Physics Problems From High School I

Βρίσκοντας χρόνο σε κίνηση με μεταβλητή δύναμη.

Σώμα μάζας m = 2 kg είναι ακίνητο σε σημείο Α οριζοντίου δαπέδου με το

οποίο εμφανίζει

συντελεστή τριβής

ολίσθησης μ = 0,5.

Τη χρονική στιγμή

t = 0 στο σώμα

ασκείται σταθερή

οριζόντια δύναμη

μέτρου F1 με

αποτέλεσμα το

σώμα να αρχίσει να

κινείται. Φτάνοντας σε σημείο Β του οριζοντίου δαπέδου τη χρονική στιγμή

t1 το σώμα έχει αποκτήσει ταχύτητα μέτρου υ1 = 12 m/s. Τότε καταργείται

ακαριαία η δύναμη 1F και στο σώμα αρχίζει να ασκείται οριζόντια

μεταβλητή δύναμη μέτρου F2 = 2x (όπου x σε m η μετατόπιση από το σημείο

Β και μετά) αντίθετα από την κατεύθυνση της κίνησης με αποτέλεσμα το

σώμα να σταματήσει τη χρονική στιγμή t2 = 5,8 s σε σημείο Γ του οριζοντίου

επιπέδου. Αν γνωρίζετε ότι η μετατόπιση κατά τη διάρκεια της

επιταχυνόμενης κίνησης είναι τριπλάσια από τη μετατόπιση κατά τη

διάρκεια της επιβραδυνόμενης κίνησης, να βρείτε:

α. Τη συνολική μετατόπιση του σώματος.

β. Το χρόνο που διήρκησε η επιβραδυνόμενη κίνηση.

γ. Το μέτρο της δύναμης 1F .

δ. Την επιτάχυνση του σώματος τη χρονική στιγμή που έχει μετατοπιστεί 25

m από το σημείο εκκίνησης.

Δίνεται g = 10 m/s2.

Λύση

α. Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για τη διαδρομή

από το Β μέχρι το Γ. Είναι:

Θ.Μ.Κ.Ε Β Γ: ΔΚ = ΣW KΓ – ΚΒ =2F TW W (1)

Ισχύουν:

ΚΓ = 0 (το σώμα σταματάει να κινείται)

2 2

B 1

1 1K m 2 12 J 144 J

2 2

.

Η τριβή που ασκείται στο σώμα έχει μέτρο Τ = μmg = 10 N. Θέτοντας x τη

μετατόπιση του σώματος κατά τη διάρκεια της επιβραδυνόμενης κίνησης για το έργο

της τριβής ολίσθησης θα ισχύει:

WT = -Tx = -10x

Επειδή η δύναμη 2F δεν έχει σταθερό μέτρο για τον υπολογισμό του έργου της

κατασκευάζουμε το διάγραμμα του μέτρου της δύναμης σε συνάρτηση με την

μετατόπιση και υπολογίζουμε το έργο της από

το εμβαδόν (προσοχή, το έργο της δύναμης

2F είναι αρνητικό).

Επομένως σύμφωνα με το διπλανό διάγραμμα

είναι:

2

2

F

2x xW x

2 2

Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) προκύπτει:

0 – 144 = –10x – x2 x2 + 10x – 144 = 0.

Με επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης

προκύπτουν x = 8 m (δεκτή) και x΄= -18 m

(απορρίπτεται).

Αφού στην επιταχυνόμενη κίνηση η μετατόπιση είναι τριπλάσια θα είναι x1 = 3x = 24

m, οπότε η συνολική μετατόπιση του σώματος είναι ίση με:

Δx = x1 + x = 32 m

β. Κατά τη διάρκεια της επιβραδυνόμενης κίνησης δεν ισχύουν τύποι κίνησης αφού η

επιβράδυνση δεν έχει σταθερό μέτρο. Αφού όμως ξέρουμε τον συνολικό χρόνο

κίνησης μπορούμε να πούμε ότι: t2 = t1 + Δt (2), όπου Δt η χρονική διάρκεια της

επιβραδυνόμενης κίνησης.

Για την ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση ισχύουν υ1 = αt1 και x1 = ½ αt12. Συνδυάζοντας

τις σχέσεις αυτές προκύπτει: 2 2

2 2 211 1

1

122 x m/s 3 m/s

2x 2 24

και

11 1 1 1 1

1

12t t s t 4 s

3

Αντικαθιστώντας στη σχέση (2) προκύπτει για την χρονική διάρκεια Δt της

επιβραδυνόμενης:

5,8 s = 4 s + Δt Δt = 1,8 s

γ. Από τον 2ο νόμο του Νεύτωνα για την ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση προκύπτει:

1 1F m F T m F T m (10 2 3) N F1 = 16 N

δ. Όταν το σώμα έχει μετατοπιστεί 25 m από το σημείο εκκίνησης, έχει βρεθεί σε

θέση όπου επιβραδύνεται. Η θέση αυτή απέχει 1 m από το σημείο Β και οι δυνάμεις

εκείνη τη χρονική στιγμή που ασκούνται στο σώμα είναι η τριβή Τ = 10 Ν και η

δύναμη F2 = 2x = (2∙1) N = 2 Ν. Η στιγμιαία επιτάχυνση του σώματος θα βρεθεί από

το 2ο νόμο του Νεύτωνα. Είναι:

2 2 2F m F T m α2 = -6 m/s2

Επιμέλεια

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

[email protected]

Η «νόμιμοποίηση» του κεκλιμένου επίπεδου

Σώμα μάζας m = 2 kg εκτοξεύεται τη χρονική στιγμή t = 0 από την κορυφή

κεκλιμένου επιπέδου (σημείο Α) ύψους h =

8,5 m και γωνίας κλίσης φ = 30ο προς τα

κάτω με ταχύτητα μέτρου υο = 5 m/s. Το

σώμα εκτελεί ομαλά μεταβαλλόμενη

κίνηση με την επίδραση σταθερών

δυνάμεων και φτάνει στη βάση του

κεκλιμένου επιπέδου τη χρονική στιγμή t1.

Στο χρονικό διάστημα από 0 ως t1 η

απώλεια ενέργειας του σώματος είναι ίση

με 51 J. Να βρείτε:

α. Την μηχανική ενέργεια του σώματος τη χρονική στιγμή t = 0.

β. Το μέτρο της δύναμης της τριβής που ασκήθηκε στο σώμα κατά τη διάρκεια

της κίνησής του.

γ. Την ταχύτητα του σώματος τη χρονική στιγμή t1.

δ. Tην σταθερή επιτάχυνση με την οποία κινήθηκε το σώμα.

ε. Τη χρονική στιγμή t1.

Δίνεται g = 10 m/s2. Θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα και επίπεδο

μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας το έδαφος.

Λύση

α. Η μηχανική ενέργεια του σώματος στο σημείο Α είναι:

2 2

(A) A A o

1 1E K U m mgh 2 5 J 2 10 8,5 J

2 2

Εμηχ (Α) = 195 J

β. Στο χρονικό διάστημα από 0 ως t1 η

απώλεια ενέργειας οφείλεται στην τριβή, η

οποία έχει αντίθετη κατεύθυνση από την

κίνηση του σώματος, και ισούται με το

απόλυτο του έργου της τριβής. Επομένως:

W x(1)

Για το μήκος x του κεκλιμένου επιπέδου

ισχύει:

o

o

h h 8,5 m30 x x 17 m

x 0,530


51x T N

x 17

T = 3 N

γ. Η αρχική ενέργεια του σώματος (σημείο Α) είναι ίση με 195 J. Λόγω της απώλειας

ενέργειας των 51 J, το σώμα φτάνοντας στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου (σημείο

Γ) θα έχει ενέργεια ίση με 195 J – 51 J = 144 J. Αυτή η ενέργεια, εφόσον η βαρυτική

δυναμική ενέργεια του σώματος στη θέση αυτή είναι ίση με το μηδέν, αντιστοιχεί

στην κινητική ενέργεια που έχει το σώμα στη θέση αυτή. Άρα για το μέτρο της

ταχύτητας υ1 του σώματος θα ισχύει:

2

1 1

1 2 2 144K m m/s

2 m 2

υ1 = 12 m/s

δ. Η κίνηση του σώματος στο κεκλιμένο επίπεδο είναι ομαλά επιταχυνόμενη με

αρχική ταχύτητα (αφού υ1 > υο). Για την κίνησή του ισχύουν:

1 1t (2) και 2

1 1

1x t t

2 (3)

Λύνοντας τη σχέση (2) ως προς το χρόνο και αντικαθιστώντας στη σχέση (3)

προκύπτει:

2 2 2 22 2 21

1

12 52 x m/s

2x 2 17

α = 3,5 m/s2

ε. Για τη χρονική στιγμή t1 που φτάνει στη βάση ισχύει:

11 1 1

12 5t t s

3,5

t1 = 2 s

Σχόλιο: Προφανώς στην επίλυση της άσκησης, ο υπολογισμός της επιτάχυνσης

μπορεί να πραγματοποιηθεί και με τη χρήση του 2ου νόμου του Νεύτωνα. Εδώ

προτιμήθηκε ο έμμεσος προσδιορισμός, έτσι ώστε να κάνει τη μελέτη του

προβλήματος «νόμιμη»!!

