 2

9. A. To ζητούμενο δ ιάστημα είναι ίσο με το εμβαδόν του τραπε-

3 0 + 1 0 ζίου. Δηλαδή: s = • 20m ή s = 400m.

, . - . - s 400 , . - 40 , Β. Η μεση τ α χ ύ τ η τ α υ είναι : υ = — = - ^ - m / s ή υ = — m / s .

10. Από τη σύγκριση της σχέσης υ = 8+2ί με την εξίσωση υ = υ 0 +αΙ , συμπεραίνουμε ότι η κίνηση του αυτοκινήτου είναι ευθύγρμμη ομαλά επιταχυνόμενη με αρχ ική τ α χ ύ τ η τ α u0 = 8 m / s και επ ιτάχυνση a = 2m/s 2 . Έτσ ι γ ια το ζητούμενο δ ιάστημα έχουμε:

1 2 S = S4 - s2 = υ 0 ί 4 + - a t 4 V 2 1 — at·,

ή s = υ 0 ( ί 4 - t 2 ) + ^ - a ( t 42 - t 2

2 ) ή s = 8(4 - 2) + ^ · 2(16 - 4) |m

ή s = 28m

11. υ( in/s)Ai

50 I

30

(«) /

— j i -/ ;

• '

<m

a 10

4 8 » em® *2 ·

t(s)

Α. Η κοινή τ α χ ύ τ η τ α προσδιορ ίζετα ι ως το σημείο τομής των δύο γραφ ικών π α ρ α σ τ ά σ ε ω ν υ = υ(1) γ ια τα δύο κ ινητά. Έ τ σ ι βλέπου-με ότι τη χρον ική στ ιγμή t =6s η κοινή τ α χ ύ τ η τ α των δύο κινη-τών είναι u = 3 0 m / s .

Β. Το δ ιάστημα που διένυσε το κ ινητό (α) σε 10s δ ίνεται και από το εμβαδόν του αντ ίστο ιχου τριγώνου.

Δηλαδή: s, = j • 10 · 50m ή s, = 250m.


Αντίστο ιχα το δ ιάστημα που διένυσε το κινητό (β) σε 10s δίνε-ται και α π ό το εμβαδόν του αντ ίστο ιχου παραλληλόγραμμου. Δηλαδή: s 2 = 10-30m ή s 2 = 300m. Αρα το κ ινητό (β) προηγε ί τα ι του κ ινητού (α) τη χρον ική στιγμή t = 10s κ α τ ά s = 300m - 2 5 0 m ή s = 50m.

Γ. Έ σ τ ω t η χρονική στιγμή κ α τ ά την οπο ία συναντώντα ι τα δύο' κ ινητά. Π ρ ο φ α ν ώ ς τότε θα έχουν διανύσει ίσα δ ιαστήματα , δη-

λαδή θα γίνει : — — — 50 = 30t ή 10t - 50 = 6t ή t = 12,5s.

12. Η κίνηση του αυτοκ ινήτου α π ό το Α έως το Β είναι ομαλά επ ι ταχυνόμενη με αρχ ική τ α χ ύ τ η τ α υΑ . Έ τ σ ι θα ισχύει:

υΒ = υΑ + a t ή 30 = υΑ +10α (α) και

1 9 1 ΑΒ = u A t + — at ή 200 = υΑ · 10 + — α · 100 (β)

Οι εξισώσεις (α) και (β) αποτελούν σύστημα δύο εξισώσεων α π ό την επίλυση του οπο ίου βρίσκονται η επ ι τάχυνση α και η τ α χ ύ τ η τ α υΑ. Η (α) μπορεί να γραφεί : υ Α = 3 0 - 1 0 α (γ) και με α ν τ ι κ α τ ά σ τ α σ η στη (β) έχουμε:

200 = (30 - 10α) 10 + 50α ή α = 2 m / s 2 . -Αντ ικαθ ιστώντας την επ ι τάχυνση α στη σχέση (γ) βρίσκουμε:

υΑ = (30 - 10-2)m/s ή u A = 1 0 m / s .

13. Το κ ινητό θα κινηθεί επί 0 ,7s με την τ α χ ύ τ η τ α υ0 που εκινε ίτο στην αρχή, δ ιανύοντας δ ιάστημα s , =\)0t, = 20 .0 ,7m ή s , = 14m.

Έ τ σ ι μέχρι το εμπόδ ιο υπάρχε ι δ ιάστημα s = ( 5 0 - 1 4 ) m ή s = 36m. Το δ ιάστημα που θα διανύσει το αυτοκ ίνητο μέχρι να μηδενιστεί η

τ α χ ύ τ η τ ά του μπορεί να είναι:

υ02 2 0 2

smax = — = ^ 7 : m η Smax = 20m. 2α 2 - 10

Επε ιδή s m a x < s θα αποφευχθε ί η σύγκρουση του αυτοκ ινήτου με το εμπόδιο.

14. Για να περάσει ολόκληρο το τρένο π ά ν ω α π ό τη γέφυρα πρέπε ι να κινηθεί κ α τ ά {( + s)m. Το δ ιάστημα αυτό το τρένο θα το διανύσει ε π ι τ α χ υ ν ό μ ε ν ο με επ ι τάχυνση α = 2 m / s 2 , έ χοντας αρχ ική τ α χ ύ τ η τ α

1 , 1 , u0 = 20m/s. Έτσι θα ισχύει: (Ρ, + s) = υ0 t + — α t ή 70 + 55 = 20t + — · 2t .


Από την επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης βρίσκουμε t , = -25s που α π ο ρ ρ ί π τ ε τ α ι και t 2 = 5s που είναι η δεκτή λύση.

15. Α. Ό τ α ν τα κ ινητά συναντηθούν θα έχουν διανύσει ίσα δ ιαστή-ματα.

Δηλαδή: x! = x 2 ή 1 0 t = 4 t 2 ή 4t = 1 0 ή t =2,5s. Β. Από τις εξισώσεις κίνησης συμπεραίνουμε ότι το πρώτο όχημα

κάνει ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με σταθερή ταχύτητα υ ^ Ι Ο ι η / s , ενώ το δέντρο ομαλά επιταχυνόμενη με υ0 = 0 και a = 8m/s 2 . Έ τ σ ι τα ζητούμενα δ ιαγράμματα είναι:

ν ( ι ι ι ) > ι Χ

n(ni/s)A

20

10

l>2=/ (t) x

• Χ ,

r* λ /

/

»l= '(f)

2.=; ->•

L(S)

"ι= ' ( 0

—ν t(s)

16. Α. Στη δ ιάρκε ια των l i s ο δρομέας δ ιανύε ι δ ιάστημα

3ολ Ι 3 . 9 + 5 · 9 + — 2 2

•3 m ή So) = 81m.

Έ τ σ ι η μέση τ α χ ύ τ η τ α του είναι:

- S θ λ ;ι m / s ή υ = 7,36m / s.

t 11 Β. Για τα π ρ ώ τ α 3s ο δρομέας επ ι ταχύνετα ι με επ ι τάχυνση

Δυ 9 - 0 α, = At

j , 2 m / s~ η α, = 3m / s , ενώ τα τελευταία 3s επι-

Δυ 3 2 · . , 2 βραδύνετα ι με επ ιβράδυνση «2 — - ^ m ' s Ί α 2 — im / s .

17. Α. Από τις εξισώσεις της επ ιβραδυνόμενης κίνησης έχουμε:

υ = υ0 - a t ή -y- = υ0 - a t ή 5 = 10 - 2t ή t = 2,5s


1 2 · και s = v0 t - — a t ή s = 1

1 0 - 2 , 5 - - 2 - 2 , 5 -2 ,

m ή s = 18,75m. >

Β. Από τη σχέση u = D 0 - a t θέτοντας υ = 0 βρίσκουμε γ ια το ζητού-

ι • s ή t = 5s. n . · . υο 1 0

μενο χρονο: 0 = υ0 - a t η t = — = — α 2

Για το ζητούμενο δ ιάστημα (μέγιστο) έχουμε:

- V . 102 . smax 2 α 2 2 m S m a" ~ 25m.

18. Α. Αν μέχρι τη συνάντηση το αυτοκ ίνητο κινήθηκε κ α τ ά ts, ο μοτοσυκλετιστής χρε ιάστηκε γ ια να το φτάσει χρόνο (t - 4)s δ ιανύοντας π ρ ο φ α ν ώ ς το ίδιο δ ιάστημα. Έ τ σ ι έχουμε:

1 ] 2 s « = — α ι t και δ μ = — a 2 ( t - 4) .

Αλλά s a — 8μ, δηλαδή:

α ι t2 = ~ α 2 ( ι ~ ή l»6t2 = 2,5^t2 + 16 - 8 t j α π ό την επί -

λυση της οπο ίας βρίσκουμε γ ια το ζητούμενο χρόνο t = 20s

4 και* — s που α π ο ρ ρ ί π τ ε τ α ι ως μικροτερος του 4s. Επ ίσης

1,8

1 9 s = βμ = s a = — 1,6 · 20 m ή s = 320m.

Β. Για τις ταχύτητες του αυτοκ ινήτου " , m / s )

και του μοτοσυκλετιστή- έχουμε: ua = a , t = l , 6 -20m/s ή υα = 3 2 m / s και υμ = α 2 (t - 4) = 2,5 (20 - 4 ) m / s ή υμ = 4 0 m / s . Για τη ζητούμενη μέση

τ α χ ύ τ η τ α υ του αυτοκ ινήτου έχου-

s με: υ = -t

320

20 m / s ή υ = 16m / s.

Γ. Τα δ ιαγράμματα υ = f ( t ) και s = f( t ) είναι:


19. Α. Στο χρονικό διάστημα: 0 < t < 5s η κίνηση που εκτελεί το κινητό είναι ομαλά επιταχυνόμενη με αρχική ταχύτητα υ 0 =10πι /5 . Στ ο χρονικό δ ιάστημα: 5s < t < 15s η κίνηση είναι ομαλή με σταθερή τ α χ ύ τ η τ α υ = 2 0 m / s . Στ ο χρονικό δ ιάστημα: 15s < t < 2 0 s η κίνηση που εκτελεί το κ ινητό είναι ευθύγραμμη ομαλά επ ιβραδυνόμενη με επ ιβρά-

Δυ 2 . , δυνση αϊ = — = 4m / s μέχρι μηδενισμού της τ α χ ύ τ η τ α ς του.

Κατόπ ιν το κ ινητό αλλάζει φ ο ρ ά κίνησης και επ ι ταχύνετα ι

- Δυ - Λ ι 2 με την ιδια επ ι τάχυνση α 2 - — - 4m / s .

