http://ianxristou.pblogs.gr ΘΕΜΑ Δ Σε οριζόντιο επίπεδο βρίσκεται ακίνητο ένα μήλο μάζας Μ = 200 g. Ένα μικρό βέλος μάζας m = 40 g κινείται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου, υ1 = 10 m / s, χτυπά το μήλο με αποτέλεσμα να το διαπεράσει. Αν γνωρίζετε ότι η χρονική διάρκεια της διάτρησης είναι Δt = 0,1 s και ότι το βέλος εξέρχεται από μήλο με ταχύτητα, μέτρου υ2 = 2 m / s, να υπολογίσετε : Δ1. το μέτρο της ορμής του μήλου ακριβώς μετά την έξοδο του βέλους από αυτό, Δ2. τη μεταβολή της ορμής του βέλους εξαιτίας της διάτρησης, Δ3. τη μέση δύναμη που ασκείται από το βέλος στο μήλο κατά τη χρονική διάρκεια της διάτρησης καθώς και τη μέση δύναμη που ασκείται από το μήλο στο βέλος στην ίδια χρονική διάρκεια, Δ4. Το ποσοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας του βέλους που μεταφέρεται στο περιβάλλον του συστήματος μήλο-βέλος κατά τη διάρκεια της διάτρησης. Για την επίλυση του προβλήματος θεωρήστε το βέλος αλλά και το μήλο ως υλικά σημεία. Λύση Δ1. Αρχή διατήρησης της ορμής: poλ.αρχ = poλ.τελ ⇒ m·υ1 = m·υ2 + Μ·υ” ⇒ Μ·υ” = m·υ1 m·υ2 ⇒ υ” = m·(υ1 - υ2) / Μ ⇒ υ” = 0,04·(10 – 2) / 0,2 ⇒ υ” = 0,32 / 0,2 ⇒ υ” = 1,6 m / s . pM = M·υ “ = 0,2·1,6 = 0,32 kg·m / s . 1 http://ianxristou.pblogs.gr Δ2. Δpm = pτελ,m – pαρχ,m = m·υ2 - m·υ1 ⇒ Δpm = m·(υ2 - υ1) ⇒ Δpm = 0,04·(2 – 10) = – 0,32 kg·m /s. Δ3. ΣFm = Δpm / Δt ⇒ ΣFm = – 0,32 / 0,1 = – 3,2 N ΣFM = ΔpM / Δt ⇒ ΣFM = (pM - 0) / 0,1 = 0,32 / 0,1 = 3,2 N . Δ4. H ενέργεια διατηρείται: Καρχ = Κτελ + Q ⇒ Q = Καρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ1² – (½·m·υ2² + ½·M·υ “ ²) ⇒ Q = ½·0,04·10² – (½·0,04·2² + ½·0,2·1,6²) ⇒ Q = 2 – (0,08 + 0,256) = 2 – 0,336 = 1,664 joule. Ζητείται το ποσοστό: (Q / Καρχ)·100% = (1,664 / 2)·100% = 83,2 % . ΘΕΜΑ Δ Μια βόμβα μάζας m = 3 kg βρίσκεται στιγμιαία ακίνητη σε ύψος H = 500 m από την επιφάνεια της Γης. Τη στιγμή εκείνη εκρήγνυται σε δύο κομμάτια. Το πρώτο κομμάτι έχει μάζα m1 = 2 kg και εκτοξεύεται οριζόντια με αρχική ταχύτητα υ1 = 40 m / s . Δ1. Να υπολογίσετε με πόση ταχύτητα εκτοξεύεται το δεύτερο κομμάτι. Δ2. Να υπολογίσετε την ταχύτητα, σε μέτρο και κατεύθυνση, του δεύτερου κομματιού, 6 s μετά από την έκρηξη. Δ3. Ποια χρονική στιγμή φτάνει το κάθε κομμάτι στο έδαφος; Σχολιάστε το αποτέλεσμα. Δ4. Εάν το πρώτο κομμάτι φτάνει στο έδαφος στο σημείο Α και το άλλο στο σημείο Β να υπολογίσετε την απόσταση ΑΒ. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. 