Επιμέλεια


[email protected]

H κρυφή κίνηση … και η ελάχιστη ταχύτητα

Σώμα μάζας m = 4 kg εκτοξεύεται τη χρονική στιγμή t = 0 με ταχύτητα μέτρου

υο = 5 m/s από σημείο Α οριζοντίου δαπέδου με το οποίο εμφανίζει συντελεστή

τριβής ολίσθησης μ = 0,5.

Ταυτόχρονα στο σώμα αρχίζει να

ασκείται οριζόντια δύναμη F της

μορφής F = 5x (x σε m , F σε Ν)

που έχει ίδια κατεύθυνση με την κίνηση του σώματος.

α. Να περιγράψετε την κίνηση που πραγματοποιεί το σώμα.

β. Σε πόση απόσταση από το σημείο Α το σώμα έχει την ελάχιστη ταχύτητα κατά

τη διάρκεια της κίνησής του;

γ. Να υπολογίσετε την ελάχιστη ταχύτητα του σώματος.

δ. Ποια θα είναι η ταχύτητα του σώματος μετά από μετατόπιση 10 m;

Δίνεται g = 10 m/s2. Θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα.

Λύση

α. Μην βιαστείτε να απαντήσετε ότι η κίνηση του σώματος είναι επιταχυνόμενη αφού

η δύναμη F έχει ίδια κατεύθυνση με την κίνηση του σώματος!! Για την αναγνώριση

του είδους της κίνησης χρειάζεται να δούμε τι γίνεται με τις δυνάμεις που ασκούνται

στο σώμα.

Στο σώμα ασκείται η δύναμη F , η οποία στο ξεκίνημα της κίνησης του σώματος (x =

0) έχει μέτρο F = 0.

Επίσης στο σώμα ασκείται και η τριβή η οποία έχει μέτρο:

ΣFy = 0 N = mg = 40 N

T = μΝ = (0,5 40) N T = 20 N

Άρα αρχικά η συνισταμένη δύναμη έχει αντίθετη κατεύθυνση από την κίνηση του

σώματος, οπότε το σώμα επιβραδύνεται.

Καθώς όμως το σώμα κινείται, το μέτρο της δύναμης F αυξάνεται, με αποτέλεσμα

σύμφωνα με το 2ο νόμο του Νεύτωνα: F F

m m

, το μέτρο της επιβράδυνσης του

σώματος να αρχίσει να μειώνεται.

Κάποια χρονική στιγμή το μέτρο της δύναμης F γίνεται ίσο με 20 Ν (όσο η τριβή

ολίσθησης) με αποτέλεσμα τότε η στιγμιαία επιτάχυνση του σώματος να είναι μηδέν.

Καθώς όμως το σώμα συνεχίζει την κίνησή του, το μέτρο της δύναμης F εξακολουθεί

να αυξάνεται και άλλο, οπότε F > T με αποτέλεσμα το σώμα να αρχίσει να

επιταχύνεται με επιτάχυνση μέτρου, το οποίο σύμφωνα με το δεύτερο νόμο του

Νεύτωνα F F T

m m

, αυξάνεται συνεχώς. Συμπέρασμα για την κίνηση, ή μάλλον

καλύτερα για τις κινήσεις του σώματος:

Για όσο χρονικό διάστημα F < T το σώμα εκτελεί επιβραδυνόμενη κίνηση με

επιβράδυνση που συνεχώς μειώνεται (κατά μέτρο).

Για όσο χρονικό διάστημα F > T το σώμα εκτελεί επιταχυνόμενη κίνηση με

επιτάχυνση που συνεχώς αυξάνεται.

β. Αφού η κίνηση του σώματος είναι αρχικά επιβραδυνόμενη και στη συνέχεια

επιταχυνόμενη, η ελάχιστη ταχύτητα θα υπάρχει στο τέλος της επιβραδυνόμενης

κίνησης, δηλαδή εκεί όπου ΣF = 0 (σημείο Γ).

Επομένως: ΣF = 0 F = T 5x = 20 x = 4 m από το σημείο Α.

γ. Εφόσον το σώμα κινείται με την επίδραση της μεταβλητής δύναμης F και της

τριβής ολίσθησης, για τον υπολογισμό της ελάχιστης ταχύτητας θα εφαρμόσουμε το

θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας από το σημείο Α μέχρι το σημείο Γ (x =

4 m).

Θ.Μ.Κ.Ε. (Α → Γ): ΔΚ = ΣW

2 2

min o F T

1 1m m W W

2 2 (1)

Για το έργο της τριβής ολίσθησης κατά τη

μετακίνηση του σώματος κατά x = 4 m ισχύει:

T TW x 20 4 J W 80 J

Για τον υπολογισμό του έργου της δύναμης F ,

φτιάχνουμε το διάγραμμα της δύναμης σε

συνάρτηση με τη μετατόπιση, όπως φαίνεται στο

διπλανό σχήμα. Είναι:

F F

20 4W E W J 40 J

2


2 2 2

min o min min

1 1 1m m 40 J 80 J m 50 J 40J 5 m/s

2 2 2

δ. Θα εφαρμόσουμε εκ νέου το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας από το

σημείο Α μέχρι το σημείο Δ (απόσταση d = 10 m).

Θ.Μ.Κ.Ε. (Α → Δ): ΔΚ = ΣW T FW W (2)

Για το έργο της τριβής ολίσθησης κατά τη μετακίνηση του σώματος κατά d ισχύει:

TW d 20 10 J 200 J

Για τον υπολογισμό του έργου της δύναμης

F , φτιάχνουμε το διάγραμμα της δύναμης

σε συνάρτηση με τη μετατόπιση, όπως

φαίνεται στο διπλανό σχήμα και

υπολογίσουμε το εμβαδόν από 0 ως 10 m.

Είναι:

F F F

50 10W E W J W 250 J

2


2 2 2

1 o 1 1

1 1 1m m 250 J 200 J m 50 J 50 J 5 2 m/s

2 2 2

Επιμέλεια


[email protected]

Κίνηση που δεν προδίδεται από το διάγραμμα F-t

Σώμα μάζας m εκτοξεύεται τη

χρονική στιγμή t = 0 με ταχύτητα

μέτρου υο = 10 m/s από σημείο Α

οριζοντίου δαπέδου. Ταυτόχρονα στο

σώμα αρχίζει να ασκείται οριζόντια

δύναμη F ίδιας κατεύθυνσης με την

κίνηση του σώματος. Το μέτρο της

δύναμης σε συνάρτηση με το χρόνο

απεικονίζεται στο διπλανό σχήμα.

Στην διάρκεια των πρώτων 2 s το

σώμα μετατοπίζεται κατά 20 m, ενώ

κατά τη διάρκεια των επόμενων 2 s

μετατοπίζεται κατά 15 m.

α. Ασκείται στο σώμα τριβή κατά τη διάρκεια της κίνησής του; Αν ναι, να

υπολογίσετε το μέτρο της.

β. Να αναγνωρίσετε τα είδη των κινήσεων που πραγματοποιεί το σώμα.

γ. Πόση είναι η μάζα m του σώματος;

δ. Πόσος είναι ο συνολικός χρόνος κίνησης του σώματος;

ε. Πόση είναι η συνολική απώλεια ενέργειας του σώματος;

Θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα.

Λύση

α. Μην βιαστείτε να απαντήσετε βλέποντας μόνο το διάγραμμα F-t ότι οι κινήσεις

που πραγματοποιεί το σώμα είναι ομαλά επιταχυνόμενες (για όσο χρονικό διάστημα

η δύναμη F έχει θετικές τιμές) και ευθύγραμμη ομαλή (όταν μηδενίζεται η δύναμη

F ). Για την αναγνώριση των κινήσεων χρειάζεται να δούμε τι γίνεται με ΟΛΕΣ τις

δυνάμεις που ασκούνται στο σώμα.