Β. Η επ ι τάχυνση του κ ινητού στο χρον ικό δ ιάστημα 0 < t < 5s είναι:

Δυ υ, - υΑ 2 0 - 1 0 , 2 -, , 2 α = — = — — = m / s = 2m / s z . At tx — t A 5 - 0

Γ. To δ ιάστημα που δ ιανύει το κ ι νητό προσδιορίζεται α π ό το εμβα-δόν που περικλείεται α π ό τη γ ρ α φ ι κ ή παράσταση και τον άξονα των χρόνων.

10 + 20 • 5 + 10 · 20 + - • 20 • 5 + - • 5 · 20 |m = (75 + 200 + 50 + 50)m = 375m 1, 2 2 2

Η μετακίνηση του κ ινητού είναι: Δχ = (75 + 200 + 50 - 5 0 ) m ή Δχ = 25πι . Προσέξτε τη δ ιαφορά μεταξύ του δ ιαστήματος και της μετακίνη-σης.

. „ . . , , - s 375 , -Δ. Η μεση ταχύτητα του κινητού είναι: υ = — = m / s ή υ = 15m / s.

Κεφάλαιο 1.2.

1. Στην πρώτη περίπτωση οι δυνάμεις έχουν την ίδια κατεύθυνση και έτσι η συνισταμένη τους είναι:

F = F j + F 2 = (80 + 60)Ν ή F = 1 4 0 N ίδιας κατεύθυνσης. Στη δεύτερη περίπτωση οι δυνάμεις έχουν αντίθετη κατεύθυνση και

έτσι η συνισταμέμη τους έχει την κατεύθυνση της μεγαλύτερης και τιμή: F = F 1 - F 2 = (80 - 60)Ν ή F = 20Ν.

2. Και στις τρεις περιπτώσεις η συνισταμένη F έχει φορά προς τα δεξιά και η τιμή της είναι:

F = (20 + 10)Ν -5Ν ή F = 25Ν F = 20Ν - (10+5)Ν ή F = 5Ν F = (20+ 10+5)Ν ή F = 35Ν

3. Α. Για τις συγγραμμικές και ομόρροπες δυνάμεις γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη τους είναι συγγραμμική και ομόρροπη με τις συνιστώσες και έχει τιμή που δίνεται από τη σχέση Γ2

F = F[ + F2 . Ρ Έτσ ι F = 4F 2 + F2 ή F 2 = 2Ν *• κ α ι F j = 4 F 2 ή F , = 8 N . Εικόνα α Η ζητούμενη ανάλυση φαίνε-ται στην εικόνα α.

Β. Για τις συγγραμμικές και αντίρροπες δυνάμεις γνωρίζουμε ότι η συνισταμένη τους είναι συγγραμμική και ομόρροπη με τη συνι-στώσα δύναμη μεγαλύτερης τι- ^ μής και δίνεται από τη σχέση F = F , - F 2 . f Έτσ ι F = 3 F 2 - F 2 ή F2 = 5N και F ! = 3F2 ή F, = 15N Εικόνα β Η ζητούμενη ανάλυση φαίνεται στην εικόνα 6.

4. Α. Από το νόμο του Hooke έχουμε: F = KAx. Αντικαθιστώντας το γνωστό ζευγάρι τιμών Δχ = 20cm και F = 80N έχουμε:

80 Ν Ν 80Ν = Κ -20cm ή Κ = ή Κ = 4 . 20 cm cm

Δυναμική σε μια διάσταση

Άρα, αν χρησιμοποιήσουμε τη σχέση Β = ΚΔχ ο π ί ν α κ α ς συ-μπληρώνετα ι ως εξής:

Επ ιμήκυνση (cm) 5 8 10 15 20

Βάρος (Ν) 20 32 40 60 80

Β. Α π ό τ ο ν π ί ν α κ α κ α τ α σ κ ε υ ά ζ ο υ μ ε τ ο δ ι ά γ ρ α μ μ α ως ε ξής :

«ΜΑ

so

10 15 20 Ax(cm)

Γ. Η κλίση της γ ρ α φ ι κ ή ς π α ρ ά σ τ α σ η ς ισούται με την ε φ α π τ ο μ έ ν η

ΚΑ 20Ν της γων ίας φ και ισχύει: εφφ — - 4Ν / cm, δηλαδή

•δίνει τη σταθερά του ελατηρ ίου Κ.

5. Επε ι δή το σώμα κινε ίται με σταθερή ταχύτητα , δηλαδή α = 0, όπως προκύπτε ι α π ό το νόμο του Νεύτωνα Σ Ρ = π ι α , πρέπε ι να είναι Z F = 0. Αυτό σημαίνει ότι στο σώμα ασκείται δύναμη F 3 ίδ ιας κατεύ -θυνσης με τη μικρότερη δύναμη F 2 , έτσι ώστε να ισχύει:

F , - F 2 - F 3 = 0 ή F 3 = F 1 - F 2 = ( 2 2 - 7 ) N ή F 3 = 1 5 N .

6. Επε ιδή το π ιθηκάκ ι ισορροεπε ί , θα πρέπει να δέχεται α π ό το κλαδί δύναμη F, ώστε η συν ισταμένη της F και το βάρος Β να είναι ίση με μηδέν. Δηλαδή: F - B = 0 ή F = B ή F = 200Ν α ν τ ί ρ ρ ο π η του βάρους του.

7. Η συνισταμένη δύναμη S F έχει και στις τέσσερις περ ιπτώσε ι ς την ίδ ια τ ιμή ZF = 20Ν με φορά π ρ ο ς τ ' αριστερά, εκτός της π ε ρ ί π τ ω -σης Β που η φορά είναι προς τα δεξιά. Έ τ σ ι στις περ ιπτώσε ι ς Α, Γ και Δ έχουμε την ίδια επ ι τάχυνση π ο υ είναι αντ ίθετη της επ ι τάχυνσης του σώματος στην περ ίπτωση Β.

Δ υναμική σε μια διάσταση

8. Από τη σχέση α - βαίσκουμε την επ ιβράδυνση α που είναι: At

α = — m / s 2 = 2,5m / s 2 . 2

Έ τ σ ι η ζητούμενη δύναμη είναι: F = m a = 1 0 - 2 , 5 N ή F = 25N.

9. Α π ό τη σύγκριση της σχέσης υ = 4t με τη σχέση υ = α ί προκύ-πτε ι π ω ς το σώμα εκτελεί ομαλά ε π ι τ α χ υ ν ό μ ε ν η κ ίνηση με ε π ι τ ά χ υ ν -

2 > ' ' » ση α = 4 m / s . Έ τ σ ι η συν ιστάμενη δύναμη γ ια το σωμα ε ίναι : I F = m a = 1 .4Ν ή Z F = 4 Ν .

10. Από τον ορισμό της επ ι τάχυνσης έχουμε:

Δυ 1 4 - 1 0 , ? · ^ . 2 α = — = m / s η α = 2m / s . At 2

Έ τ σ ι α π ό τον νόμο του Νεύτωνα έχουμε: F = m a = 10-2N ή F = 20N.

11. Α. Για την επ ι τάχυνση κάθε σώματος έχουμε:

Ρ| 4 2 2 α, = — - - — m / s η α, = 4m / s και m, 1

F^ 15 2 2 α 2 = —— - — m / s ή α 2 = 5m / s . m2 3

Β. Αν τα δύο σώματα απέχουν κατά 18m μετά α π ό χρόνο t στον ο π ο ί ο έχουν διανύσει αντ ίστο ιχο δ ιάστημα S j και S 2 θα πρέπει να ισχύει: S 2 - S, = (18 -10 )m ή S 2 - S 1 = 8m. Έ τ σ ι έχουμε:

— α 2 t2 - — a] t2 = 8 ή — 5 t2 - — 4 t 2 = 8 2 2 1 2 2 ή 2,5 t2 - 2 t2 = 8 ή t2 = 1 6 ή t = 4s.

12 . Α. Α ρ χ ι κ ά το σ ώ μ α ε π ι τ α χ ύ ν ε τ α ι με ε π ι τ ά χ υ ν σ η

Ρ. 2 0 , 2 - , , 2 . . α, = — = — m / s η a , = l m / s γ ια χρονο εστω t . , στον m 20

οπο ίο α π ο κ τ ά τ α χ ύ τ η τ α υ0 δ ιανύοντας δ ιάστημα S,. Π ρ ο φ α -νώς γ ια την κίνηση αυτή ισχύει:

1 2 1 2 s i = 2 α ι ι ι ^ s i = γ ( α )

και υ0 = a , t , ή υ0 = t, (β)

Δυναμική σι μια διάσταση

Κατόπ ιν το σώμα επ ιβραδύνετα ι με επιβράδυνση

ρ 5 α 2 = — = — m / s 2 ή α 2 = 0,25m / s2

m 20 Τελικά το σώμα κινε ίται ακόμη μέχρι να σταματήσει στιγ-

υη t, μ ιαια γ ια χρονο t 2 = —— = —1L (γ)

α 2 α 2

2 » 2 υ0 t. Στο χρονο αυτο δ ιανύει δ ιαστημα s2 = = (δ)

2α2 2α2

1 2 t 2

Αλλά s, + s 2 = soX ή — t j + - i - = soX ή 2 2 cx 2

— t j 2 + 2 t , 2 = 4 0 ή t, = 4s.

Αρα η δύναμη F 2 άρχισε να ενεργεί μετά από δ ιαδρομή

1 2 1 2 s, = — t, = — • 4 s ή s, = 8m. ι 2

1 2 1

Β. Η συνολική δ ιάρκε ια κίνησης του σώματος είναι:

t. ( 4 ^ ιολ = t[ + t2 = t, + — = 4 + 7Γλ7 Is η ι ο λ = 2 ° 5 · α 2 V 0,25)

13. Α. Από την εξίσωση της κίνησης γ ια την ομαλά μεταβαλλόμενη κ ίνηση έχουμε:

1 2 · 2s 48 ι , 2 s = — a t ή α - — = — m / s ή a = 3 m / s . 2 t 16

Β. Αντ ικαθ ιστώντας στην εξίσωση I F = m α όπου ZF = F 1 + F 2 - F 3

έχουμε: F , + F 2 - F 3 = m a ή 6 + 2 - F 3 = l - 3 ή F 3 = 5N.

14. Στην π ρ ώ τ η π ε ρ ί π τ ω σ η η Z F = F j - F 2 = 4 0 Ν - 2 0 Ν ή Σ Ρ = 20Ν.