2 http://ianxristou.pblogs.gr ΛΥΣΗ Δ1. Βλέπουμε αριστερά στο σχήμα την βόμβα μάζας m σε ύψος H. Δεξιά η βόμβα έχει μόλις εκραγεί στα m1 και m2 τμήματα που την αποτελούν. Ισχύει m = m1 + m2 ⇒ m2 = m m1 ⇒ m2 = 3 – 2 = 1 kg . Iσχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: pολ,,αρχ = pολ,τελ ⇒ 0 = m1·υ1 m2·υ2 ⇒ υ2 = m1·υ1 / m2 ⇒ υ2 = 2·40 / 1 = 80 m / s . Δ2. Tα δύο τμήματα εκτελούν οριζόντια βολή. Το δεύτερο κομμάτι: υ2,x = υ2 = 80 m / s και υ2,y = g·t = 10·6 = 60 m / s . Η συνολική ταχύτητα υ2“ ² = υ2,x2 + υ2,y2 ⇒ υ2“ ² = 80² + 60² ⇒ υ2“ = 100 m / s. H διεύθυνση εφ θ = υ2,y / υ2,x ⇒ εφ θ = 60 / 80 = 3 /4. Δ3. Η = ½·g·t² ⇒ t² = 2H / g ⇒ t² = 2·500 / 10 ⇒ t² = 100 ⇒ t = 10 s . Και οι δύο μάζες θα φτάσουν στο έδαφος ταυτόχρονα, οι μάζα των σωμάτων δεν έχει σημασία εφόσον εκτελούν ελεύθερη πτώση στον y άξονα. Δ4. Το βεληνεκές του m1 είναι Δx1 = υ1·t ⇒ Δx1 = 40·10 = 400 m . Το βεληνεκές του m2 είναι Δx2 = υ2·t ⇒ Δx1 = 80·10 = 800 m . H AB απόσταση είναι : ΑΒ = Δx1 + Δx2 = 400 + 800 = 1200 m . 3 http://ianxristou.pblogs.gr ΘΕΜΑ Δ Ανεμογεννήτρια οριζοντίου άξονα περιστροφής έχει τα εξής χαρακτηριστικά: Ύψος πύργου Η = 18 m (δηλαδή απόσταση από το έδαφος μέχρι το κέντρο της κυκλικής τροχιάς), ακτίνα έλικας R = 2 m, ενώ πραγματοποιεί 60 περιστροφές ανά λεπτό. Δ1. Να υπολογίσετε τη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της έλικας. Στην άκρη της έλικας έχει κολλήσει ένα (σημειακό) κομμάτι λάσπης. Δ2. Να υπολογίσετε τη γραμμική ταχύτητα και την κεντρομόλο επιτάχυνση του κομματιού της λάσπης. Τη στιγμή που η λάσπη περνάει από το ανώτερο σημείο της τροχιάς της ξεκολλάει κι εγκαταλείπει την έλικα. Δ3. Τι είδους κίνηση θα εκτελέσει; Δ4. Μετά από πόσο χρόνο θα φτάσει στο έδαφος και με τι ταχύτητα; 4 http://ianxristou.pblogs.gr Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g =10 m/s2. Θεωρήστε π2 ~ 10. Επίσης θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα. Λύση Δ1. Δίνεται η συχνότητα: f = N / t ⇒ f = 60 / 1 min = 60 / 60 s = 1 Ηz . Η γωνιακή ταχύτητα ω = 2π·f = 2·3,14·1 = 6,28 rad / s ή 2π rad / s . Δ2. H γραμμική ταχύτητα του άκρου: υ = ω·R ⇒ υ = 2π·2 = 4π m / s . H κεντρομόλoς επιτάχυνση είναι ακ = υ2 / R ⇒ ακ = (4π)² / 2 ⇒ ακ = 80 m / s² . Δ3. Θα εκτελέσει οριζόντια βολή: με υx = υ = 4π m / s. Δ4. Το ύψος που βρίσκεται το σώμα στο πάνω μέρος της κυκλικής του τροχιάς είναι Η “ = Η + R = 18 + 2 = 20 m . Εκτελεί και ελεύθερη πτώση, άρα Η “ = ½·g·t² ⇒ t² = 2·H “ / g ⇒ t² = 2·20 / 10 ⇒ t² = 4 ⇒ t = 2s. Με ταχύτητα στον y άξονα: υy = g·t = 10·2 = 20 m / s. H συνολική ταχύτητα θα είναι: υ² = υx² + υy² ⇒ υ² = (4π)² + 20² ⇒ υ² = 16π² + 400 ⇒ υ² = 560 ⇒ υ = 23,7 m / s . 