Εφόσον γνωρίζουμε ότι η μετατόπιση κατά τη διάρκεια των πρώτων 2 s είναι 20 m,

μπορούμε να εφαρμόσουμε το γενικό τύπο της μετατόπισης για ομαλά

μεταβαλλόμενες κινήσεις για να δούμε τι συμβαίνει. Είναι:

2 211 2 2

2 20 10 22(x t)1x t t m/s 0

2 t 2

Επομένως στο χρονικό αυτό διάστημα το σώμα κινείται ευθύγραμμα και ομαλά,

οπότε εκτός από τη δύναμη F στο σώμα πρέπει να ασκείται και τριβή, έτσι ώστε να

προκύπτει:

ΣFx = 0 F = T T = 10 N

β. Γνωρίζοντας τώρα ότι στο σώμα ασκείται τριβή μέτρου Τ = 10 Ν, μπορούμε και με

τη βοήθεια του διαγράμματος να πούμε ότι:

Από 0 – 2 s: Το σώμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλή κίνηση.

Από 2 s – 4 s: Εφόσον F < T, το σώμα θα εκτελεί ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση.

Από 4 s και μετά: Αφού καταργήθηκε η δύναμη F στο σώμα ασκείται μόνο η τριβή,

οπότε η κίνηση θα είναι ομαλά επιβραδυνόμενη.

γ. Από 2 s ως 4 s το σώμα εκτελεί ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση με αρχική ταχύτητα

10 m/s και μετατοπίζεται κατά 15 m, οπότε για το μέτρο της επιβράδυνσης του α2 θα

ισχύει:

2 222 2 22 2

2 10 2 152( t x )1x t t 2,5 m/s

2 t 2

Εφαρμόζοντας το 2ο νόμο του Νεύτωνα για την κίνηση αυτή θα προκύψει:

ΣFx = mα2 Τ – F = mα2 m = 2

F 10 5kg

2,5

m = 2 kg

δ. Στο τέλος των 4 s το σώμα έχει ταχύτητα:

υ1 = υο – α2t = (10 – 2,5 2) m/s = 5 m/s

Μετά τα 4 s το σώμα επιβραδύνεται ομαλά εκ νέου, με την επίδραση όμως μόνο της

τριβής. Το μέτρο της νέας επιβράδυνσης α3 του σώματος θα προκύψει από το 2ο νόμο

του Νεύτωνα. Είναι:

ΣFx = mα3 Τ = mα3 α3 = 210

m/sm 2

α3 = 5 m/s2

Και για την κίνηση αυτή ισχύει υ = υ1 – α3t με αρχική ταχύτητα υ1 = 5 m/s. Επειδή

όμως το σώμα σταματάει είναι:

0 = υ1 – α3t3 t3 = 13

3

5s t 1s

5

Άρα η συνολική διάρκεια της κίνησης του σώματος είναι ίση με 4 s + 1 s = 5 s

ε. Το σώμα ξεκινώντας την κίνησή του είχε κινητική ενέργεια 2

o o

1K m

2 100 J.

Από 0 -2 s προσφέρθηκε στο σώμα (μέσω του έργου της δύναμης F = 10 N) ενέργεια

ίση με:

1 1 1 1W F x 10 20 J W 200 J

Από 2 s – 4 s προσφέρθηκε στο σώμα (μέσω του έργου της δύναμης ) ενέργεια ίση

με:

2 2 2 2W F x 5 15 J W 75 J

Επειδή τελικά το σώμα σταματάει, η συνολική απώλεια ενέργειάς του θα είναι ίση με

το άθροισμα της αρχικής κινητικής ενέργειας και της ενέργειας που προσφέρθηκε στο

σώμα κατά τη διάρκεια της κίνησής του. Δηλαδή:

Εαπωλ = Κο + W1 + W2 = 100 J + 200 J + 75 J Εαπωλ = 375 J.

Σχόλιο: Ο υπολογισμός της ενέργειας που χάνεται θα μπορούσε να υπολογιστεί και από

την απόλυτη τιμή του έργου της τριβής για όλη την κίνηση.

Πράγματι στην 2η επιβραδυνόμενη κίνηση το σώμα μετατοπίζεται κατά:

2 2

3 1 3 3 3 3

1 1x t t 5 1 4 1 m x 2,5 m

2 2

Άρα η συνολική μετατόπιση του σώματος είναι 20 m + 15 m + 2,5 m = 37,5 m και το

συνολικό έργο της τριβής ολίσθησης:

T TW x 10 37,5 J W 375 J

Επιμέλεια


[email protected]

Βρίσκοντας τριβή… από διάγραμμα F-χ

Σώμα μάζας m = 4 kg εκτοξεύεται τη χρονική στιγμή t = 0 με ταχύτητα μέτρου

υο = 5 m/s από σημείο Α

οριζοντίου δαπέδου.

Ταυτόχρονα στο σώμα

αρχίζει να ασκείται

οριζόντια δύναμη F ίδιας

κατεύθυνσης με την

κίνηση του σώματος. Το

μέτρο της δύναμης σε

συνάρτηση με τη

μετατόπιση του σώματος

απεικονίζεται στο διπλανό

σχήμα. Όταν το σώμα έχει

μετατοπιστεί κατά 10 m, έχει αποκτήσει ταχύτητα ίση με υ1 = 10 m/s. Το σώμα

κινείται για συνολικά 130 m.

α. Ασκείται στο σώμα τριβή κατά τη διάρκεια της κίνησής του; Αν ναι, να

υπολογίσετε το μέτρο της.

β. Πόση είναι η κινητική ενέργεια του σώματος τη χρονική στιγμή που ο ρυθμός

μεταβολής της ταχύτητάς του μηδενίζεται στιγμιαία;

γ. Πόσο είναι το μέτρο της μέγιστης τιμής της επιβράδυνσης του σώματος;

δ. Πόσο χρόνο διήρκησε η επιταχυνόμενη κίνηση του κινητού που

πραγματοποιείται με σταθερό ρυθμό μεταβολής της ταχύτητας;

Θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα.

Λύση

α. Η αρχική κινητική ενέργεια του σώματος είναι ίση με: 2

o o

1K m

2 50 J.

Η κινητική ενέργεια του σώματος μετά από τη μετατόπιση των 10 m είναι:

2

1 1

1K m 200 J

2 . Δηλαδή αυξήθηκε κατά 150 J. Η ενέργεια που προσφέρθηκε στο

σώμα στο χρονικό αυτό διάστημα

εκφράζεται από το έργο της δύναμης F

. Και επειδή η δύναμη είναι μεταβλητή,

το έργο της θα βρεθεί από το εμβαδόν

στο διάγραμμα F-x, όπως φαίνεται στο

διπλανό σχήμα. Είναι:

F F

10 60W E W 10 J 350 J

2

Αφού λοιπόν στο σώμα προσφέρθηκαν 350 J, και η ενέργειά του αυξήθηκε κατά 150

J, υπήρξαν απώλειες ενέργειας ίσες με 200 J οι οποίες οφείλονται στην ύπαρξη

τριβής.

Για το μέτρο της τριβής ολίσθησης (αφού το έργο της είναι -200 J) προκύπτει:

TT

W 200W x T N

x 10

T = 20 N

β. Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας του σώματος ισούται με την επιτάχυνσή του.

Σύμφωνα όμως με το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα, η επιτάχυνση του σώματος για την

κίνησή του θα είναι ίση με F F T

m m

.

Επομένως ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας θα μηδενιστεί εκεί όπου η

συνισταμένη των δυνάμεων γίνει ίση με το μηδέν, δηλαδή εκεί όπου:

ΣFx = 0 F = T F = 20 N

Με τη βοήθεια του

διαγράμματος F-x και της

κλίσης του, μπορούμε να

πούμε ότι αυτό θα συμβεί,

όταν το σώμα θα έχει

μετατοπιστεί κατά 2 m.

Σχόλιο: H δύναμη (από 0 ως

10 m) μεταβάλλεται με ρυθμό

μεταβολής της δύναμης είναι

5 Ν/ 1 m, δηλαδή για να γίνει

η δύναμη F ίση με 20 Ν θα

πρέπει το σώμα να μετατοπιστεί κατά 2 m. θα μπορούσαμε εναλλακτικά να πούμε ότι η

δύναμη είναι της μορφής F = αx + β, να βρούμε τις τιμές α, β από τα νούμερα που

δίνονται (προκύπτει F = 5x + 10) και να χρησιμοποιήσουμε τη σχέση αυτή για να

βρούμε πότε F = 20 N.

Εφόσον το σώμα κινείται με την επίδραση της μεταβλητής δύναμης F και της τριβής

ολίσθησης, για τον υπολογισμό της κινητικής ενέργειας, όταν το σώμα θα έχει

μετατοπιστεί κατά 2 m (σημείο Γ) θα εφαρμόσουμε το θεώρημα μεταβολής της

κινητικής ενέργειας από το σημείο Α μέχρι το σημείο Γ (x = 2 m).

Θ.Μ.Κ.Ε. (Α → Γ): ΔΚ = ΣW T FW W (1)

Η αρχική κινητική ενέργεια του σώματος είναι: 2

o o

1K m

2 50 J.