Αρα η Σ Ρ = m α δίνει γ ια τη μάζα m =

Έ τ σ ι στη δεύτερη π ε ρ ί π τ ω σ η η επ ι τάχυνση του σώματος είναι:

ν Ε ; , . , ΣΡ' 40 2 ' n α / 2

ΣΡ = m α ή α = = — - m / s η α = 0,6m / s . m 20 ° ' 3

Την τ ιμή αυτή την αναμένουμε , αφού δ ιπλάσια δύναμη στο ίδιο σώμα, προκαλε ί δ ιπλάσια επ ι τάχυνση .


15. Από την εξίσωση του δ ιαστήματος γ ια την ελεύθερη πτώση έχουμε:

, 1 2 - 2 2h . [2h h = — g t ή t = — η t : 2 8

και με α ν τ ι κ α τ ά σ τ α σ η βρίσκουμε t = 2s.

16. Αν το π ρ ώ τ ο σώμα φτάνε ι στον πυθμένα σε χρόνο t, ισχύει:

2 , _ [2h h — 8 ή 1 ~ J ~ και με α ν τ ι κ α τ ά σ τ α σ η t = 6s.

Το δεύτερο σώμα έχει κινηθεί γ ια χρόνο t ' που είναι: t' = t - A t ή t ' = (6 - l ) s = 5s.

Στο χρόνο αυτό έχει διανύσει δ ιάστημα

h ' = - g t ' 2 = - 1 0 ·52 m ή h ' = 125m. 2 2

Κατά συνέπε ια η ζητούμενη απόσταση Ah είναι: Ah = h - h ' = (180 - 125)m ή Ah = 55m.

17. Α. Η επ ι τάχυνση που α π ο κ τ ά το αυτοκ ίνητο θα είναι:

Ρ F 2 ΙΟ4 , 2 2 F = m a η α = — = m / s = 5m / s . m 4.000

Ό μ ω ς το δ ιάστημα μέχρι να σταματήσει είναι: 2

S = - γ - ή υ02 = 2α s ή υ0 = ^ 2 a s

και με αντ ικατάσταση υ0 = 2 0 m / s . Β. Η χ ρ ο ν ι κ ή δ ι ά ρ κ ε ι α της ε π ι β ρ α δ υ ν ό μ ε ν η ς κ ί ν η σ η ς ε ί να ι :

υ0 20 , ι0λ = — = — s η t0) = 4s. a 5

Γ. Τέλος το ζητούμενο δ ιάγραμμα είναι:

*-

KM


18. Α. Έ σ τ ω ότι το π ρ ώ τ ο σώμα φτάνει στο έδαφος σε χρόνο t.

1 2 Ισχύε ι ότ ι : h = — g t ή t κα ι με α ν τ ι κ α τ α σ τ α σ η

t = 3s. Ε π ε ι δ ή το δεύτερο σώμα ρ ίχνετα ι μετά α π ό ένα δευ-τ ερόλεπτο και φτάνε ι στο έδαφος τ α υ τ ό χ ρ ο ν α με το πρώτο, πρέπε ι να κ ινε ί τα ι γ ια χρόνο t ' = t - A t ή t ' = ( 3 - l ) s ή t ' = 2s. Έ τ σ ι γ ια το δεύτερο σώμα έχουμε:

, h - — g Χ'2

/ 1 ,2 • 2 V + - g i η υ0 = - η

υη = 4 5 - 5 - 2 m / s ή υ0 = 12,5m / s.

Β. Τα ζητούμενα δ ι α γ ρ ά μ μ α τ α είναι:

30 -am.

»)( m/s)

I χ : SAP

S ) T

•. y ·„?

• < · ·»·'· .· - · · ; . ; .. - 5 Ί 5

W· Wrfr

s(m/s)T


1. Με βάση τα δεδομένα το παραλληλόγραμμο των δυνάμεων θα είναι τετράγωνο. ^ Ρ Έτσι έχουμε:

F2 = F , 2 + F 22 = 2 F j 2 η Fj =

και με αντ ικατάσταση

F, = F2 = λ/50 Ν ή F, = F, = 5λ/2 Ν

2. Η συνισταμένη των δυνάμεων F και F , είναι:

f = VF,2+F22

και με αντ ικατάσταση F = Λ/4Ϊ Ν. Για να ισορροπεί το σωμάτιο πρέ-πει να του ασκείται δύναμη F3 αντίθετη της F.

Δηλαδή F3 = F = ^4) Ν.

3. Η συνισταμένη F των δύο δυνάμεων F j , F2 δ ίνεται από τη σχέση:

F = ^Fj2 -t- F,2 και με αντ ικατασταση

F = ΙΟΝ. Αρα η επιτάχυνση που απο-κτά το σώμα είναι:

F • 1 0 , 2 • - , , 2 α = — η α = — m / s ή α = I Om / s m 1

Η επιτάχυνση α έχει την κατεύθυν-ση της συνισταμένης δύναμης F δηλα-δή σχηματίζει με τη δύναμη F 2 γωνία

θ για την οποία ισχύει: p

εφθ = — 6 . 3 — η εφο -Η 4

Δυναμική στο επίπεδο

4. Α. Από την εξίσωση της ελεύθερης πτώσης έχουμε:

2h η g 2 = — και με α ν τ ι κ α τ α σ τ α ο η Κ = t2

I

2 - 7 2 2 2 gx = τ— m / s ή g x = 1,6m / s . 3

Β. α) Ο χρόνος που χρε ιάζεται το σώμα γ ια να φθάσει στο έδαφος σύμφωνα με την αρχή επαλληλίας των κ ινήσεων, είναι πάλι 3s. 6) Για την ορ ιζόντ ια κίνηση έχουμε: χ = υ ί ή x = 1 2 - 3 m x = 3 6 m .

5. Α. Οι ζητούμενες εξισώσεις γ ια τις δύο κινήσεις της βόμβας στους άξονες χ και y είναι αντ ίστο ιχα :

1 χ = υ t

υ , = υΓ

(α)

(6)

και

Β. Από τη (γ) έχουμε: uy = g t

1 2 2 8 '

2y 2 500 η g " η g =

• g t ' (γ)

(δ)

m / s 2 ή g = 10m / s 2 .

Γ. Ε π ε ι δ ή η τ α χ ύ τ η τ α υΧ της βόμβας είναι ίση με την τ α χ ύ τ η τ α (υ0) του αεροπλάνου , βόμβα και αεροπλάνο δ ιανύουν κάθε στιγμή την ίδ ια α π ό σ τ α σ η χ. Έ τ σ ι τη στ ιγμή που η βόμβα φτάνει στο έδαφος , το αεροπλάνο βρίσκεται ακριβώς π ά ν ω από το σημείο πρόκρουσης , έχοντας μετατοπ ιστε ί α π ό το σημείο που άφησε τη βόμβα κ α τ ά x = υ 0 1 = 1 5 0 1 0 m ή χ = 1 .500m.

Α. Στα σώματα ασκούνται τα βάρη τους και οι τάσεις Τι = Τ 2 = Τ, όπως φα ίνετα ι στο σχήμα. Εφαρμόζω γ ια κάθε σώμα το θεμε-

λιώδη νόμο της Μηχανικής : B j - Τ = m , α (1) και T - B 2 = m 2 a (2). Β. Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη έχουμε: Β , - Τ + Τ - Β 2 = m[ α + m 2 α ή Β , - Β 2 = (m, +m 2 ) α ή

30 - 10 m

• Β, " 1

m,g a - — — I"2g η a = m

7' m, + m 2 4 s Γ. Αντ ικαθ ιστούμε την τ ιμή της επ ι τάχυνσης σε μια α π ό τ ις αρχ ικές σχέσεις , π.χ. στην (1) κα ι έχουμε: Τ = B j - m , α ή Τ = (3-10 - 3·5)Ν ή Τ = 1 5 Ν .

Δ υναμική στο ε.τί.τεόο

7. Α. Οι δυνάμεις στο σώμα είναι το βάρος του Β και η δύναμη Ρκ λόγω της άμεσης επαφής του με το κεκλιμένο επ ίπεδο . Αναλύουμε το βάρος Β στις συνιστώσες Βχ και By, οπότε ο θεμελιώδης νόμος γράφετα ι : EF = m α ή Βχ = m α (1).

Β. Αντ ικαθ ιστώντας στη σχέση (1) βρίσκουμε:

m g ημφ = m α ή α = g ημφ η α =

8. Α. Στον π ιλότο ασκείται το βάρος του mg και η δύναμη Ν από το κάθισμα. Στο ελ ικόπτερο ασκείται το βάρος του Mg, η ανυψωτική δύναμη F και η εσωτερική δύναμη Ν που ασκεί ο π ιλότος λόγω άμεσης επαφής .

Β. Από το θεμελιώδη νόμο της Μη-χαν ικής γ ια το σύστημα έχουμε: F - Mg - mg = (Μ + m) α ή F = [(1.920 + 80)-2+ 1.920· 10 + 80· 10]Ν ή F = 24 .000Ν.

Γ. Ο ίδιος νόμος γ ια τον π ιλότο δίνει: Ν - mg = m a ή Ν = m a + mg ή Ν = (80-2 + 80- 10)Ν ή Ν = 960Ν.

9. Α. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επ ι ταχυνόμενη χωρίς

αρχική και κατά συνέπεια ισχύει: s = — a t 2 και υ = a t. Από 2

τις εξισώσεις αυτές αντ ικαθ ιστώντας το χρόνο t α π ό τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη έχουμε:

1 υ s = —α—-2 α2

->2

η s υ 2α

η α = — η

α = 10ζ

2 · 10 m / s ή α = 5m / s .

Β. Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα βρίσκουμε ότι: Σ Ρ = m α ή Σ Ρ = 5·5Ν ή Σ Ρ = 25Ν. Επε ιδή ΣΡ>Ρ σημαίνει ότι υπάρχε ι τριβή Τ έτσι ώστε: Σ Ρ = F - Τ ή Τ = F - Σ Ρ = (30 - 25)Ν ή Τ = 5Ν.

Γ. Για το συντελεστή τριβής ολίσθησης βρίσκουμε:

Τ = μ Ρκ = μ π ^ ή μ = ή μ mg 5 · 10

ή μ = 0,1.

26 Δυναμική στο επίπεδο

10. Α. Δεχόμαστε όχι κατά την επ ιβράδυνση του ο οδηγός δέχεται μόνο τη δύναμη F α π ό τη ζώνη, και ότι αυτή είναι σταθερή. Από την εξίσωοη που· δίνει το μέγιστο δ ιάστημα στην επι -βραδυνόμενη κίνηση έχουμε:

υ 2α

η α 2s„

η α = 30-2 · 0,2

m / s ή α = 2.250m / s"

Β Η δύναμη α π ό τη ζώνη ασφαλε ίας που προκαλεί την π α ρ α π ά ν ω επ ιβράδυνση είναι: F = m α = 60-2.25GN ή F = 135.000N.