5 http://ianxristou.pblogs.gr ΘΕΜΑ Δ Τη χρονική στιγμή to = 0 σώμα μάζας m1 = 0,4 kg βάλλεται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου υ1 = 30 m/s από ύψος 160 m από το έδαφος. Ταυτόχρονα από το έδαφος βάλλεται κατακόρυφα προς τα επάνω ένα δεύτερο σώμα μάζας m2 = 0,1 kg με ταχύτητα μέτρου m2 = 40 m/s. Όταν το m2 φτάσει στο μέγιστο ύψος της τροχιάς του, τα δύο σώματα συγκρούονται πλαστικά. Να υπολογίσετε: Δ1. To μέγιστο ύψος που φτάνει το m2 και τη χρονική στιγμή t1 της κρούσης. Δ2. Την ταχύτητα του σώματος m1 (σε μέτρο και κατεύθυνση, υπολογίζοντας τη γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα της ταχύτητας του σώματος ml με τον οριζόντιο άξονα) τη χρονική στιγμή t1. Δ3. Να αποδείξετε ότι τη χρονική στιγμή που το σώμα μάζας m2 φτάνει στο μέγιστο ύψος του, το σώμα m1βρίσκεται επίσης στο ίδιο ύψος. Δ4. Την ταχύτητα του συσσωματώματος (σε μέτρο και κατεύθυνση, υπολογίζοντας τη γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα της ταχύτητας του συσσωματώματος με τον οριζόντιο άξονα) αμέσως μετά την κρούση. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m/s2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. ΛΥΣΗ Δ1. To m2 εκτελεί κατακόρυφη βολή και φτάνει σε μέγιστο ύψος h όπου η ταχύτητα του μηδενίζεται: υy = υ2 – g·t1 ⇒ 0 = υ2 – g·t1 ⇒ υ2 = g·t1 ⇒ t1 = υ2 / g ⇒ t1 = 40 / 10 ⇒ t1 = 4 s . To μέγιστο ύψος είναι: h = υ2·t1 - ½·g·t1² ⇒ h = 40·4 - ½·10·4² ⇒ h = 160 – 80 = 80 m . 6 http://ianxristou.pblogs.gr Δ2. Την χρονική στιγμή t1 το σώμα m1 έχει ταχύτητα υ1,y = g·t1 και συνολική ταχύτητα: υ1“ ² = υ1² + υ1,y² ⇒ υ1“ ² = 30² + (10·4)² ⇒ υ1“ ² = 900 + 1600 ⇒ υ1“ ² = 2500 ⇒ υ1“ = 50 m / s . H διεύθυνση της ταχύτητας είναι: εφ θ = υ1,y / υ1 ⇒ εφ θ = 40 / 30 = 4 / 3 . Δ3. Το m1 την χρονική στιγμή t1 βρίσκεται σε ύψος y1 = ½·g· t1² = ½·10·4² = 80 m, άρα βρίσκεται σε ύψος h1 = H - y1 ⇒ h1 = 160 – 80 = 80 m στο ίδιο ύψος με το m2 . Δ4. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: poλ,αρχ = pολ,τελ ⇒ m1·υ1“ = (m1 + m2)·υ” ⇒ υ” = m1·υ1“ / (m1 + m2) ⇒ υ” = 0,4·50 / (0,4 + 0,1) ⇒ υ” = 20 / 0,5 ⇒ υ” = 40 m / s . H διεύθυνση της ταχύτητας του συσσωματώματος είναι η ίδια με την διεύθυνση της m1 λίγο πριν την κρούση, άρα εφ θ = 4 / 3 . ΘΕΜΑ Δ Ένα βλήμα μάζας m = 0,1 kg κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ = 100 m / s και προσκρούει σε ακίνητο στόχο μάζας M = 4,9 kg οπότε και δημιουργείται συσσωμάτωμα. Να βρείτε: Δ1. Την ταχύτητα του συσσωματώματος. Δ2. Τη θερμότητα η οποία ελευθερώθηκε λόγω της σύγκρουσης. Δ3. Το μέτρο της μεταβολής της ορμής για κάθε σώμα ξεχωριστά κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης. Δ4. Το βλήμα διανύει μέσα στο στόχο απόσταση 1 m. Να βρεθεί η μέση δύναμη που ασκείται από το στόχο στο βλήμα κατά της διάρκεια της ενσωμάτωσής του, αν υποτεθεί ότι το βλήμα και ο στόχος εκτελούν ευθύγραμμες ομαλά μεταβαλλόμενες κινήσεις κατά τη χρονική διάρκεια της σύγκρουσης. ΛΥΣΗ Δ1. Η αρχή διατήρησης της