Για το έργο της τριβής ολίσθησης κατά τη μετακίνηση του σώματος κατά x = 2 m

ισχύει:

T TW x 20 2 J W 40 J

Για τον υπολογισμό του έργου

της δύναμης F , υπολογίζουμε το

εμβαδόν στο διάγραμμα F-x,

όπως φαίνεται στο διπλανό

σχήμα. Είναι:

F

F

W E

10 20W 2 J 30 J

2

Αντικαθιστώντας στη σχέση (1)

προκύπτει:

K 50 J 30 J 40 J Κτελ = 40 J

γ. Κατά τη διάρκεια της επιβραδυνόμενης κίνησης το μέτρο της επιβράδυνσης του

σώματος προσδιορίζεται από τη σχέση F T F

m m

.

Εφόσον η δύναμη μεταβάλλεται αλλάζει και το μέτρο της επιβράδυνσης.

Για να είναι το μέτρο της επιβράδυνσης μέγιστο θα πρέπει να είναι ελάχιστο το μέτρο

της δύναμης F . Αυτό συμβαίνει για x = 0, οπότε Fmin = 10 N.

Επομένως το μέγιστο μέτρο της επιβράδυνσης θα είναι:

2minmax

T FF 20 10m/s

m m 4

αmax = 2,5 m/s2

δ. Η επιταχυνόμενη κίνηση του κινητού που πραγματοποιείται με σταθερό ρυθμό

μεταβολής της ταχύτητας είναι η ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση που συμβαίνει από τη

θέση x1 = 10 m μέχρι τη θέση x2 = 130 m. Γι’ αυτά τα 120 m, το σώμα κινείται με

σταθερή επιτάχυνση μέτρου:

2 2F F T 60 20m/s 10 m/s

m m 4

Για τη χρονική διάρκεια αυτής της κίνησης ισχύει:

2 2 2

1

1x t t 120 10t 5t t 2t 24 0

2

Με επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης προκύπτουν t = -6 s (απορρίπτεται) και t =

4 s (δεκτή).

Σχόλιο: Προφανώς η ύπαρξη της τριβής μπορεί να γίνει στο a΄ ερώτημα και με

απευθείας χρήση του Θ.Μ.Κ.Ε. Ο περιγραφικός τρόπος που επιλέχθηκε για την επίλυση

του προβλήματος έχει ως σκοπό να αναδείξει την αξία της κατανόησης των

φαινομένων της Φυσικής και όχι την φορμαλοποίηση των ασκήσεων.

Επιμέλεια


[email protected]

Η οριζόντια βολή … στην Α΄ Λυκείου.

Σώμα Σ1 μάζας m1 = 1 kg εκτοξεύεται τη χρονική στιγμή t = 0 οριζόντια με

ταχύτητα μέτρου υο = 6 m/s

από σημείο Ο κολώνας ύψους

h, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Την ίδια χρονική στιγμή

σώμα Σ2 μάζας m2 = 2 kg

αρχίζει να κινείται από την

βάση της κολώνας (σημείο Α)

με την επίδραση οριζόντιας

δύναμης F = 35 Ν. Ο

συντελεστής τριβής μεταξύ

σώματος Σ2 και εδάφους είναι

μ = 0,5. Διαπιστώνεται ότι τη

χρονική στιγμή t1 το σώμα Σ1 κτυπά στο έδαφος στο σημείο Γ απέχοντας

οριζόντια απόσταση ΑΓ = d = 4,8 m από την κολώνα ενώ έχει και ίδιου μέτρου

ταχύτητα με το σώμα Σ2. Αν στο χρονικό διάστημα από 0 ως t1 στο σώμα Σ2

προσφέρθηκε ενέργεια ίση με 140 J, να βρείτε:

α. Πόσο απέχουν τα σώματα τη χρονική στιγμή t1.

β. Πόσο χρόνο διήρκησε η κίνηση του σώματος Σ1 μέχρι τη στιγμή που κτυπάει

στο έδαφος;

γ. Πόση ήταν η μηχανική ενέργεια του σώματος Σ1 τη χρονική στιγμή t = 0.

δ. Πόσο είναι το ύψος h της κολώνας.

Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία αλλά αυτή τη φορά για τα σώμα Σ2 την t = 0 το

εκτοξεύουμε με κατάλληλου μέτρου ταχύτητα υο΄, έτσι ώστε τα δύο σώματα να

συναντηθούν τη στιγμή που το σώμα Σ1 φτάνει στο έδαφος.

ε. Ποιο είναι το μέτρο της ταχύτητας υο΄;

Δίνεται g = 10 m/s2 και ότι επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας

είναι το έδαφος. Επίσης αγνοήστε την αντίσταση του αέρα.

Λύση

α. Η ενέργεια που προσφέρεται στο σώμα Σ2 ισούται με το έργο της δύναμης F που

ασκήθηκε στο σώμα στο χρονικό αυτό διάστημα. Αν λοιπόν x1 είναι η μετατόπιση

του σώματος Σ2, ισχύει:

FF 1 1 1

W 140W F x x m x 4 m

F 35

Επομένως τα δύο σώματα τη χρονική στιγμή t1 απέχουν d – x1 = 4,8 m – 4 m = 0,8 m

β. Προφανώς, επειδή δεν γνωρίζουμε τον τρόπο μελέτης της κίνησης του σώματος Σ1

για να βρούμε το χρόνο που διαρκεί η κίνησή του, αρκεί να βρούμε το χρόνο που

χρειάστηκε το σώμα Σ2 για να διανύσει τα 4 m.

Για την κίνηση του σώματος Σ2 , η οποία

πραγματοποιείται με την επίδραση της

δύναμης F και της τριβής T ισχύουν:

ΣFy = 0 N = m2g = 20 N

T = μΝ = (0,5 20) Ν = 10 Ν.

ΣFx = m2α F – T = m2α 35 – 10 = 2α

α = 12,5 m/s2.

Και επειδή η κίνηση του σώματος Σ2 είναι ομαλά επιταχυνόμενη χωρίς αρχική

ταχύτητα, προκύπτει για τη χρονική στιγμή t1.

2 11 1 1 1

2x1 2 4x t t s t 0,8 s

2 12,5

Άρα η κίνηση του σώματος Σ1 διήρκησε 0,8 s.

γ. Η ταχύτητα του σώματος Σ2 τη χρονική στιγμή t1 είναι ίση με:

2 1 2t 12,5 0,8 m/s 10 m/s

Ίδιου μέτρου ταχύτητα έχει και το σώμα Σ1 φτάνοντας στο έδαφος άρα υ1 = 10 m/s.

Κατά τη διάρκεια της κίνησης του σώματος Σ1, αφού ασκείται μόνο το βάρος του,

δηλαδή συντηρητική δύναμη, ισχύει η αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας.

Επομένως: Eμηχ (Ο) = Εμηχ (Γ).

Φτάνοντας στο έδαφος το σώμα Σ1 έχει μόνο κινητική ενέργεια, οπότε:

2 2

( ) ( ) 1 1 ( )

1 1E m 1 10 J 50 J

2 2

δ. Το ύψος h της κολώνας θα βρεθεί από την αρχή διατήρησης της μηχανικής

ενέργειας για τις θέσεις Ο και Γ. Είναι:

2 2

( ) (O) 1 1 o

1 1E m gh m 50 1 10 h 1 6 h 3,2 m

2 2

ε. Αυτή τη φορά το σώμα Σ2 θα εκτελέσει ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση, αφού

κινείται με την επίδραση μόνο της τριβής και θα πρέπει τη χρονική στιγμή t1 = 0,8 s

(η κίνηση του σώματος Σ1 δεν έχει αλλάξει και κατά συνέπεια και η χρονική διάρκεια

της κίνησής της), να διανύσει απόσταση d = 4,8 m.

Το μέτρο της επιβράδυνσης α΄ του σώματος Σ2 θα βρεθεί από το 2ο νόμο του

Νεύτωνα:

ΣFx = m2α΄ T = m2α΄ 10 = 2α΄ α΄ = 5 m/s2.

Άρα το μέτρο της αρχικής ταχύτητας εκτόξευσης υο΄ του σώματος Σ2 θα έπρεπε να

ήταν:

2 2

1 1

1 1d t́ t́ 4,8 ΄ 0,8 5 0,8 ΄ 8 m/s

2 2

Επιμέλεια


[email protected]

Επιμέλεια: Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Διερευνώντας μια κατακόρυφη συνάντηση.

Σώμα Σ1 μάζας m1 αφήνεται ελεύθερο από την

ταράτσα ενός κτιρίου ύψους h τη χρονική

στιγμή t = 0. Ταυτόχρονα από τη βάση του

κτιρίου ξεκινάει να κινείται κατακόρυφα προς

τα πάνω σώμα Σ2 μάζας m2 = 2 kg με την

επίδραση σταθερής κατακόρυφης δύναμης F .

Τα δύο σώματα συναντιώνται σε σημείο Σ.