11 Α Ε π ι ΐ ι . η η τ α χ ύ τ η τ α της ν τ ο υ λ ά π α ς είναι σταθερή ισχύει α = 0, δηλαδή XF = 0 ή F - T = 0 ή T = F ή Τ = 1 2 0 Ν .

120 Αλλά Τ = μΡκ ή μ -

250 ή μ = 0 ,48.

Β. Η ελάττωση του βάρους της ν τ ο υ λ ά π α ς ελαττώνει την τριβή σε μια νέα τ ιμή Τ ' = μ Β = 0 . 4 8 Ί 6 0 Ν ή Τ' = 76 ,8Ν. Για να έχουμε πάλ ι οταθερή τ α χ ύ τ η τ α η ορ ιζόντ ια δύναμη F' θα πρέπει να είναι : F = Τ 'ή F = 76 ,8N

12. Α. Οι δυνάμεις σε κάθε σώμα φ α ί -ν ο ν τ α ι στην εικόνα.

Β. Για κάθε σώμα ο θεμελιώδης νό-μος γράφετα ι : B t - Τ ' =rn, α (1) και Τ ' - Τ = m 2 α (2)

Γ. Π ρ ο σ θ έ τ ο ν τ α ς κατά μέλη τις εξι-σώσεις (1) και (2) έχουμε Β! - Τ = ( m , + m 2 ) α και επε ιδή Τ = μΡ'κ = μπι2£ προκύπτε ι : m , g - μ π ι ^ = ( m , + m 2 ) α ή

8 10 - 0,25 -12 · 10 α = 12 + :

m / s ή

α = 2 5 m / s .

13. Α. Οι δυνάμεις φα ίνοντα ι στην ε ικόνα.

Β. Για την τριβή έχουμε: Τ = μΡκ και επε ιδή Ρκ = By = ι τ^συνφ, η τριβή είναι ; Τ = μ π ^ σ υ ν φ ή

τ = ι 6

10 — Ν ή Τ • 2 ,5Ν. 2

Δ νναμική στο επίπεδο

Γ. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχαν ικής έχουμε:

1 1 0 — — 2,5 ZF = m a ή Βχ - Τ = m α ή ι τ^ημφ - Τ = τ τ ι α ή α = m / s2

ή a = 2 ,5m/s 2 . Έ τ σ ι το ζητούμενο δ ιάστημα είναι:

1 2 1 s = — a t = — · 2,5 Τ m ή s = 1 ,25m. 2 2 '

14. Η γραμμική τ α χ ύ τ η τ α γ ια κάθε σημείο του πλέγματος του τροχού είναι ίση με τη μεταφορική τ α χ ύ τ η τ α του αυτοκινήτου.

υ2

Δηλαδή υ = 35m/s . Για την κεντρομολο επ ι τάχυνση εχουμε: α κ = — , R

Τ, δ 0,8 όπου R = — = — m η R = 0 , 4m. 2 2

352

Έ τ σ ι α κ = 7 T T m / s 2 ή α κ = 3 . 0 6 2 , 5 m / s 2 . υ,τ·

2π 15. Από τη σχέση υ = ω R, αν θέσουμε ω = — βρίσκουμε γ ια τη

ζητούμενη ταχύτητα : ω = — · R = —-——— • 6.380 · 103m / s ή Τ 24 · 3.600

u = 4 6 3 m / s . Για την κεντρομόλο επιτάχυνση έχουμε: αΧ = υ2 4632

ή α κ = 0 , 0 3 4 m / s 2 .

16. Για την τ α χ ύ τ η τ α έχουμε:

υ = α ^ = 2 π ί — - 2 • 3,14 · 8,5 ^ m / s ή υ = 368-10 3 m/s . 2 2

Η ζητούμενη κεντρομόλος επ ι τάχυνση είναι:

2 .,2 (368· 103)

αν = — = — m / s 2 ή α = 19,6· 10 m / s . κ R 13,8 103

R 6.380 · 10 3

17. Η συχνότητα περ ιστροφής του κάδου είναι:

780 f = — Hz ή f = 13Hz.

60


Έ τ α ι βρίσκουμε: υ = ω R = 2 n f R ή

υ = 2πΐ — = 2 • 3,14 · 13 · 9 ^ . m / s ή 2 2

2 2 O = 2 6 , 9 m / s και α„ = — = m / s2 ή α = 2 . 1 9 3 m / s 2 .

R 0,33

18. Η τιμή της τριβής , δηλαδή η κεντρομόλος δύναμη, δεν μπορεί να υπερβαίνει το 25% του βάρους του αυτοκινήτου.

Δηλαδή: Fx ( m a x ) = 0 , 2 5 Β ή Ρκ ( ι η3Χ) = 0 ,25mg. 2 2

Ό μ ω ς Fx ( m a x ) = ή 0 ,25mg = ^ χ _ ή

υπ1ίΧ = V0.25 gR και με α ν τ ι κ α τ ά σ τ α σ η υΙΤ13χ = 13m/s .

19. Για την περ ίοδο του ωροδε ίκτη και του λεπτοδε ίκτη βρίσκουμε: Τ Ω = 12h= 12-3.600s ή TQ = 43.200S και Τ Λ = l h = 1-3.600 ή T A = 3 .600s.

π Έ σ τ ω οτι οι δείκτες σχηματ ίζουν γ ια πρώτη φορα γων ία — μετα α π ο

_ 2π χρόνο t. Ο λεπτοδε ίκτης έχει δ ιαγράψε ι γωνία Φλ = ω Λ ί _ ^ — 1 (1)

1 Λ Αντίστο ιχα ο ωροδείκτης θα έχει δ ιαγράψε ι γωνία

2π π . ΦΩ ~ ΩΩ 1 ~ 1 (2). Ομως φ Λ - φ Ω = — οποτε αντ ικαθ ιστούμε τ ις

Τ Ω 3 / ι \ /^\ ' 2π 2π π . ( I ) και (2) και εχουμε 1 1 = — ή

/

2t l

V J

ΤΛ Τ Ω 3

1 . „ ( ι ι ή 2t

\

3 1 3.600 43.200 / — J_ ή t = 10 ,9min .

3

20. Το βλήμα κινούμενο ομαλά χρε ιάζεται χρόνο t γ ια να φθάσει

d 2 στο δίσκο, ο οποίος είναι: t = — = s ή t = 0,005s. Στον ίδιο χρό-υ 400

νο t ο δίσκος περ ιστρέφετα ι κ α τ ά γων ία —. 4

π Α rad Επομένως βρίσκουμε ότι: ω = — = — = π rad / s ή ω = 5 0 π rad / s .

* t 0,005s 0,02


21. Α. Για την τ α χ ύ τ η τ α του δορυφόρου βρίσκουμε: Ο 7Τ

υ = a)(R + h) = — (R + h) ή

υ -2 · 3,14

(6.400 • ΙΟ3 + 6.400 · 1 0 3 ) m / s ή u = 5 . 5 8 1 m / s . 4 · 3.600

Β. Για τη γων ιακή τ α χ ύ τ η τ α του δορυφόρου έχουμε:

2π 2 · 3,14 ω = rad / s ή ω = 4,36-10" 4 rad/s . 4 · 3.600

22 . Α. Από την ισορροπία του σώματος στον κατακόρυφο άξονα έχουμε: Fx + Fy = B ή Ρκ = m g - Γημ60 ή

{ γτ\ Ρκ = Λ / 3 10 1 0 - 4 0 —

2 Ν ή Ρκ = (ΐΟΟ - 20Λ/3)Ν ή Ρκ = 65,36Ν.

Χ mi m

mwm ΗΤ """ ~r ; Ί ΓΠ w Μ S W % Μ S ΤΠΤ

Β. Η τ α χ ύ τ η τ α μετά από 5s θα είναι u = a t , όπου α η επ ι τάχυνση με την οπο ία θα κινηθεί το σώμα.

Αλλά Fx = m α ή a = Fx Ρσυν60 4 0 -

10 — m / s2 ή a = 2 m / s 2 .

m m Έ τ σ ι u = a t = 2 -5m/s ή υ = 1 0 π ι / 5 . Γ. Κατά τη δ ιάρκεια του πέμπτου δευτερολέπτου το οώμα διανύει

δ ιάστημα:

c c c 1 , 2 1 . 2 -S = S5 - S4 = - a t 5 - — a t 4 η

s = Τ α ( ι 5 2 - U 2 ) = j • 2 • (52 - 42 jm ή S = 9m.

Δ υναμική στο επίπεδο

23. Α. Για να κινηθεί το σώμα απα ι τε ί τα ι δύναμη ρ > χ · Άρα η ζητούμενη μικρότερη δύναμη είναι F = Τ ή F = μ Ρκ ή F = μ Β = 0,2· 1.000Ν ή F = 200Ν.

Β. Η ζητούμενη επ ι τάχυνση είναι:

F ' - T ( F ' - T ) g ( 5 0 0 - 2 0 0 ) 1 0 , , α = ή α = m / s η α = 3m / s .

m Β 1.000 Γ. Η κίνηση του κ ιβωτ ίου είναι ομαλά επ ι ταχυνόμενη χωρίς αρχ ική

1 2 [ ΐ ζ τ α χ ύ τ η τ α . Ετσι : s = — a t ή t = J — και με α ν τ ι κ α τ α σ τ α σ η

2 ν α t = 4s. Για τη ζητούμενη τ α χ ύ τ η τ α έχουμε:

υ = α Ι = 3·4πι/8 ή υ = 1 2 π ι / 5 .

24. Α. Από την ισορροπία του σώματος στον άξονα y έχουμε: Λ / 3 Γ Ρκ - Βσυν30 = 0 ή Fx = m g συν30 = 1 · 10 Ν ή Fx = 5Λ/3 Ν.

Βημ30

ΒσιινίΙΙ

Β. Για την επ ι τάχυνση του σώματος έχουμε:

Βημ30 = ι η α ή α - m — Βϋ-Q ή a = g η μ 3 0 ή α = 5 m / s 2 . m

Γ. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επ ι ταχυνόμενη με υ 0 = 0,

ο 1 2 . h 1 2 - 2h οποτε: S = — at η = — at η t = και με 2 ημ30° 2 \ α ημ30

α ν τ ι κ α τ ά σ τ α σ η t = 2s. Επ ίσης υ = α Ι = 5·2ηι/8 ή υ = 10m/s .