ορμής: pολ,αρχ = pολ,τελ ⇒ m·υ =(m + M)·υ” ⇒ υ” = m·υ / (m + M) ⇒ υ” = 0,1·100 / (0,1 + 4,9) ⇒ υ” = 2 m / s . Δ2. H θερμότητα που απελευθερώθηκε λόγω της κρούσης υπολογίζεται από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: Kαρχ = Q + Kτελ ⇒ Q = Kαρχ - Kτελ ⇒ Q = ½·m·υ² - ½·(Μ + m)·υ” ² ⇒ Q = ½·0,1·100² - ½·5·2² ⇒ Q = 500 – 10 = 490 joule . Δ3. Τo μέτρο της μεταβολής της ορμής για τα δύο σώματα είναι: Δpm = pτελ,m - pαρχ,m ⇒ Δpm = m·υ” – m·υ ⇒ Δpm = m·(υ” – υ) ⇒ Δpm = 0,1·(2 – 100) ⇒ Δpm = – 9,8 kg·m / s . ΔpM = pτελ,M - pαρχ,M ⇒ ΔpM = M·υ” – 0 ⇒ ΔpM = M·υ” ⇒ ΔpM = 4,9·2 = 9,8 kg·m / s . 7 http://ianxristou.pblogs.gr Δ4.Τo βλήμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση διανύοντας απόσταση x + d . υ’ = υ – α·t ⇒ t = (υ – υ’) / α και Δx = x + d = υ·t – ½·α·t² συνδιάζουμε τις σχέσεις (αντικαθιστούμε το t στο Δx) και τελικά φτάνουμε στη σχέση x + d = (υ² – υ’ ²) / 2·α …(1) και ισχύει F = m·α …(2) Τo σώμα Μ εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση διανύοντας απόσταση d. υ’= α’·t και d = ½·α’·t² => d = υ’ ² / 2 α’ …(3) και ισχύει F’ = M·α’ …(4) . Aπό τις (2) και (4) => α’= (m / Μ)·α …(5) Aπό τις (1) – (3) και (5) βρίσκουμε x = (υ² – υ’ ²) / 2·α - υ’ ² / 2 α’ => x = (m·(υ² – υ’ ²) – υ’ ² ·M) / (2·α ·m) => α = (m· (υ² – υ’ ²)- υ’ ² ·M) / (2·x·m) . Eπομένως η (2) δίνει F = m·α = (m·(υ² – υ’ ²) – υ’ ² ·M) / (2·x) = 499Ν . Β λύση και με ΘΜΚΕ για το βλήμα m και για το σώμα Μ Βλήμα: – F·(d+x) = ½·m·υ” ² – ½·m·υ² Στόχος: + F·d = ½·Μ·υ” ² – 0 Με πρόσθεση κατά μέλη: – F·x = ½·(Μ+m)·υ” ² – ½·m·υ² ⇒ F = 499 N . ΘΕΜΑ Δ Σώμα μάζας m1 = 2 kg αφήνεται από κάποιο ύψος και μετά από 3 s χτυπάει με ταχύτητα μέτρου υ1 στο έδαφος. Το σώμα αναπηδά με ταχύτητα μέτρου υ2 = 20 m / s. Καθώς ανεβαίνει και σε ύψος 15 m από το έδαφος, συγκρούεται πλαστικά με άλλο σώμα μάζας m2 = 3 kg που συγκρατείται ακίνητο στο ύψος αυτό, και τη στιγμή της κρούσης απελευθερώνεται. Να υπολογίσετε: 8 http://ianxristou.pblogs.gr Δ1. την ταχύτητα υ1 καθώς και το αρχικό ύψος από το οποίο αφέθηκε το σώμα m1, Δ2. τη μέση συνισταμένη δύναμη που δέχτηκε το σώμα μάζας m1 κατά την κρούση του με το έδαφος, εάν ο χρόνος επαφής με αυτό ήταν 0,1 s, Δ3. την ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση, Δ4. το μέγιστο ύψος από το έδαφος που θα φθάσει το συσσωμάτωμα, Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m / s2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. ΛΥΣΗ Δ1. Κατά την ελεύθερη πτώση του σώματος m1 από ύψος h = ½·g·t1² ⇒ h = ½·10·3² ⇒ h = 45 m , η ταχύτητα υ1 = g·t1 ⇒ υ1 = 10·3 ⇒ υ1 = 30 m / s . Άλλος δρόμος για την λύση είναι ο ενεργειακός: με την αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας ή το θεώρημα μεταβολής κινητικής ενέργειας που εφαρμόσαμε στο Δ3. Δ2. H συνισταμένη δύναμη ΣF = Δp1 / Δt ⇒ ΣF = (m1·υ2 -(- m1·υ1)) / Δt ⇒ ΣF = (2·20 + 2·30) / 0,1 ⇒ ΣF = 1000 N . Δ3. Θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας: Κτελ – Καρχ = W ⇒ ½ ·m1·υ2’ 2 – ½ ·m1·υ22 = – m1·g·y ⇒ υ2’ 2 = υ22 – 2·g·y ⇒ υ2’ 2 = 20² - 2·10·15 ⇒ υ2’ 2 = 400 – 300 ⇒ υ2’ 2 = 100 ⇒ υ2’ = 10 m/s. Αρχή διατήρησης της ορμής: poλ,αρχ = pολ,τελ ⇒ m1·υ2’ + 0 = (m1 + m2)·υ ⇒ υ = m1·υ2’ / (m1 + m2) ⇒ υ = 2·10 / 5 ⇒ υ = 4 m / s . Δ4. Το συσσωμάτωμα θα φτάσει στο μέγιστο ύψος άρα υ “ = 0 , το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας είναι: Κτελ – Καρχ = W ⇒ ½ ·(m1 + m2)·υ “ 2 – ½ ·(m1 + m2) ·υ 2 = – 9 http://ianxristou.pblogs.gr (m1 + m2)·g·Η ⇒ 0 - ½ ·(m1 + m2)·υ 2 = - (m1 + m2)·g·Η ⇒ Η = υ 2 / 2·g ⇒ Η = 16 / 20 ⇒ Η = 0,8 m , το συνολικό ύψος που θα ανέβει το συσσωμάτωμα είναι: Η “ = Η + y ⇒ H “ = 0,8 + 15 = 15,8 m . ΘΕΜΑ Δ Ένας ξύλινος στόχος μάζας M = 5 kg βρίσκεται ακίνητος σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Βλήμα μάζας m = 0,1 kg λίγο πριν την κρούση με το στόχο, έχει οριζόντια προς τα δεξιά ταχύτητα με μέτρο 200 m / s. Το βλήμα διαπερνά το στόχο και εξέρχεται από αυτόν με οριζόντια ταχύτητα μέτρου 100 m / s, ομόρροπη της αρχικής του ταχύτητας. Δ1. Να βρεθεί η ταχύτητα την οποία αποκτά ο στόχος αμέσως μετά τη σύγκρουση. Δ2. Να βρεθεί το ποσό της κινητικής ενέργειας που μετατράπηκε σε θερμότητα εξ αιτίας της συγκρούσεως. Υποθέτουμε ότι οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ του στόχου και του βλήματος, όταν το βλήμα διαπερνά το στόχο, είναι χρονικά σταθερές. Δ3. Αν ο χρόνος που χρειάστηκε το βλήμα να διαπεράσει το στόχο είναι Δt = 0,01 s, να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκείται από το βλήμα στο στόχο. Δ4. Ο στόχος βρίσκεται στην άκρη ενός τραπεζιού, οπότε μετά την κρούση εκτελεί οριζόντια βολή. Όταν ο στόχος πέφτει στο δάπεδο, τότε το μέτρο της ταχύτητάς του είναι διπλάσιο από το μέτρο της ταχύτητας που έχει αμέσως μετά τη σύγκρουσή του με το βλήμα. Να βρεθεί το ύψος του τραπεζιού. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m / s2 . ΛΥΣΗ : Δ1. Μια περίπτωση ανελαστικής κρούσης, το βλήμα m περνάει μέσα από το σώμα M. Στο πρώτο και δεύτερο σχήμα βλέπουμε τα m και M πριν και μετά την κρούση. 10 http://ianxristou.pblogs.gr Αρχή διατήρησης της ορμής: pολ,αρχ = pολ,τελ ⇒ m·υ1 = M·υ2 + m·υ1“ ⇒ M·υ2 = m·υ1 - m·υ1“ ⇒ υ2 = (m·υ1 - m·υ1“) / M ⇒ υ2 = (0,1·200 – 0,1·100) / 5 ⇒ υ2 = (20 – 10) / 5 ⇒ υ2 = 2 m / s . Δ2. Αρχή διατήρησης της ενέργειας: Καρχ = Q + Κτελ ⇒ Q = Καρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ1² – (½·m·υ1“ ² + ½·M·υ2²) ⇒ Q = ½·0,1·200² – (½·0,1·100² + ½·5·2²) ⇒ Q = 2000 – (500 + 10) ⇒ Q = 1490 joule. Δ3. Ο 2ος γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt ⇒ ΣF = (M·υ2 - 0) / Δt ⇒ ΣF = 5·2 / 0,01 ⇒ ΣF = 1000 N . Δ4. Το σώμα Μ εκτελεί οριζόντια βολή. Mας δίνεται υ2“ = 2·υ2 = 4 m / s . Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας: Κτελ - Καρχ = W ⇒ ½·M·υ2“ ² - ½·M·υ2² = M·g·h ⇒ h = (υ2“ ² - υ2²) / 2·g ⇒ h = (4² – 2²) / 2·10 ⇒ h = (16 – 4) / 20 ⇒ h = 12 / 20 = 0,6 m . ΘΕΜΑ Δ Δύο σώματα με μάζες m1 = 1 kg και m2 = 2 kg κινούνται το ένα προς το άλλο, σε λείο οριζόντιο επίπεδο με ταχύτητες μέτρου 4 m / s και 3 m / s και σε αντίθετες κατευθύνσεις. Τα σώματα κουβαλούν μικροποσότητες εκρηκτικών, τα οποία ενδέχεται να εκραγούν κατά τη μεταξύ τους σύγκρουση. Παρατηρούμε ότι μετά τη σύγκρουσή τους η ταχύτητα του σώματος 1 έχει μέτρο 8 m / s και κατεύθυνση αντίθετη από την αρχική κατεύθυνση κίνησης του σώματος 1. Να βρείτε: Δ1. Την ταχύτητα του σώματος 2 μετά τη σύγκρουση. Δ2. Τη μεταβολή της ορμής κατά μέτρο για κάθε σώμα ξεχωριστά. Δ3. Τη μέση δύναμη που ασκεί το κάθε σώμα στο άλλο, αν η σύγκρουση διαρκεί Δt = 0,01 s. Δ4. Κατά τη σύγκρουση εξερράγη κάποια ποσότητα εκρηκτικού ή απλώς παράχθηκε κάποιο ποσό θερμικής ενέργειας λόγω της σύγκρουσης; Να προσδιορίσετε το ποσό της θερμότητας που παράχθηκε λόγω της σύγκρουσης ή της ελάχιστης ενέργειας που ελευθερώθηκε από το εκρηκτικό, με βάση την απάντησή σας στο προηγούμενο ερώτημα. ΛΥΣΗ : Δ1. Το σχήμα της άσκησης: 11 http://ianxristou.pblogs.gr Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: pολ,αρχ = pολ,τελ ⇒ m1·υ1 - m2·υ2 = m2·υ2“ - m1·υ1“ ⇒ m2·υ2“ = m1·υ1 - m2·υ2 + m1·υ1“ ⇒ υ2“ = (m1·(υ1 + υ1“) – m2·υ2) / m2 ⇒ υ2“ = (1·(8 + 4) – 2·3) / 2 ⇒ υ2 “ = 3 m / s . Δ2. H μεταβολή της ορμής για το m1 : Δp1 = p1“ - p1 ⇒ Δp1 = – m1·υ1“ - m1·υ1 ⇒ Δp1 = m1·( – υ1“ - υ1) ⇒ Δp1 = 1·(- 8 – 4) = – 12 kg·m / s . H μεταβολή της ορμής για το m2 : Δp2 = p2“ - p2 ⇒ Δp2 = m2·υ2“ – (- m2·υ2) ⇒ Δp2 = m2·( υ2“ + υ2) ⇒ Δp2 = 2·(3 + 3 ) = - 12 kg·m / s . Λογικό αποτέλεσμα γιατί ισχύει Δp1 = - Δp2 . Δ3. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton : ΣF1 = Δp1 / Δt ⇒ ΣF1 = 12 / 0,01 = 1200 N . O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton : ΣF2 = Δp2 / Δt ⇒ ΣF2 = – 12 / 0,01 = – 1200 Ν . Λογικό γιατί ισχύει ΣF1 = - ΣF2 (δυνάμεις δράσης – αντίδρασης) . Δ4. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ενέργειας: Kαρχ = Q + Kτελ ⇒ Q = Kαρχ - Kτελ ⇒ Q = (½·m1·υ1² + ½·m2·υ2²) - (½·m1·υ1“ ² + ½·m2·υ2“ ²) ⇒ Q = (½·1·4² + ½·2·3²) – (½·1·8² + ½·2·3²) ⇒ Q = (8 + 9) – (32 + 9) ⇒ Q = 17 – 41 = – 24 joule. ΘΕΜΑ Δ Σώμα βρίσκεται στην οριζόντια ταράτσα ουρανοξύστη και εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση σε κύκλο ακτίνας r = 5 / π m με περίοδο T = ½ s. Να βρείτε: Δ1. Το μέτρο της γραμμικής ταχύτητας του σώματος. Κάποια χρονική στιγμή το σκοινί το οποίο κρατάει το σώμα στην κυκλική τροχιά κόβεται, με αποτέλεσμα αυτό να διαφύγει εκτελώντας οριζόντια βολή. Να βρείτε: Δ2. Την ταχύτητα του σώματος κατά μέτρο και κατεύθυνση 2 s αφού εγκαταλείψει την οροφή της πολυκατοικίας. Δ3. Την απόσταση από το σημείο που διέφυγε από την ταράτσα μέχρι το σημείο που βρίσκεται τη χρονική στιγμή που περιγράφεται στο ερώτημα Δ2. Δ4. Παρατηρούμε ότι το σώμα πέφτει στο οριζόντιο έδαφος με γωνία ως προς αυτό θ για την οποία ισχύει: εφθ = 2. Να βρείτε το πηλίκο της κατακόρυφης απόστασης του σημείου βολής από το έδαφος προς τη μέγιστη οριζόντια μετατόπιση (βεληνεκές) του σώματος . 12 http://ianxristou.pblogs.gr Δίδεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στη επιφάνειας της γης g =10 m / s² , και ότι κάθε είδους τριβή όπως και η αντίσταση από τον αέρα θεωρούνται αμελητέες. ΛΥΣΗ Δ1. Στο αριστερό σχήμα μια κάτοψη της ταράτσας, η γραμμική ταχύτητα υ = 2π·r / T ⇒ υ = 2π·(5 / π) / (½) ⇒ υ = 20 m / s . Δ2. Τo σώμα εκτελεί οριζόντια βολή, όπως βλέπουμε στο δεξί σχήμα, ισχύει: υx = υ = 20 m / s και υy = g·t ⇒ υy = 10·2 = 20 m / s . Η συνολική ταχύτητα υ” ² = υx² + υy² ⇒ υ” ² = 20² + 20² ⇒ υ” ² = 2·20² ⇒ υ” = 20·√2 m / s . H διεύθυνση εφθ” = υy / υ ⇒ εφθ” = 20 / 20 = 1 ⇒ θ “ = 45° Δ3. Το ύψος y είναι: y = ½·g·t² ⇒ y = ½·10·2² = 20 m . επίσης διανύει x απόσταση στον οριζόντιο άξονα: υ = x / t ⇒ x = υ·t ⇒ x = 20·2 = 40 m, άρα η απόσταση όπως βλέπουμε στο σχήμα είναι: d² = y² + x² ⇒ d² = 20² + 40² ⇒ d² = 400 + 1600 ⇒ d² = 2000 ⇒ d = 20√5 m . Δ4. Η εφθ = υ’y / υ ⇒ υ’y = υ·εφθ = 20·2 = 40 m / s. υ’y = g·t” ⇒ t” = υ’y / g ⇒ t” = 40 / 10 = 4 s . Ύψος : H = ½·g·t” ² ⇒ H = ½·10·4² = 80 m . Βεληνεκές: S = υ·t” = 20·4 = 80 m . Άρα o ζητούμενος λόγος: Η / S = 1 . 13 http://ianxristou.pblogs.gr ΘΕΜΑ Δ Ο καθηγητής της φυσικής μιας σχολής αξιωματικών του στρατού θέτει ένα πρόβλημα σχετικά με το πώς οι φοιτητές, αξιοποιώντας τις γνώσεις τους από το μάθημα, θα μπορούσαν να υπολογίσουν την ταχύτητα υ του βλήματος ενός πιστολιού. Ο καθηγητής υποδεικνύει στους φοιτητές την παρακάτω διαδικασία: Το βλήμα μάζας m εκτοξεύεται οριζόντια και σφηνώνεται σε ένα κομμάτι ξύλου, μάζας Μ, που ισορροπεί ελεύθερο στην κορυφή ενός στύλου ύψους h. Οι μάζες m και Μ μετρώνται με ζύγιση και το ύψος h μετράται με μετροταινία. Το συσσωμάτωμα αμέσως μετά την κρούση εκτελεί οριζόντια βολή και χτυπάει στο έδαφος σε οριζόντια απόσταση x από τη βάση του στύλου, αφήνοντας ένα σημάδι στο χώμα ώστε να είναι δυνατή η μέτρηση αυτής της απόστασης