Από το σημείο Σ και μετά το σώμα Σ1 μέχρι να

φτάσει στο έδαφος χρειάζεται 1 s διανύοντας

στο χρόνο αυτό διάστημα ίσο με τα 5/9 του

συνολικού ύψους h του κτιρίου. Να βρείτε:

α. Το ύψος h του κτιρίου.

β. Το μέτρο της δύναμης F .

γ. Την μηχανική ενέργεια του σώματος Σ2, όταν βρίσκεται στη θέση Σ.

δ. Πόσο απέχουν τα δύο σώματα, τη χρονική στιγμή t1 που το σώμα Σ1 φτάνει

στο έδαφος;

ε. Για ποιες τιμές της δύναμης F η συνάντηση των δύο σωμάτων θα γινόταν σε

σημείο που βρίσκεται κάτω από το μισό του ύψους του κτιρίου.

στ. Αντικαθιστούμε το σώμα Σ2 με σώμα Σ3 μάζας m3 και επαναλαμβάνουμε τη

διαδικασία, ασκώντας στο σώμα Σ3 κατακόρυφη δύναμη F3 = 4 N. Για ποιες

τιμές της μάζας m3 η συνάντηση των σωμάτων γίνεται πάνω από το μισό του

ύψους του κτιρίου;



Λύση

α. Το σώμα Σ1 εκτελεί ελεύθερη πτώση.

Έστω t ο χρόνος που χρειάζεται μέχρι να

φτάσει στο έδαφος. Για τις αποστάσεις h

και y1 του σχήματος ισχύουν:

21h gt

2 και

2

1

1y g t 1

2


Όμως: Δy = h – y1 = 2 2 2

1

5 4 1 4 1h y h g(t 1) gt 5t 18t 9 0

9 9 2 9 2

Με επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης προκύπτουν: t = 3 s (δεκτή) και t = 0,6 s

(απορρίπτεται αφού ο συνολικός χρόνος κίνησης πρέπει να είναι μεγαλύτερος από 1

s).

Επομένως το σώμα κινήθηκε για 3 s και επομένως το ύψος του κτιρίου είναι:

2 21 1h gt 10 3 m

2 2

h = 45 m

β. Το σώμα Σ2 εκτελεί ομαλά επιτάχυνόμενη κίνηση κατακόρυφα προς τα πάνω.

Μέχρι το σημείο συνάντησης έχει μετατοπιστεί για χρόνο 2 s έχοντας διανύσει

απόσταση d2 5

h 25 m9

.

Για τη σταθερή επιτάχυνση με την οποία κινήθηκε ισχύει:

22 222 2 2

2d1 2 25d t m/s 12,5 m/s

2 t 2

Το μέτρο της δύναμης που ασκήθηκε στο σώμα προκύπτει

από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα. Είναι:

ΣF = m2α F – m2g = m2α F = m2 (g + α ) F = 45 N

γ. Η μηχανική ενέργεια του σώματος Σ2 στο σημείο Σ είναι:

Eμηχ = Κ + U (1)

Η ταχύτητα του σώματος στο σημείο Σ είναι: υ = αt = (12,5 2) m/s = 25 m/s.

Επομένως:

Eμηχ = 2 2

2 2

1 1m m gh 2 25 J 2 10 25 J 625 J 500 J

2 2

Εμηχ = 1.125 J

δ. Όταν το σώμα Σ1 φτάνει στο έδαφος, τα δύο σώματα θα απέχουν, όσο θα έχει

μετατοπιστεί το σώμα Σ2, δηλαδή:

2 21 1d t 12,5 3 m

2 2

d = 56,25 m

ε. Αν y1 και y2 είναι τα μέτρα των μετατοπίσεων των δύο σωμάτων μέχρι το σημείο

συνάντησης, αν θέλουμε να συναντηθούν κάτω από το μισό του συνολικού ύψους h

του κτιρίου θα πρέπει y1 > y2 . Από τις εξισώσεις της κίνησης των σωμάτων αυτό

σημαίνει:

2 2

1 2

1 1y y gt t g

2 2 (1)


Εφαρμόζοντας το 2ο νόμο του Νεύτωνα για την κίνηση του σώματος Σ2 προκύπτει:

ΣF = m2α F – m2g = m2α 2

2

F m g

m

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

22

2

F m gg F 2m g

m

F < 40 N

ε. Αν y1 και y3 είναι τα μέτρα των μετατοπίσεων των δύο σωμάτων μέχρι το σημείο

συνάντησης, αν θέλουμε να συναντηθούν πάνω από το μισό του συνολικού ύψους h

του κτιρίου θα πρέπει y1 < y3 . Από τις εξισώσεις της κίνησης των σωμάτων αυτό

σημαίνει:

2 2

1 3

1 1y y gt t g

2 2 (1)

Εφαρμόζοντας το 2ο νόμο του Νεύτωνα για την κίνηση του σώματος Σ3 προκύπτει:

ΣF = m3α F3 – m3g = m3α 3 3

3

F m g

m

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

3 3 33 3 3

3

F m g Fg F 2m g m

m 2g

m3 < 0,2 kg

Επιμέλεια:


[email protected]

Η πλάγια βολή και η αρχή της επαλληλίας … στην Α΄

Λυκείου.

Σώμα Σ1 μάζας m1

εκτοξεύεται τη χρονική

στιγμή t = 0 οριζόντια με

ταχύτητα μέτρου υ1 από

σημείο Α λείου οριζοντίου

επιπέδου ΑΓ = 4,8 m, όπως

φαίνεται στο σχήμα.

Την ίδια χρονική στιγμή

σώμα Σ2 μάζας m2 = 1 kg

βάλλεται πλάγια προς τα

πάνω από το έδαφος από το

ίδιο σημείο Α με ταχύτητα μέτρου υο = 10 m/s, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Τα δύο σώματα κινούνται με τέτοιον τρόπο έτσι ώστε κάθε χρονική στιγμή

(μέχρι το σημείο Γ) το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τις θέσεις των δύο

σωμάτων να είναι κάθετο στο έδαφος. Στο σημείο Γ το σώμα Σ1 φτάνει τη

χρονική στιγμή t1 = 0,6 s ενώ την ίδια χρονική στιγμή το σώμα Σ2 έχει τη μέγιστη

δυνατή απόσταση από το έδαφος.

Συνεχίζοντας την κίνησή τους το σώμα Σ1 εισέρχεται σε τραχύ επίπεδο και

σταματάει στο σημείο Δ (ΑΔ = 8 m), στη βάση μιας κολώνας ύψους h1 = 0,95 m.

Το σώμα Σ2 στο τέλος της κίνησής του φτάνει στην κορυφή της κολώνας έχοντας

ταχύτητα μέτρου υ2. Να βρείτε:

α. Τα μέτρα των ταχυτήτων των δύο σωμάτων στα σημεία Γ και Κ.

β. Πόση είναι η μεταβολή της βαρυτικής δυναμικής ενέργειας του σώματος Σ2

κατά την κίνησή του από το σημείο Α στο σημείο Κ;

γ. Ποιο είναι το μέγιστο ύψος από το έδαφος στο οποίο βρίσκεται το σώμα Σ2

κατά τη διάρκεια της κίνησής του;

δ. Ποιο είναι το μέτρο της ταχύτητας υ2 του σώματος Σ2;

ε. Να γίνει το διάγραμμα επιτάχυνσης-θέσης για την συνολική κίνηση του

σώματος Σ1.



Λύση

α. Σώμα Σ1: Tο σώμα Σ1 κινείται αρχικά σε λείο οριζόντιο επίπεδο (ΑΓ), οπότε

κινείται ευθύγραμμα και ομαλά (μέχρι το σημείο Γ). Άρα το μέτρο της ταχύτητας του

είναι:

AΓ = υ1 ∙ t 1 1

1

4,8m/s 8 m/s

t 0,6

Σώμα Σ2: Μάθαμε στην Α΄

Λυκείου ότι μπορούμε ένα

διανυσματικό μέγεθος, όπως είναι

η δύναμη, να αναλυθεί σε δύο

κατάλληλα επιλεγμένους άξονες.

Με τον ίδιο τρόπο και με

κατάλληλη επιλογή αξόνων

μπορεί να αναλυθεί οποιοδήποτε

διανυσματικό μέγεθος, όπως είναι

η ταχύτητα. Αναλύοντας λοιπόν

την ταχύτητα σε μια τυχαία θέση

Ν, παίρνουμε την εικόνα του διπλανού σχήματος. Ισχύει (όπως έχουμε μάθει και από

την ανάλυση μιας δύναμης) N x y .