Δ. Στην π ε ρ ί π τ ω σ η α υ τ ή το σώμα ε π ι τ α χ ύ ν ε τ α ι με ε π ι τ ά χ υ ν σ η

a ' = g η μ 4 5 και δ ιανύε ι δ ιάστημα S ' = —-—. Έ τ σ ι ο χρόνος κίνη-ημ45

, Ι 2h σης τ ο υ ε ί ν α ι t = r — κα ι η ζ η τ ο ύ μ ε ν η τ α χ ύ τ η τ α V g ημ 4 5

Δ υναμική στο επίπεόο

2h = ^/2gh . Δηλαδή η ταχύτητα εί είναι άνε-υ = α ' t ' = g ημ45

\ g η μ ζ 45

ξάρτητη από τη γωνία του κεκλιμένου επ ιπέδου και αφού το ύψος h παραμένε ι το ίδιο, το σώμα φτάνε ι στη βάση του κεκλι-μένου επ ιπέδου με την ίδια τ α χ ύ τ η τ α υ = 10m/s .

25. Α. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχαν ικής γ ια κάθε σώμα έχουμε: F - T = m , a (1) και

T = m 2 a (2) Από την πρόσθεση των εξισώσεων (1) και (2) κατά μέλη βρίσκουμε:

F = (m, + m 2 ) o = 5 l ± 5 L < 1 = l L ± 5 2 . |

F = 20 ° + 500 ^ . F = g 7 _ 5 R

Β. Με αντ ικατάσταση της τιμής της F στην εξίσωση (2) βρίσκουμε:

— Β-, g Β , Τ = m2 α = —— · -τ = - τ - ή Τ = 62 ,5Ν.

Τ Τ Ρ 7 F | < , Χ


1. Η αντίσταση του αέρα λόγω της σταθερής ταχύτητας ανά σταθε-ρή δύναμη και κατά συνέπεια το έργο της είναι:

W = ΑΧ = 4υ Χ ή W = 4-30-50J ή W = 6000J

2. Α. Η δυναμική ενέργεια του σώματος είναι: U = m g h = 1010-20J ή U = 2.000J.

Β. Η δυναμική ενέργεια μεταβάλλεται σύμφωνα με τη σχέση: U = m g x

Έτσ ι το ζητούμενο διάγραμμα είναι το παρακάτω:

I (J)Α

20(1(1

ν x(m)

3. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρίσκουμε:

ηιυ2 - WT = 0 ή ~ ιιιυο = Τ · x ή

1 2

mu; 0 — · 1000 152

- ή χ = — m ή χ = 15m 7500

4. Το σώμα κινείται μόνο με την επίδραση του βάρους του. Έτσ ι βρίσκουμε:

1 2 1 2 0 + WB = — mu ή mgh = — mu ή

και με αντικατάσταση u = 20m/s

Στο ύψος h το σώμα είχε μόνο δυναμική ενέργεια η οποία μετατρέ-πεται αρχικά σε κινητική ενέργεια και τελικά σε θερμότητα.

Διατήρηση της μηχανικής ενέργειας

5. Επε ιδή ο γερανός ανεβάζει το κ ιβώτιο με σταθερή τ α χ ύ τ η τ α , πρέπε ι να ασκεί δύναμη

F = Β ή F = m g (α) Επ ίσης για τη σταθερή τ α χ ύ τ η τ α ανόδου έχουμε:

s · h υ = - η υ = — (β)

Έ τ σ ι η ζητούμενη ισχύς είναι P = F u που με τη βοήθεια των (α) και (β) γ ίνετα ι :

Ρ = mg — = 2000 • 10 — W ή Ρ = 10.000W t 120

6. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρίσκουμε:

0 + WB - WT = j ran2 ή mgh - Τ(ΑΓ) = - j πιυ2 ή

π^(ΑΓ)ημ30 - μπψ • (ΑΓ) = — ιτιυ2 ή

2g(AΓ)ημ30 - 2μg(AΓ) = υ2 και με αντ ικατάσταση: u = 6 m / s .

7. Α. Επε ιδή το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα είναι T = F και κατά συνέπεια: W T = W F = F x = 40-5J ή W T = 200J .

Β. Ο ζητούμενος ρυθμός αφού η εμφανιζόμενη θερμότητα εκφράζε-ται από το έργο της τριβής είναι:

WT , χ που επειδή t = — γ ίνετα ι :

t υ

WT W x · υ 2 0 0 · 4 Τ , , — L = — 1 = — - — J / s η W T = 160J/s

8. Η δ ιατήρηση της ενέργε ιας γ ια την αρχική και την τελική θέση της μπάλας μας επιτρέπει να υπολογίσουμε την εμφανιζόμενη θερμό-τητα Q ως εξής:

m g h ! + 0 = mgh 2 + 0 + Q ή Q = mg (h [ - h 2) = 2· 10 (20 - 18)J ή Q = 40J

Έ τ σ ι το ζητούμενο ποσοστό είναι:

Q 40 100 = 100 = 10% nigh, 400


9. Η οριζόντ ια δύναμη F που ασκεί ο μαθητής είναι ίση με την τρ ιβή Τ, ώστε το κ ιβώτιο να κ ινε ί τα ι με σταθερή ταχύτητα . Δηλαδή: F = Τ = μ ι ι ^ = 0,5· 100-ΙΟΝ ή

F = 5 0 0 Ν Η προσφερόμενη ενέργεια ε ίναι ίση με το έργο της δύναμης F.

Έ τ σ ι βρίσκουμε: Προσφερόμενη ενέργεια = W F = F x = 5 0 0 10J = 5.000J.

10. Α. Το έργο του βάρους το οπο ίο είναι δύναμη συντηρητική εξαρτάται α π ό την κ α τ α κ ό ρ υ φ η απόσταση της αρχικής και της τελικής θέσης και όχι α π ό τη διαδρομή. Έ τ σ ι βρίσκουμε: W B = Bh = mgh = 80· 10-300 0,2J ή W B = 48000J .

Β. Ο ζητούμενος ρυθμός είναι :

W„ = 4 « 0 < * > , i s ή * β . 8 0 J / s

t 1 0 - 6 0 t

11. Α. Επε ιδή η δύναμη ε ίναι σταθερή έχουμε: W F = F-x = 4-10J ή W F = 40J .

x ( m )

Β. Στην περίπτωση αυτή το έργο της δύναμης υπολογίζεται γραφικά από το δ ιάγραμμα F-x.

Έ τ σ ι W F = j 10 · 10J ή W F = 50J

12. Α. Το έργο της F είναι ίσο με το έργο της παράλληλης προς την κίνηση συνιστώσα της Fx .

Δηλαδή: WF = WFx = F · συν60 · x = 50 · — · 10J ή W F = 250J

Β. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργειας έχουμε:

1 0 + Wp = — πιυ ή υ = F 2

υ = 5 m / s .

2 - ι 2 W f . . - - - ' και με αντ ικατασταση βρίσκουμε: m


υ2 13. Α. Από την εΕίσωση της κ ινηματ ικής hm a x = — βρίσκουμε γ ια

2g την αρχική τ α χ ύ τ η τ α υ 0 της πέτρας : υ0 = V2ghmax ή V0V800m / S· Από τη όιατήρηοη της μηχανικής ενέργειας έχουμε:

1 2 λ ^ 1 2 ' ^ 2 - m« 0 + 0 = - - πιυ0 + mgx η - πιυ0 = mgx 2 2 2 4

- 8 0 0 ή x = — m ή χ = 20m

1 10 Β. Στο ζητούμενο ύψος χ ' το σώμα έχει τ α χ ύ τ η τ α υ, ώστε

πιυ = i πιυ0 ή ν = ^ Vs00m / s.

Έ τ σ ι α π ό τη δ ιατήρηση της μηχανικής ενέργειας έχουμε:

1 2 1 2 — πιυ0 + 0 = — πιυ + mgx' ή

, υ2 - υ 2 8 0 0 - 2 0 0 , , χ = = m η χ = 30m 29 20

14. Α. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργειας βρί-σκουμε:

1 2 p 1 2 -— m«n - F · χ = — πιυ η 2 0 2

« = ν mug - 2F ,

και με αντ ικατασταση v=8m/s . m

Β. Για τη ζητούμενη απόσταση έχουμε:

. — muo — · 4 · ΙΟ2

1 2 ο υ ο — πιυ0 — F • χ = 0 η x = — = — m ή x=20m 2 0 F 10

15. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργε ιας έχουμε:

1 ? 0 + WF = — mv (α)


Το έργο της μεταβλητής δύναμης F υπολογ ίζετα ι γραφικά :

F(N)A 8 ·

x<m)

wF = w, - w2 - - — 2 - 2 )J ή W F = 30J.

Έ τ σ ι από τη σχέση (α) βρίσκουμε:

2 W. m = 2 · 30 kg ή m = 15kg

F X 8 0 0 8

-2 10

16. Το σώμα ε π ι τ α χ ύ ν ε τ α ι πρός τα επάνω με την επ ίδραση των δυνάμεων Ρσυνθ, Τ και ι τ^ημθ. Για την τριβή Τ βρίσκουμε:

Τ = μΡκ ή Τ = μ (Γημθ + mgouv9) = 0 ,4 (100-0,6 + 5-100,8)Ν ή Τ = 4 0 Ν

Έ τ σ ι α π ό το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας έχουμε:

1 2 0 + Ρσυνθ · χ - Τ · χ - ι ι^ημθχ = — πιυ ή

υ = 2Ρσυνθ • χ - 2Τ • χ - 2 τ τ ^ μ θ • χ

m

και με αντ ικατάσταση βρίσκουμε: υ = yflOm / s

17. Α. Η μπάλα κ ινε ί τα ι μόνο με την επίδραση του βάρους, οπότε :

0 + mgH = πιυ2 ή υ = ^/2gH ή υ = 2 0 m / s

Β. Έ χ ο υ μ ε ότι:

= ΡΒ = Β • υ = mgu. AU _ WB

At At

Διατήρηση της μηχανικής ενεργείας

Αλλά η μπάλα κάνει ελεύθερη πτώαη, οπότε: υ = gt. Ετσι καταλήγουμε στη σχέση:

AU 2 , AU = mg · gt = mg t η = lOOt At At

1 .2

( a )

Από τη σχέση Η = — gt βρίσκουμε ότι ο χρόνος κίνησης της μπάλας

είναι: t = ή t = 2 s.

Έ τ σ ι το ζητούμενο δ ιάγραμμα (σχέση α) είναι:

Δϋ ΔΙ

w Α

200

18. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργε ιας έχουμε:

0 + WF = — πιυ2 (α) 2

Το έργο της μεταβλητής δύναμης F υπολογ ίζετα ι α π ό το αντ ίστο ιχο εμβαδό. Έ τ σ ι :

WF = • 10J ή WF = 30J.