Φτάνοντας το σώμα Σ2 στο σημείο Κ, η ταχύτητα του στον κατακόρυφο άξονα είναι

μηδέν (υy = 0) αφού βρίσκεται στο μέγιστο ύψος από το έδαφος (και δεν «μπορεί να

ανέβει άλλο»). Επομένως έχει ταχύτητα μόνο στον οριζόντιο άξονα x (ταχύτητα

συνολικά μηδέν δεν μπορεί να έχει γιατί αν είχε, τότε από εκεί και μετά θα έπεφτε

κατακόρυφα εκτελώντας ελεύθερη πτώση, πράγμα που δεν συμβαίνει).

Επειδή το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τις θέσεις των δύο σωμάτων είναι κάθε

χρονική στιγμή στην ίδια κατακόρυφο, αυτό σημαίνει ότι κινούνται κατά τον

οριζόντιο άξονα με ίδιου μέτρου ταχύτητα, οπότε υx = υ1 = 8 m/s.

Επομένως το σώμα Σ2 έχει ταχύτητα μέτρου υκ = 8 m/s.

β. Για την κίνηση του σώματος Σ2 από το σημείο Α στο σημείο Κ, επειδή

πραγματοποιείται με την επίδραση μόνο του βάρους του, ισχύει η αρχή διατήρησης

της μηχανικής ενέργειας, οπότε:

Eμηχ(Α) = Εμηχ(Κ) ΚΑ + UA = KK + UK UK – UA = KA - KK ΔU = – ΔΚ (1)

Δηλαδή η ζητούμενη μεταβολή της δυναμικής ενέργειας είναι ίση με το αντίθετο της

μεταβολής της κινητικής ενέργειας. Άρα:

2 2 2 2

2 o 2 K

1 1 1 1U m m 1 10 J 1 8 J

2 2 2 2

ΔU = 18 J

γ. Η μεταβολή της δυναμικής ενέργειας συνδέεται με το έργο του βάρους με τη

σχέση: ΔU = -WB = - (-mgh). Επομένως το μέγιστο ύψος από το έδαφος είναι:

ΔU = mgh h = U 18

mmg 1 10

h = 1,8 m

δ. Εφαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε. για

την κίνηση του σώματος Σ2 από

το σημείο Α μέχρι το σημείο Λ.

Είναι:

Eμηχ(Α) = Εμηχ(Λ)

ΚΑ + UA = KΛ + UΛ

2

2 o

1m

2 + 0 = 2

2 2

1m

2 + m2gh1 υ2 = 9 m/s.

ε. Να και ένα λίγο διαφορετικό διάγραμμα…

Από 0 ως 0,6 s το σώμα Σ1 κινείται ευθύγραμμα και ομαλά, οπότε α = 0.

Από 0,6 s και μετά το σώμα επιβραδύνεται ομαλά μέχρι που σταματά στη βάση της

κολώνας. Επομένως ισχύουν:

2

1 1 1 1

1t x t t

2

Με το συνδυασμό των παραπάνω σχέσεων και επειδή το σώμα σταματά προκύπτει

για το σταθερό μέτρο της ζητούμενης επιβράδυνσης:

2 2 22 21 1

2 1 1

1

8x m/s 10 m/s

2 2 ( ) 2 3,2

Επομένως το ζητούμενο διάγραμμα επιτάχυνσης – θέσης θα είναι:

Επιμέλεια


[email protected]

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ – Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ

ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 7 ΣΕΛΙΔΕΣ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΔΕΥΤΕΡΑ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 2015

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ

ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΠΤΑ (7 )

ΘΕΜΑ Α

Στις ερωτήσεις Α1-Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και, δίπλα , το γράμμα που αντιστοιχεί στην επιλογή η οποία συμπληρώνει σωστά την ημιτελή πρόταση .

Α1. Στη σύνθεση δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων της ίδιας συχνότητας

που γίνονται γύρω από το ίδιο σημείο και στην ίδια διεύθυνση, το πλάτος της σύνθετης ταλάντωσης είναι α. σε κάθε περίπτωση σταθερό

β. σε κάθε περίπτωση ίσο με το άθροισμα του πλάτους των δύο απλών αρμονικών ταλαντώσεων

γ. σε κάθε περίπτωση μηδέν

δ. αρμονική συνάρτηση του χρόνου . Μονάδες 5

Α2. Ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος Δi

Δt σε κύκλωμα

αμείωτων ηλεκτρικών ταλαντώσεων L-C είναι μέγιστος , όταν

α. η ενέργεια του μαγνητικού πεδίου είναι μηδέν

β. η ένταση του ρεύματος στο κύκλωμα είναι μέγιστη

γ. το φορτίο στον πυκνωτή είναι μηδέν

δ. η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή είναι ίση με την ενέργεια του μαγνητικού πεδίου .

Μονάδες 5

Α3. Στο στιγμιότυπο αρμονικού μηχανικού κύματος του Σχήματος 1 , παριστάνονται οι ταχύτητες ταλάντωσης δύο σημείων του.

Σχήμα 1



Το κύμα

α. διαδίδεται προς τα αριστερά

β. διαδίδεται προς τα δεξιά

γ. είναι στάσιμο

δ. μπορεί να διαδίδεται και προς τις δύο κατευθύνσεις (δεξιά ή αριστερά) .

Μονάδες 5

Α4. Το Σχήμα 2 παριστάνει σώμα Σ συνδεδεμένο με δύο ελατήρια και εκτελεί φθίνουσα αρμονική ταλάντωση . Το σύστημα είναι τοποθετημένο σε οριζόντιο επίπεδο. Επιπλέον, το σώμα Σ είναι συνδεδεμένο με οριζόντια ελαστική χορδή κατά μήκος της οποίας διαδίδεται μηχανικό κύμα με πηγή το σώμα Σ.

Σχήμα 2

Να επιλέξετε τη σωστή εκδοχή του Σχήματος 3 (α-δ) που περιγράφει το στιγμιότυπο του κύματος που διαδίδεται στη χορδή :

Σχήμα 3

Μονάδες 5

α. β.

γ . δ .



Α5. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράμμα κάθε πρότασης και δίπλα σε κάθε γράμμα τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή , και τη λέξη Λάθος , αν η πρόταση είναι λανθασμένη.

α. Σε εξαναγκασμένη ταλάντωση που βρίσκεται σε συντονισμό , το πλάτος της ταλάντωσης αυξάνεται , όταν διπλασιαστεί η συχνότητα του διεγέρτη .

β. Η πηγή έχει τη μεγαλύτερη φάση από τη φάση όλων των σημείων ενός αρμονικού κύματος .

γ . Στην επιφάνεια υγρού δύο σύμφωνες πηγές Π1 και Π2 εκτελούν απλή αρμονική ταλάντωση, οπότε στα σημεία του υγρού συμβάλλουν αρμονικά κύματα. Τα σημεία της μεσοκαθέτου του ευθύγραμμου τμήματος Π1Π2 παραμένουν συνεχώς ακίνητα.

δ . Τα διανύσματα των εντάσεων του ηλεκτρικού πεδίου και του μαγνητικού πεδίου ενός ηλεκτρομαγνητικού κύματος είναι παράλληλα .

ε. Η σχέση που περιγράφει το φαινόμενο Doppler για το φως είναι διαφορετική από αυτήν που ισχύει για τον ήχο .

Μονάδες 5

ΘΕΜΑ Β

Β1. Δύο σώματα αμελητέων διαστάσεων με μάζες 1m και 2m συγκρούονται

κεντρικά σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Η θέση x κάθε σώματος στην ευθεία γραμμή , που τα ενώνει , μετριέται από κοινή αρχή. Η γραφική

παράσταση της θέσης του σώματος 1m φαίνεται στο Σχήμα 4 και του

σώματος 2m στο Σχήμα 5 . Δίνεται ότι 1m 1kg και ότι η διάρκεια της

επαφής των δύο σωμάτων κατά την κεντρική κρούση είναι αμελητέα.

Η κρούση των δύο σωμάτων είναι

i. ελαστική

i i . ανελαστική

i i i . πλαστική .

α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση (μονάδες 2).

β. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας (μονάδες 6). Μονάδες 8



Β2. Σε γραμμικό ελαστικό μέσο (1) δημιουργείται στάσιμο κύμα έτσι ώστε το ένα άκρο του μέσου να είναι δεσμός και το άλλο άκρο να είναι κοιλία. Μεταξύ των δύο άκρων υπάρχουν άλλοι 5 δεσμοί. Σε ένα δεύτερο ελαστικό μέσο (2) από το ίδιο υλικό αλλά με διπλάσιο μήκος από το πρώτο, δημιουργείται άλλο στάσιμο κύμα, έτσι ώστε και τα δύο άκρα του δεύτερου μέσου να είναι δεσμοί. Μεταξύ των δύο άκρων του δεύτερου μέσου υπάρχουν άλλοι οκτώ δεσμοί. Ο λόγος των συχνοτήτων ταλάντωσης των δύο μέσων είναι

i. 1

2

f 11

f 9

i i . 1

2

f 2

f 3

i i i . 1

2

f 9

f 11


β. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας (μονάδες 6).

Μονάδες 8

Β3. Στο άκρο ενός δοχείου κυβικού σχήματος τοποθετείται μικρό νόμισμα αμελητέων διαστάσεων. Ένας παρατηρητής βλέπει “οριακά” το νόμισμα από τη θέση που βρίσκεται έξω από το δοχείο , όπως απεικονίζεται στο Σχήμα 6 . Στη συνέχεια, γεμίζουμε το δοχείο με υγρό μέχρι το μέσο του, οπότε ο παρατηρητής βλέπει πάλι “οριακά”, χωρίς να αλλάξει τη θέση του ματιού του, το νόμισμα μετατοπισμένο κατά απόσταση ίση με

το 1 4 του μήκους της βάσης του δοχείου.

Σχήμα 6

Το τετράγωνο του δείκτη διάθλασης του υγρού που προστέθηκε στο δοχείο είναι



i. 2 13

n8

i i . 2 5

n2

i i i . 2n 2 .


β. Να δικαιολογήσετε την επιλογή σας (μονάδες 7).

Μονάδες 9

ΘΕΜΑ Γ Δύο ράβδοι είναι συνδεδεμένες στο άκρο τους Α και σχηματίζουν σταθερή

γωνία 60 μεταξύ τους, όπως φαίνεται στο Σχήμα 7 . Οι ράβδοι είναι

διαφορετικές μεταξύ τους, αλλά κάθε μία είναι ομογενή ς. Το σύστημα των

δύο ράβδων μπορεί να περιστρέφεται γύρω από άρθρωση, που είναι

στερεωμένη σε τοίχο, στο άκρο Α , χωρίς τριβές . Το σύστημα αφήνεται να

περιστραφεί υπό την επίδραση της βαρύτητας από τη θέση του Σχήματος 7 ,

όπου η ράβδος l1 είναι οριζόντια , με αρχική ταχύτητα μηδέν.

Σχήμα 7

Δίνεται ότι τα μήκη των δύο ράβδων είναι l1 = 4m και l2 = 2m, ενώ η μάζα

της ράβδου l2 είναι m2 = 10kg.

Γ1 . Να υπολογίσετε τη μάζα m1 της

ράβδου μήκους l1, εάν το

σύστημα αποκτά τη μέγιστη

γωνιακή ταχύτητα τη χρονική

στιγμή που οι δύο ράβδοι

σχηματίζουν ίσες γωνίες με την

κατακόρυφο, όπως φαίνεται στο

Σχήμα 8 .

Μονάδες 5

Σχήμα 8



Γ2. Να υπολογίσετε τη μάζα m1 της ράβδου

μήκους l1, εάν το σύστημα σταματά

στιγμιαία , όταν η ράβδος μήκους l1 φτάνει

στην κατακόρυφη θέση που φαίνεται στο

Σχήμα 9 .

Μονάδες 7

Γ3. Να υπολογίσετε τη γωνιακή επιτάχυνση

του συστήματος των δύο ράβδων του

ερωτήματος Γ2 στη θέση που

απεικονίζεται στο Σχήμα 9 .

Μονάδες 7

Γ4. Να υπολογίσετε τον ρυθμό μεταβολής της στροφορμής της ράβδου

μήκους l2 του ερωτήματος Γ2 στη θέση που απεικονίζεται στο Σχήμα 9 .

Μονάδες 6

Δίνονται: η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10m/s2 , η ροπή αδρανείας ράβδου

μήκους l και μάζας m που περιστρέφεται γύρω από το άκρο της Α,

2

A

1I m

3 , και ότι ,3 1 7 (προσεγγιστικά).

ΘΕΜΑ Δ

Ομογενής τροχαλία ισορροπεί έχοντας το νήμα τυλιγμένο γύρω της πολλές φορές. Η μία άκρη του νήματος είναι στερεωμένη στην οροφή Ο και η άλλη στο σώμα Σ , το οποίο ισορροπεί κρεμασμένο από κατακόρυφο ιδανικό ελατήριο σταθεράς Κ=40Ν/m, που είναι στερεωμένο στην οροφή, όπως φαίνεται στο Σχήμα 10 .

Η μάζα της τροχαλίας είναι M=1,6kg, η ακτίνα της R=0,2m. Η ροπή αδράνειας της τροχαλίας , ως προς άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδό της και ο οποίος διέρχεται από το κέντρο μάζας , της δίνεται από

τη σχέση 21

I MR2

. Σχήμα 10

Σχήμα 9



Το σώμα Σ θεωρείται σημειακό αντικείμενο μάζας m=1,44kg. Το νήμα και το ελατήριο έχουν αμελητέες μάζες.

Δ1. Να υπολογίσετε τη δύναμη που ασκεί το ελατήριο στο σώμα Σ .

Μονάδες 6 Κάποια χρονική στιγμή κόβουμε το νήμα που συνδέει την τροχαλία με το σώμα Σ , και το σώμα Σ αρχίζει να εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση . Τη χρονική στιγμή που μηδενίζεται η στιγμιαία ταχύτητα του σώματος Σ, για πρώτη φορά, το κέντρο μάζας της τροχαλίας έχει μετατοπιστεί κατακόρυφα κατά απόσταση h. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα και το νήμα δεν ολισθαίνει στο αυλάκι της τροχαλίας.

Δ2. Να υπολογίσετε την κατακόρυφη μετατόπιση h της τροχαλίας .

Μονάδες 7 Δ3. Να γράψετε την εξίσωση της απομάκρυνσης του σώματος Σ σε

συνάρτηση με το χρόνο , θεωρώντας ότι η τιμή t 0 s αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή που κόπηκε το νήμα και ότι η φορά απομάκρυνσης του σώματος Σ προς τα πάνω είναι θετική .

Μονάδες 7

Δ4. Να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας του κάτω άκρου Γ της τροχαλίας , όταν το κέντρο μάζας της τροχαλίας έχει μετατοπιστεί κατακόρυφα κατά απόσταση h.

Μονάδες 5

Δίνονται: η επιτάχυνση της βαρύτητας g=10 m/s2, π= 10 και π2=10

(προσεγγιστικά).

ΟΔΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους)

1. Στο εξώφυλλο του τετραδίου σας να γράψετε το εξεταζόμενο μάθημα. Στο εσώφυλλο πάνω-πάνω να συμπληρώσετε τα ατομικά στοιχεία μαθητή. Στην αρχή των απαντήσεών σας να γράψετε πάνω-πάνω την ημερομηνία και το εξεταζόμενο μάθημα. Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο και να μη γράψετε πουθενά στις απαντήσεις σας το όνομά σας.

2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Τυχόν σημειώσεις σας πάνω στα θέματα δεν θα βαθμολογηθούν σε καμία περίπτωση. Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.

3. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα μόνο με μπλε ή μόνο με μαύρο στυλό, με μελάνι που δεν σβήνει. Μολύβι επιτρέπεται, μόνο αν το ζητάει η εκφώνηση, και μόνο για πίνακες, διαγράμματα κλπ.

4. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή. 5. Διάρκεια εξέτασης: τρεις (3) ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων. 6. Ώρα δυνατής αποχώρησης: 18:00.

ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ

ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ

Απαντήσεις Φυσικής Κατεύθυσης Επαναληπτικών Γ΄λυκείου( Ημερήσιων)

Θέματα πανελλαδικών εξετάσεων Επιμέλεια: Σιώζος Φώτης - Φυσικός

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΔΕΥΤΕΡΑ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 2015 ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 - α Α2 - α A3 - α Α4 - γ Α5 α - Λάθος, β - Σωστό, γ - Λάθος, δ - Λάθος, ε - Σωστό. ΘΕΜΑ Β Β1.α. Σωστό το i. β. Για τις ταχύτητες των σωμάτων έχουμε: Από το διάγραμμα του σχήματος 4 και για την m1:

Πριν την κρούση: 18 0 2 4 0

x mt s

υ ∆ −= = =∆ −

.

Μετά την κρούση: 10 8 1

12 4x mt s

υ ∆ −′ = = = −∆ −

.