Αντ ικαθ ιστώντας στη σχέση (α) βρίσκουμε:

υ = J 2 * ή υ = V30m / s m

19. Α. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργε ιας μεταξύ των σημείων Γ και Δ έχουμε:

1 2 1 2 — πιυΓ - WT = 0 ή — πιυΓ — μ π ^ = 0 ή

υΓ = τ ] 2 μ ^ και με αντ ικατάσταση υΓ = y[60m / s .


Β. Αρκεί να φέρουμε το οώμα στο σημείο Α με μηδενική ταχύτητα . Αυτό σημαίνει ότι η απα ι τούμενη ενέργεια είναι ίση με τη δυνα-μική ενέργε ια του σώματος στο σημείο Α και το έργο της τριβής W T α π ό το Δ έως το Γ. Δηλαδή: W a j n m = U A + W T .

1 2 , 1 , Αλλα U A = - m u r ο π ω ς και WT = — ιηυρ·. 2 2

Έ τ σ ι : W„ = 2 - i m £ = 2 · - · 2 · 60J ή 2 Γ 2

W "rt 120J

20. Α. Για τη ζητούμενη κ ινητ ική ενέργεια έχουμε:

^32 · ΙΟ 3 λ 2 1 7 1 7 Κ = — πιυ = — 65 ΙΟ7 · 2 : 3600

J ή

Κ = 2,57· 10 l o J Β. Η ωφέλ 'μη ισχύς είναι το 50% της αποδ ιδόμενης , δηλαδή:

Ρ = 2 2 · 1 0 3 Η Ρ = 22-745 ,7-10 3 W ή Ρ = 16405 103W. Ό μ ω ς η ωφέλιμη ενέργεια που αποδ ίδουν οι μηχανές μετατρέπε-ται σε κ ινητ ική ενέργεια του κρουαζερόπλοιου . Έ τ σ ι :

Κ Ρ = — ή t = — Κ 2,57 · 10 ίο

16405 · 10 s ή

t = 1,57-10 s ή t = 2 6 m i n

21. Α. Το σώμα θα εγκαταλε ίψε ι το οριζόντ ιο επ ίπεδο όταν η κ α τ α κ ό ρ υ φ η συνιστώσα της F γίνει ίση με το βάρος του, οπότε FK = 0. Δηλαδή όταν: Ρη μ θ = ιη§ ή (10 + 5 χ ) 0 , 8 = 2 0 , από την οποία βρίσκουμε x = 3m.

Β. Γράφουμε το θεώρημα μεταβο-λής της κινητικής ενέργειας για τη διαδρομή των 3m και έχουμε:

0 + WFo>M) - w T = J m " 2 («)

Για την τριβή Τ έχουμε: Τ = μΡκ

= μ ( π ^ - Ρ η μ θ ) ή Τ = 0 , 2 5 [ 2 0 - (10 + 5 χ ) 0 , 8 ] ή Τ = 3 - χ

ΓσυνΟ


Επίσης Fouv0 = (lO + 5x)O,6 ή FODV0 = 6 + 3X. Από τα αντίστοιχα δ ιαγράμματα βρίσκουμε το έργο της Τ και της Fouv0.

Τ(Ν)Λ

WT= f3-3= 4,5J

Fni)vO(N) 18 IS

W F < n ,ve= J i Y A 3 = 31,5J

x(m) *(m)

Αντικαθιστούμε στην (α) και βρίσκουμε:

2Wf θ - 2WT . r~ t2 1 2 5 - ή υ = 3v3m / s m

22. A. To ζητούμενο έργο υπολογίζεται γραφικά :

F(NU

20 30 *(m)

1 WF = - · 30 • 30J ή WF = 450J

B. To σώμα α π ο κ τ ά μέγιστη ταχύτητα , όταν: I F = 0 ή mg = 30 - x ή x = 20m. Από το θεώρημα μεταβολής της κ ινητ ικής ενέργε ιας γ ια τη δια-δρομή χ έχουμε:

1 2 0 + WF - mgx = — πιυ ή

3 0 + 1 0 20 - 10 · 20 = - 1υ2 ή υ = 20m / s 2 2


Γ. Μέγ ιστη ανύψωση χμ έχουμε όταν η τ α χ ύ τ η τ α γίνει μηδέν. 0 + W F - mgx ( i = 0 ή

w - 3 0 - 3 0 W F . 2 mg 1 1 0

m ή x = 45m

Δ. To σώμα επιστρέφει εκτελώντας ελεύθερη πτώση από ύψος χμ. Έ τ σ ι :

0 + mgx(1 = ^ πιυ'2 ή υ' = ^2gx f l ή

υ' = 30m / s .

Κεφάλαιο 2*2

1. Από τη γνωστή σχέση Q = AU + W βρίσκουμε: AU = Q - W = (80 - 30)J ή AU = 50J.

2. Έχουμε Q = Δ υ + W οπότε: Q = (30 + 50)J ή Q = 80J.

3. Στη σχέση Q = Δ υ + W έχουμε Δ ί ί = 0. Έτσι : Q = 0 + W ή Q = 50J.

4. Από τη σχέση Q = Δ υ + W βρίσκουμε πως το παραγόμενο από το αέριο έργο είναι:

W = Q - AU = (400 - 250)J ή W = 1 5 0 J .

W 150 Αλλα W = F Δχ ή Δχ = — = m ή Δχ = 0,1 m. F 1.500

5. Το σώμα αρχικά έχει δυναμική ενέργεια, η οποία μετατρέπεται κατά την πτώση του, σε κινητική και τελικά σε εσωτερική ενέργεια του σώματος.

Δηλαδή: Δ υ = mgh = 0,8· 10-3J ή Δ υ = 24J.

6. Καθημερινά το ποσοστό των θερμίδων είναι ελαττωμένο κατά 350kcal . Για να διατηρείται η ίδια δραστηριότητα, οι θερμίδες αυτές αναπληρώνονται από την καύση του λίπους του οργανισμού. Συγκεκριμένα για κάθε ημέρα πρέπει ο οργανισμός να μειώνει το

. 3 5 0 λίπος κατα —— gr. Ετσι προκειμένου να καούν 2kg, δηλαδή 2.000gr

-7,-)

2.000 , . 2.000 -9,5 απαιτούνται ήμερες ή = 54,28 ήμερες. 350 350 9,5

7. Α. Για την κινητική ενέργεια του αυτοκινήτου που η ταχύτητα του είναι

108 103 , , „ . υ = m / s = 30m / s, βρίσκουμε: 3.600 * ^

Κ = — m υ2 = — · 1.000 302 J ή K = 4,5-105J. 2 2

Β. Για να διατηρείται η ταχύτητα σταθερή, απαιτε ίται ενέργεια ίση με αυτή που γίνεται θερμότητα, μέσω του έργου της δύναμης F η οποία αντιστέκεται στην κίνηση. Δηλαδή Ε = W F = F x = 450· 1.000J ή E = 4 , 5 1 0 S J .

Γ. Από την καύση ενός λίτρου βενζίνης προκύπτε ι ενέργεια 3-107J από την οποία ωφέλιμη είναι το 30%, δηλαδή 0 ,910 7 J . Τόση ακριβώς ενέργεια γίνεται θερμότητα μέσω του έργου της F, αφού η ταχύτητα εξακολουθεί να παραμένει σταθερή.

Λ Ί Χ - TJ C ' ' ' ^ωΊ> 10 , 4 Δηλαδη Ε = F χ η χ = —— = — — — m η χ =2-10 4m. c 450


1. q = C • V => q = 48(HiC

q = χ · e => χ = - => χ = 3 • ΙΟ15 ηλεκτρόνια e

και

I = -3- => I = 24mA . At

2. I = i = > I = ® - = > I = e- v = » I = 9,28 • 1(Γ4Α. t Τ

3. Έστω ud η μέση ταχύτητα κίνησης των ελευθέρων ηλεκτρονίων με'σα σ' ένα κυλινδρικό μεταλλικό αγωγό (ταχύτητα διολίσθησης).

Τα χ ηλεκτρόνια που διαπερνούν μια διατομή s σε χρόνο At βρίσκονται μέ-σα σε ένα κύλινδρο με βάση τη διατομή s και ύψος h = ud · Δΐ, δηλαδή σε όγκο V = s · h = s · ud · Δί.

χ Είναι: n = —- => x = n V => χ = π • s • u. • At V

Ισχύει: I = -3 => I = —— => I = At At

I

n • s • ud · At e

At mm => u d = 1.25 · 10" — => u d = 12,5

n • s • e s s

4. R, = — I„

R,= v „ 2L

R, ( ( — = 2 R, = 2 - R 2 = > q — = 2 ρ -Rn s, s,

s- = 2 • s, => St = 0,4 mm".

5. Υπάρχουν στις απαντήσεις του βιβλίου.

6. R = Ο -

m = d V = > m = d - s - € = > s =

(1). (2) => R = g d e d-e

R = 52,5 Ω .

(1)

(2)

Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα

7. Τα δύο σύρματα έχουν ίδιο όγκο, δηλαδή:

ν = ν => s-e = s'-e' => s' = —

Είναι:

R = e

R'=Q -s'

R; = ί ' • s ο

R s' • (

(1)

— = f — ) => € ' = c A [ ^ - => c = 4m . R W / V R

8· ρθ = Q0(l + αθ) => 2 · Q0 = Qn(l + αθ) => 2 = 1 + αθ => αθ = 1

=> θ = - =» θ = 256,4°C. α

Για τους χάλκινους αγωγούς, ναι. Για τους άλλους, όχι.

9. Ι , = V

Ri

γ = R,

I, _ R 2 _ I , _R„(1 + αθ2) I,

Ι2 R, Ι2 R u ( l + a 0 1 ) I,

1 + αθ, ι => α = grad 1 + αθ, 2480

10. R . = R. + R, => R , = 20Ω ολ 1 2 ολ

I = — => I = 5Α Κ,,

V, = I · R, => V, = 25V V, = I • R, => V = 75V.

11. 1 + J _ = , R ( A = R l R 2 => R„, = 20Ω

R.A R| R:

I = — => I = 6A R,v.

R-l + R-2


I, = — => Ι . = 4 Α R,

I, = — => h = 2A. R,

12. α) R p = R ' R 2 => R P = 2Ω R, + R,

Κολ = ^12 + ^3 ^ R . =

I, = — ^ => I, = — A

I = — => I = 10A βολ

VBr = I · R3 => VBr = 40V => v3 = 40V VAB = I · R p => VAB = 20V => V, = V, = 20V (ή V a b = 60 - VBr => VAB = 20V)

V, R, ' 3

I , = ^ = > I, = I ° A R, " 3

I, = I = 10A.

β) R23 = R, + R, => R23 = 90Ω

R, R^ R(, = — => R„ = 9Ω R, + R23

I = — => I = 10A r , a

I, = — => I, = 9A R .

I2 = I3 = => I2 = I, = 1A R23

V, = => v , = 90V VAr = I2 · R , => νΑΓ = 40V => V, = 40V VrB = I3 • R 3 => VrB = 50V => V3 = 50V.

13. R p = R, · R , / R , + R , = 2Ω R,,, = Rp + R, = 10Ω 12.> 12 j R4, = R4 + R, = 10Ω

R.17 ' R45 K , = = 5Ω R | 2 ! + R l 5


I = — = 12 Α

Ι3 = R ,

= 6Α

V r B = I 3 - R 3 => V r B = 48V = νΛΓ = !3 ' Κ12 =* ν Α Γ = 1 2 Υ

ν 3 = 48V > ν , = ν = 12V

I. = R ,

=>Ι, = 4Α

Ι, = Ι« = -V a

R-> Ι4 = Ι5 = 6Α

ν 4 Λ = I. · R . => ν 4 Λ = 42V => V = 42V ΑΔ 4 4 ΑΔ 4

v a b = I4 R 5 => ν Δ Β = ΐ 8 Υ Υ5 = 18 V.

14. 1 , - i V = ι α

h

4Ω 4V 4Ω

= ΙΑ

1| = I, + Ι3 => Ij = 2Α V, = ϊ2 • R j => V, = 4V ν = ν + V ν 123 ν 1 τ ν 23 V = ν ν 45 ν 123

V.23 = 8V

Τ = 45 — 1 45 —" Rt5

1 = I. + Ι45

=> V45 = 8V

Ι45 = 0,5Α => ΙΑ = 0,5Α

=> I = 2,5Α

V . „ = V - I · R => IR = V - V , „ => Rs = 123 χ χ 123 ^ V - V K

I R = 0,8Ω. γ '

15. ΒΓ = 10cm RgP = R* · ΒΓ => R B r = 50Ω R B A r = R* · (ΒΑ + ΑΓ) => R B r = 70Ω

V R r f

J r i = 0,28A

1 RAT RR

- = 0,2A.

16. a ) R p = R t + R., => R p = 3Ω, R,4 = R3 + R4 => R34 = 15Ω

V R|i

1,2 = I „ = 10A


V R„

=> I u = 2Α

Υ Γ Α = Τ12 ' R , = > V r A = 2 0 V = > Υ Γ - V A = 2 0 V

ΓΒ - Γ34 · R 3 = > ν Γ Β = 10V => ν Γ - ν Β ν (2)-(

10V ν Α - ν Β = 1 0 - 2 0 =» VAB = -10V.

(1) (2)

β) Έ σ τ ω R- η ζητούμενη αντίσταση. R4 R s Είναι: R4< = — — -R, + R,

R 3 4 5 = R 3 + R 4 5

V I'l2 = I 12 = 10A

(3)

(4)

V 30 30 1 345 RU5 ^ 1 345 R, + R45 ^ 1 345 5 + R45

V r A = l ' i 2 - R i

V = I · R IB 345 3

V r A = 20V => v r - v 4 = 20V

V r — — — 5 =* V r - VB = 5 + R1S

1 B 5 + R ,

(6), (5) => V A - V F _ 150 5 + R4,

- 2 0 0 150

- 2 0 5 4- R45

150 5 + R45

: 20 50 = 20 • R, R4 , = 2,5Ω

10 Από τη σχέση (3) έχουμε: R5 = — Ω.

17. α) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα:

(5)

(6)

Οι τρεις αντιστάσεις είναι συνδεμένες παράλληλα.

1 1 - 1 + 1 + 1 Αοα, + — + —

R,A R R R — - => R,„ = R => R,v = 10Ω . Rv. R 3


β) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα:

ί ΑΓ — R R _ R R + R 2

RAB = RAR 4- R = R + R = ^ 2 2

R , v . = R a r R

3 R R 3R

= = 3R = 18Q . Rab + R j R + r 5R

18. Ο κλάδος BZ δε διαρρέεται από ρεύμα V,

Έτσι : I R, + R,

1 = ΙΑ

Είναι: V z = 0 νΛ - ν ζ = ο => νΛ = ν ζ => νΔ = ον ν Λ " ν Β = ν2 => ο - ν Β = ι ο => νΒ = - ιον .

ν Α - ν Β = I · R, => ν Α -(—10) = 1 · 10 => νΑ + 10 = 10 => νΑ = ον νΒ - νΓ = I · R2 => -10 - νΓ = 1 · 10 => νΓ = -10 - 10 => ν,- = -20V.

19. Αρχικά, η αντίσταση R, είναι βραχυκυκλωμένη, άρα δε διαρρέεται από ρεύμα.

Έτσι : I = — => 1 = 1Α. R ,

Τελικά, οι αντιστάσεις R , και R3 είναι συνδεμένες παράλληλα και η ισο-δύναμη τους συνδεμένη σε σειρά με τη R,. Άρα:

R, R, R23 = R, + R,

= 10Ω


R a = R j + R2 , = 20Ω

I = — = 0,5A r a

Vj = I · RJ = 5V V2 = V, = I · R23 = 5V

V, 12 = — = 0,25 A R 2

13 = — = 0,25A . R3

20. α) Έ σ τ ω R η αντίσταση του αγωγού.

τ-,. ρ _ R ρ 3R Είναι: ΚΛΒ %αι ΚΑΓΒ = — 4 4

Τ v ab . 60 τ 240 ι, = — -> ι = — => ι, = —

RAB R R 4

ι = => => \ 240 Rai B j R 3 R

4

Είναι: RAr = — 2

Έτσι: V A r = I2 · R A r => V A r = · | => V A r - 40V.

β) ν Δ = 0

Rvr = 4

Είναι: R . r = —

">40 R V . r = I? · RA r => V A r = — · - => VA r = 20V => Δ1 2 ΔΓ ΔΙ ^ ΔΓ

=> ν Δ - ν Γ = 20V => 0 - ν Γ = 20V => ν Γ = -20V.

21. Τις R j και R4 σε σε ιρά, ώστε R | 4 = 10Ω, τις R , και R , σε σειρά, ώστε R2 , = 10Ω και τις R | 4 και R1? παράλληλα, ώστε R ) ? = 5Ω. Είναι: V, = I, · R 3 => V_, = 2 · 6 => V, = 12V V2 = I, • R2 => v 2 = 2 · 4 => V, = 8V Άρα: V . = V, + V, => V . = 20V

^ ολ 2 3 ο/.

Yv Οπότε: 1 = => I = 2Α. 4 R „


22. Ο κλάδος ΒΔΓ δε διαρρε'εται από ρεύμα. V

R, + R, = νΔΓ =

Άρα: q = C · V => q = 400μ0.

Έτσι : I = — — — => I = 2Α

Είναι: V = VA r = V,tI. = I • R = 2 · 10 = 20V c ΔΓ lii 3

23. Είναι: I = (1)

(i) V 5V V AB-=- I · 5 R =* V A B = — 5 R => V A R = — (2)

ci, = c i · vAB ^ qt = c, ~ (3)

(1) V W ΥΓΔ — I ' 3R => V f A = ? R 3R =* V r A = — (4)

q 2= C 2 - V r A ^ 1 2 = C 2 γ <5)

•c ! i r 5V „ 3V c . _ 3 Εχουμε: q, = q2 => C, — = c2 y => — - - •

24. Έ σ τ ω R η τιμή κάθε αντίστασης. Είναι: R, = R + R => R, = 2R

R R „ R και R, = => R: = R + R 2

Οπότε: Ρ, = => Ρ, = — R, 2R

n V : „ 2V : και Ρ, => I' -

~ R2 ~ R

Άρα: > Ρ Γ

25. α) Είναι: Ρf = I2 · R, ρ , = I2 · R2

Αφού R, > R „ είναι Ρ, > Ρ,.

β) Είναι: Ρ, = —• R,

Αφού R, > R „ είναι Ρ, < Ρ,.


26. R P = — — = 5Ω R, + R :

Rm = R12 + R3 = 10Ω

RPI ' RJ RP.,4 = 4 = 9 Ω R,23 + R4

R „ x = R .234 + R 5 = 2 0 Ω

I = v . = 9 A

V. = I · R, = 99V V , 2 3 4 = 1 * R . 2 3 4 = * 1 V

I4 = = 0,9 A RJ

I, = — = 8 , 1 A R . 2 3

V3 = 13 · R3 = 40,5V 1

V,

V12 = I, · R12 = 40,5V

I, = - = 4.05A R,

I2 = — = 4,05 A R,

Q i = I" • R j · t = 9.841,5J

0 2 = I2 · R2 · t = 9.841,5J

Q3 = I3 · R 3 · t = 19.683J

Q4 - I4 ' R 4" t = 4.374J

Q = I, · R · t = 53.46J.

-77 80 V2 , AQ 27. · — t = m · c • ΔΘ => 100 R

. YL t = d · V · c • ΔΘ => 100 R

· 22°1 t = 1 1 5 _ 20 · 10"3 • 1 80 => t = 1727,27s => t = 0.48h 100 10 10-" 10~3

PHA = — => PHa = 4,84KW


w = Ρ · t => W = 2 32KWh ΗΛ Γ Η Λ 1 ^ ΗΛ Ώ,^Ζ-ΛΥΝΙΙ

Άρα, κόστος = 2,33KWh • 25 = 58,1δρχ. KWh

28. Κουζίνα: Ρ, = V, · I, => Ij = 6,81Α Θερμοσίφωνας: P., = V2 · I, => Ι2 = 9,09Α Ψυγείο: Ρ3 = V3 · I, => Ι3 = 4,54Α

Λαμπτήρες: Ρ4 = V4 · Ι4 => Ι4 = 2,21 Α

Ι ο Χ = Ι . + Ι 2 + Ι 3 + Ι 4 = * U = 2 2 > 7 1 A

Άρα, ασφάλεια των 25Α. Είναι: Ρολ = + P., + Ρ4 => Ρολ = 5KW. WHA = Ρ „ , ' 1 => WH A = 50KWh. Κόστος = 50KWh • 25δρχ./Κ\νΐι = 1.250δρχ.