Από το διάγραμμα του σχήματος 5 και για την m2:

Πριν την κρούση: επειδή x=σταθ=> 2 0xt

υ ∆= =∆

Μετά την κρούση: 216 8 8 1 12 4 8

x mt s

υ ∆ −′ = = = =∆ −

Αφού μετά την κρούση είναι υ1 ≠ υ2 η κρούση δεν είναι πλαστική. Από την διατήρηση της ορμής του συστήματος κατά την κρούση έχουμε:

( )( )

1 11 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1

2 2

2 21 2

1 21 22 2

1 21 2

1 2

2 1: 1 3 1

4 0 2 2 2 2

1 9 2 2 2 2 6

m m m m m m m kg

p pK K K Jm m

K K ip pK K K Jm m

υ υυ υ υ υ

υ υ′− +′ ′Α∆Ο + = + → = = =

′ −

= + = + = + =

′→ = → ′ ′

′ ′ ′= + = + = + =

Αφού Κπριν = Κμετά η κρούση είναι ελαστική. Β2.α. Σωστό το i. β. Για το στάσιμο κύμα γνωρίζουμε ότι η απόσταση δύο διαδοχικώνδεσμών είναι λ/2και η απόσταση δεσμού και διπλανής κοιλίας είναι λ/4. Για το γραμμικό ελαστικό μέσο (1) μήκους L1δόθηκε ότι εκτός από το ένα ακλόνητο άκρο όπου έχουμε δεσμό, έχουμε και άλλους 5 δεσμούς. Όπως φαίνεται από το διπλανό σχήμα. ισχύει:

1 11 1 1

1

11 11 1152 4 4 4 4

L ff

λ λ υ υλ= = + = = → =

(1)

Απαντήσεις Φυσικής Κατεύθυσης Γ΄ υκείου( Ημερήσιων)


Για το γραμμικό ελαστικό μέσο (2) μήκους L2, δόθηκε ότι εκτός από τα δύο ακλόνητα άκρα όπου έχουμε δεσμούς, έχουμε και άλλους 8 δεσμούς. Όπως φαίνεται από το παρακάτω σχήμα ισχύει:

2

2 22

9 92 184 2 4

L ff

λ υ υ= = = → =

(2)

Επειδή τα γραμμικά μέσα είναι από το ίδιο υλικό, έχουμε την ίδια ταχύτητα διάδοσης. Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2)

1

2

11114

9 94

ff

υ

υ= =

: Σωστή επομένως η i.

Β3.α. Σωστό το ii. β. Έστω d το μήκος των ακμών του κυβικού δοχείου και Π η σταθερή θέση του παρατηρητή.

Από το σχήμα όταν το δοχείο είναι άδειο έχουμε:

1dd

εϕϕ = =

Όταν γεμίσουμε το δοχείο και μετατοπίσουμε το κέρμα κατά d/4έχουμε: 1

14 4εφ 1 22 2

d

dθ = = =



2

2 222

22 22

2 2

11

1 11 51 1 1 2

1 1 214 514 41, εφ 11 12

42 2

nn

n iid

ddd

εϕ ϕηµθ ηµϕηµ ϕ εϕ ϕ

εϕ φ εϕ θηµ φ ηµ θεϕ φ εϕ θ

εϕϕ θ

⋅ = ⋅ + → = = = + + +→ = = = →

= = = = = +

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Οι ροπές των βαρών των δύο ράβδων προκαλούν την περιστροφή περί το Α. Αφού στη δοσμένη θέση επιτυγχάνεται η μέγιστη γωνιακή ταχύτητα σημαίνει στο σημείο αυτό η συνολική ροπή μηδενίζεται και αμέσως μετά επιβραδύνεται. Άρα στη θέση αυτή οι ροπές των δύο βαρών ως προς Α γίνονται ίσες (κατά μέτρο). Έτσι:Στ(Α) = 0 w1 · (AO - w 2 · (BA) = 0

1 2 21 2 1 2

1

30 30 5 2 2

m g m g m m kgηµ ηµ= → = =

Γ2. Το κέντρο μάζας Β της ράβδου 1 κατέβηκε κατά h1 = 1 /2= 2 m, ενώ το κέντρο μάζας Γ της ράβδου 2 ανέβηκε κατά => h 2 = 0,35 m . Αφού σταματά στιγμιαία, σημαίνει ότι η μείωση της δυναμικής ενέργειας της ράβδου1 θα εμφανιστεί ως αύξηση της δυναμικής ενέργειας της ράβδου2 εφόσον δεν υπάρχουν τριβές. Η μείωση της δυναμικής

ενέργειας της πρώτης από την αρχική της θέση είναι: 11 1 2U m g∆ =

.

Η αύξηση της 2 είναι: 2 2 22 2 2 2

3 130 602 2 2 2

U m g m g m gσυν συν −∆ = − =

Από ΑΔΜΕ έχουμε:

11 1

1 2 21 2 1 2

122 2

3 1 3 12 1,75 2 2 2 23 1

2 2

U m gm g m g m m kg

U m g

∆ = − − → = → = =− ∆ =

Απαντήσεις Φυσικής Κατεύθυσης Γ΄ υκείου( Ημερήσιων)


Γ3. Η ροπή αδράνειας του συστήματος των δύο ράβδων είναι:

1 2I I+ = ( )2 2 211 1 2 23

683

m m Kg m+ = ⋅

Από τον θεμελιώδη νόμο για την στροφική κίνηση έχουμε: Στ(Α) = Ιολ · αγων =>

( )

22

22 211 2 1 1 2 23

2 360 10 102 2 2 3,75 68

3

Am g rada

I I sm mγων

ηµτ − ⋅ ⋅ ⋅= = = = −

+ +∑

Γ4. Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής της ράβδου 2 στην ίδια θέση

είναι: 2

2 22 12 2 23 2

1 10 2 ( 3,75) 50 50 3

dL mI a m a kg Nmdt sγ γ= = = ⋅ ⋅ ⋅ − = − = −

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Από ισορροπία, , της τροχαλίας έχουμε:

1 2 11 2 2

1 2

8 T T Mg

T T Mg NT R T R+ =

→ = = = = Από ισορροπία σώματος έχουμε: 1

2 2 22,4 F mg T mg Mg Nελ = + = + =

Δ2. Μετά την κοπή του νήματος η τροχαλία κινείται και το νήμα ξετυλίγεται χωρίς να ολισθαίνει (έπρεπε να δοθεί) οπότε ισχύει: υγρ = ω · R (1) αcm = αγρ = αγων · R (2)

Από δυναμική κίνησης τροχαλίας, για την μεταφορική κίνηση της τροχαλίας και για την στροφική κίνηση της τροχαλίας έχουμε:

22321

2

20 /3

cm

cmcm

Mg T Maa g m saTR MR

R

− = → = = =

.



Τη χρονική στιγμή t = 0 που κόβουμε το νήμα το σώμα m ξεκινάει την ταλάντωσή του με υ = 0, δηλαδή από την κάτω ακραία θέση (y = -A). Η ταχύτητα του σώματος Σ μηδενίζεται για πρώτη φορά στην επάνω ακραία θέση, δηλαδή τη

χρονική στιγμή: D = k = m · ω2 => 1 12 2

5 2 3 0,6 3 5

k rad t T sm s

πω πω

= = → = = = =

Η κίνηση του κέντρου μάζας είναι ομαλά επιταχυνόμενη και άρα: 2 2 21 1 2 1

2 2 3 3 1,2 cmh a t gt gt m= = = = Δ3. Την 0t = βρίσκεται ακίνητο στη θέση 0,2 x m= −Α= − κάτω από τη θέση ισορροπίας. Τη χρονική στιγμή που κόβουμε το νήμα η παραμόρφωση του ελατηρίου

είναι: 22,4 0,5640

FF d d mKελ

ελ = Κ∆ = Κ => = = =

Στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του σώματος Σ ισχύει η

σχέση: 0 0,36mgF mg K Kc c mk

Σ = => = ∆ = => = =

Από το σχήμα το πλάτος της ταλάντωσης είναι: 22,4 14,4 8 0,240 40 40

b c mΑ = − = − = =

D = k = m · ω2 => 5 3

k radm s

ω π= =

και ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

53 5 5

3 3

0,2 , 0,2 0,2 0,2

/ 2 (1) ή 3 / 2(2) δεκτή η (2)

x A t t SIA t t

x Aο

ο ο

ο ο

ηµ ω φ ηµ π ϕηµ π ϕ ηµ π ϕ

ϕ π ϕ π

= + = + => − = + => − = += −

=> = =

Άρα η εξίσωση της απομάκρυνσης της ταλάντωσης είναι: ( ) ( )530, 2 3 / 2x A t tηµ ω φ ηµ π π= + = +

Δ4. Τη χρονική στιγμή t1 = 0,6 s το κέντρο μάζας Κ της τροχαλίας έχει ταχύτητα μέτρου:

Η ταχύτητα του κέντρου μάζας μετά από t είναι: 4 cm cmma ts

υ = = . Το Γ έχει δύο ταχύτητες μια

κατακόρυφη του κέντρου μάζας και μια εκ περιστροφής ως προς τον άξονά της οριζόντια και

προς τα αριστερά με τιμή cmRυ ω υ′ = = . Άρα: 2 4 2 cmms

υ υΓ = = με διεύθυνση 45 ως προς το

οριζόντιο επίπεδο και προς τα κάτω

Physics Problems From High School I

Documents

Transcript of Physics Problems From High School I