29. α) R , = R, + R2 =» R o , = 60Ω

ν I = — => Ι = 2Α R *

Άρα: ΡΛ = I2 · R, => ΡΛ = 160W

R · R β) R. , = —- — = 20Ω R \ = R. , + R-, => R - = 40Ω V) .3 R ] + R } ο - 13 2

V I = — => 1 = 3Α R Α

V13 = I ' · R 1 3 => V13 = 60V

V13 I, = — => I, = 1,5Α R ,

Ρ ' = \] • R, => ρ ' = 90W A l l Α Ρ 'λ -ΡΛ 9 0 - 1 6 0

α (%) = — 100% => α(%) = — 6 0 - % => α(%) - -43,75%.

30. Οι R j και R , συνδέονται σε σειρά, ώστε R12 = R j + R2 = 6Ω. Οι R r και R, R.2 · R 3

R,2 + Ri σε σειρά ώστε RoX = R123 + R4 = 11Ω.

συνδέονται παράλληλα, ώστε R p 3 = — — 3Ω. Οι R123 και R4 συνδέονται

v 3 V3 Είναι: P3 = -J- => V3 = 12V, I, = - 1 = 2A R3 R3


V P = 12V, Ι12 = — =» Ι12= 2Α R, :

Άρα: Ι4 = I p + I, => Ι4 = 4Α

Οπότε: Ρ = Γ · R, => Ρ = 128W. 4 4 4 4

31. Η αντίσταση των γραμμών μεταφοράς είναι:

D ^ D 10 in-8 100 · ΙΟ3 O ι ο η ο Κ = ρ — => R = 1,8 10 => R = 180Ω

s 10 · 10

1 0 Ρ, => I2 · R = — Ρ, => 100 100

10 100

ι2 . 180 = — • 720 - ΙΟ3 => I = 20Α

Ρ, = V, · I => V, = — => V, = 36.000V I

Ρ, Ρ, = ν , • ι => Vo = — => V2 = 32.400V . I

32. Είναι Ρ κ = 2000W και VK = 200V.

V2 V2 Αρα: ΡΚ = - — => R = — - => R = 20Ω

R ' Ρκ και ΡΚ = VK • Ι κ => Ι κ = PK/VK => Ι κ = 10Α

Αν συνδεθεί σε δίκτυο τάσης 160V, θα είναι:

^ ρ , 1602

R 20 V ^ ι = 160 R 20

Ρ = — => Ρ = => Ρ = 1280W

, = V ^ i = 1 6 0 ^ I = 8 A .

33. Είναι ΡΚ = 1000W και VK = 100V.

Αρα: ΡΚ = VK · IR => Ι κ = ^ => Ι κ = 10Α

Πρέπει: VK + IR = 220 => 100 + VR = 220 => VR = 120V

Είναι: IR = 10A

Αρα: IR = — => R = — => R = 12Ω . R IK


34. Είναι: Ρ„.„. = 100W και V,,,H. = 200V MB) Κ.(Η) Ρ Ν2

Ά ρ α : ΙΚ(Θ) = Κ('" = 0 , 5 Α κ α ι R , = Λ = 4 0 0 Ω ^Κ(β) RR(0)

Είναι: ΡΚ(Λ) = 24V και VK(A) = 12V

Άρα: ΙΚ(Λι = ^Κ(Λ) = 2Α και RA = ^Κ(Λ) = 6Ω *Κ(Λ) ^Κ(Λ)

Για το σύστημα έχουμε: Ρ = R N + R. => R . = 4 0 6 Ω

Ο λ θ / . Ο λ

Τ _ V 1 - - - => I = 0 . 4 9 Α

Αφού ΙΚ(Λ) > I, ο λαμπτήρας υπολειτουργεί.

35. α) Για τη συσκευή είναι:

Ρ κ = ν κ · 'κ => Ικ = ^ => Ικ = ! ' 5 Α

V Κ V2 V2

Ρ,. = — => R , = - => R = 4 0 Ω R j Ρ κ

R, RT 4 0 · 40 R „ = — => R , Y = - => R , _ = 2 0 Ω

2Σ Κ 2 + Κ Σ 2Σ 4 0 + 40 2Σ

R ι2Σ = R I + Κ 2Σ => Κ12Σ — 4 0 + 20 => R J 2 2 = 6 0 Ω

I = — => I = — =» I = 2Α R122: 6 0

Ν2 Σ = I · R 2 i => ν 2 Σ = 2 · 2 0 => ν 2 Σ = 4 0 Ω

4 0 Ι Σ = - => ΙΣ = — => Ι Σ = Ι Α . 1 Ο Σ 40 Σ

1ΧΣ Αφού V2T < VK (ή ΙΣ < Ικ), η συσκευή δε λειτουργεί κανονικά.

β) Αφού η συσκευή λειτουργεί κανονικά, είναι V22 = 60V και ΙΣ = 1,5Α. V 2£ 50 Έτσ ι έχουμε: I = - => I = - => I = 1,5Α. R 2 4 0 2

Άρα: I , = Ι2 + ΙΣ => Ι3 = 3 Α .

Επίσης: V = V2Z + V3 => 120 = 60 + V, => V3 = 60V.

V3 V, Άρα: I, = - => R 3 = — => R 3 = 2 0 Ω .

R 3 I3


ί 36. I, - => % = I, (R. + r) (1) 1 R, + r ι V 1 W

I, = D • =* ϊ = I , ( R , + r) (2) R, + r -

Από (1) και (2) έχουμε: % = 10V και r = 1Ω.

% 37. V , = I, R, => V, = R ' R ! ( 1 )

V , = Ι2 · R , => V , = * - ( 2 ) -τ Γ

Από τις (1) και (2) έχουμε: % = 30V και r = 2Ω.

% % 38. 1 = => 1 , => I = 2Α.

R,„ R, + R, + r

Είναι: V = V, = I • R = 2 · 3 = 6V. C 2 2

Άρα: q = C · Vc => q = 4μΕ · 6V => q = 24μ(1

% % 39. α) I = — => I - => I = 2A. ; R,v R, + R : + r

β) v n = % - 1 · r =» V n = 10V.

γ) ΡΠ Η Γ = % · I => ΡΠΗΓ = 24W.

δ) ΡΓ = I2 · r => Pr = 4W.

ε) ρ „ = V · I => p t = 20W. 7 ες Π ες

στ) Ρ, = I2 · R, => Ρ, = 8W.

Ρ, = I2 · R, => ρ2 = 12W.

40. Είναι: % = 24V.

Επίσης: V n = % - I · r => 20 = 24 - 2 · r => r = 2Ω.

% % 41. I = —- => I = — — => I = 2A.

R0). R, + R2 + r

Είναι: V r = 0


V A - V r = I - R , => V A - 0 = 2 - 1 7 => V a = 34V

ν Γ - ν Β = I · R2 => Ο - ν Β = 2 · 8 => VB = -16V.

42. R, = — => R, = 4Ω 1 4 1

R, = 3 R => R, = 12Ω 4 RL · R ; 4 1 2 R n = — =$ R ] 9 = => R1? = 3Ω

12 R, + R, 12 4 + 1 2 12

R . = R , + r => R = 4Ω ολ 1 2 Ο Λ

% I = — => I = 1A

r* V = % - ι · Γ => V = 3V

I, = — => I. = 0,75A R| 1

h = ^ => l2 = 0'25Α·

43. α) Όταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμι-κή αντίσταση. Έτσι , έχουμε:

% % 1 = => I = => r = 2Ω. R* r + R + r'

β) ΡΗ = I~(R + Γ + Γ') => Ρθ = 24W.

γ) Όταν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: ΡΠΗΓ = * * \ => ΡΠΗΓ = 4 8 W

Είναι: ΡΠ Η Γ = Ρ() + ΡΜΗχ => 48 = 24 + ΡΜΗχ => ΡΜΗχ = 24W.

δ) Η παρεχόμενη ισχύς στον ανεμιστήρα είναι: Ρ = Ρ - ρ - ρ =>

ΑΝΕΜ ΠΗΓ r R

Ρ Δ Κ! Γ Μ = ^ · I-, - I , • Γ - I2 · R ΑΝΕΜ 2 2 2 ΡΛΝΕΜ = 32W

ΑΝΕΜ

Αρα, η απόδοση του ανεμιστήρα είναι: Ρ 2 4

α ( % ) = — ι ο ο % => α(%) = —100% => α(%) = 75%. ΡΑΝΕΜ 3 2


44. α) Οταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμι-κή αντίσταση. Έτσι , έχουμε: Vj = % - \ • r => Ij = 4Α

% I, = r => γ' = 2Ω. 1 Γ + Γ

β ) Ρ „ = Ι 22 ( Γ + Γ ' ) = > ρ θ = 1 2 W .

γ) Ό τ α ν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: V, = % - 1 2 · r => I, = 2Α

Ρ Π Η Γ = ^ · Ι 2 = > Ρ Π Η Γ = 2 4 W

Είναι: ΡΠ Η Γ = Ρ„ + ΡΜΗχ => 24 = 12 + ΡΜΗχ => ΡΜΗχ = 12W.

δ) Η απόδοση του κυκλιόματος είναι:

α (%) = — 1 0 0 % => α(%) = f - 1 0 0 % => α(%) = 50%. ΡΠΗΓ ^4

45. Έ σ τ ω I , I, και I, οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους ΔΑΒ, ΒΓΔ και ΒΔ αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε: Ι, + Ι2 = Ι3 (!)

- Ii · Γ, - 1 , R, - 1 3 R 3 = 0 (2) <S2-l2-r2-l2 R2-I3

R3 = 0 (3) Η λύση του συστήματος των (1), (2) και (3) δίνει:

I, = ΙΑ, I, = 0,25Α και I, = 0,75Α Ακόμη έχουμε: VA - I, · R j - Ι 2 · R2 = V r => VA | = I jR, + I, · R, =>

V = 4 5V ν A r t,-> ν .

46. Έ σ τ ω I,, Ι, και I, οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους του κυκλώματος. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε:

I, — ΙΑ, Ι2 = ΙΑ, Ι3 = 2Α και VAB = 12V.

47. Υπάρχουν στις απαντήσεις του βιβλίου.

Με απόφαση της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρε-άν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότη-τάς τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμ-φωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α ).

Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

ΕΚΔΟΣΗ 2011 - Α Ν Τ Ι Τ Υ Π Α : 128.000 ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ 68 13-7-11

ΕΚΤΥΠΩΣΗ : ΤΖΙΑΦΑΛΙΑ ΕΥΘΥΜΙΑ ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: Α. ΠΑΠΑΔΑΚΗΣ & ΣΙΑ E E

ΕΠΑΛ ΦΥΣΙΚΗ λυσεις ασκησεων

Documents

Transcript of ΕΠΑΛ ΦΥΣΙΚΗ λυσεις ασκησεων