x. Οι φοιτητές έκαναν τη διαδικασία και τις μετρήσεις που τους υπέδειξε ο καθηγητής τους και βρήκαν τις τιμές m = 0,1 kg, M = 1,9 kg, h = 5 m και x = 10 m. Λαμβάνοντας υπόψη τις προηγούμενες τιμές των μεγεθών που μετρήθηκαν από τους φοιτητές, και θεωρώντας την αντίσταση του αέρα αμελητέα, να υπολογίσετε: Δ1. Το χρονικό διάστημα που πέρασε από την στιγμή της κρούσης μέχρι το συσσωμάτωμα να αγγίξει το έδαφος. Δ2. Το μέτρο της οριζόντιας ταχύτητας V την οποία απέκτησε το συσσωμάτωμα αμέσως μετά την κρούση. Δ3. Το μέτρο της ταχύτητας υ του βλήματος πριν σφηνωθεί στο ξύλο. Δ4. Την απώλεια της μηχανικής ενέργειας του συστήματος βλήμα – ξύλο κατά την κρούση. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γής g = 10m/s2. ΛΥΣΗ Δ1. Το συσσωμάτωμα εκτελεί οριζόντια βολή: h = ½·g·t² ⇒ t² = 2·h / g ⇒ t² = 2·5 / 10 ⇒ t = 1 s. 14 http://ianxristou.pblogs.gr Δ2. Τo βεληνεκές S = x = υ” ·t ⇒ υ” = x / t ⇒ υ” = 10 / 1 = 10 m / s . Δ3. Η αρχή διατήρησης της ορμής: Poλ,αρχ = Poλ,τελ ⇒ m·υ = (m + M)·υ” ⇒ υ = (m + M)·υ” / m ⇒ υ = (0,1 + 1,9)·10 / 0,1 ⇒ υ = 200 m / s . Δ4. H απώλεια της μηχανικής ενέργειας Q, αρχή διατήρησης της ενέργειας: Καρχ = Κτελ + Q ⇒ Q = Καρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ² - ½·(Μ + m)·υ” ² ⇒ Q = ½·0,1·200² - ½·(1,9 + 0,1)·10² ⇒ Q = 2000 – 100 ⇒ Q = 1900 joule . ΘΕΜΑ Δ Μία οβίδα μάζας 3 kg εκτοξεύεται από το σημείο Α του οριζόντιου εδάφους κατακόρυφα προς τα πάνω. Όταν φθάνει στο ανώτερο σημείο O της τροχιάς της, δηλαδή έχει στιγμιαία ταχύτητα μηδέν, σπάει ακαριαία, λόγω εσωτερικής έκρηξης, σε δύο κομμάτια με μάζες m1 = 1 kg και m2 = 2 kg. Το σημείο Ο βρίσκεται σε ύψος 20 m από το έδαφος. Το κομμάτι μάζας m1 αποκτά αμέσως μετά την έκρηξη οριζόντια ταχύτητα μέτρου 10 m / s με φορά προς τα δεξιά ενός παρατηρητή. Τα κομμάτια m1 και m2 κινούνται και πέφτουν στο έδαφος στα σημεία Κ και Λ αντιστοίχως. Να υπολογίσετε: Δ1. Το μέτρο και την κατεύθυνση της ταχύτητας που αποκτά το κομμάτι μάζας m2 αμέσως μετά την έκρηξη. Δ2. Το χρονικό διάστημα που κινείται κάθε κομμάτι από τη στιγμή της έκρηξης μέχρι να αγγίξει το έδαφος. Δ3. Την απόσταση ΚΛ. Δ4. Το μέτρο της ταχύτητας του κομματιού μάζας m1 ακριβώς πριν ακουμπήσει στο σημείο Κ του εδάφους. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s2, και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. ΛΥΣΗ Δ1. Το σχήμα της άσκησης είναι: 15 http://ianxristou.pblogs.gr Βλέπουμε στο αριστερό σχήμα το σώμα m που έχει φτάσει στο ανώτερο ύψος της τροχιάς του και έχει υ = 0. Η αρχή διατήρησης της ορμής: Poλ,αρχ = Poλ,τελ ⇒ 0 = m1·υ1 m2·υ2 ⇒ m1·υ1 = m2·υ2 ⇒ υ2 = m1·υ1 / m2 ⇒ υ2 = 1·10 / 2 ⇒ υ2 = 5 m / s . H m2 θα κινηθεί προς τα αριστερά σε οριζόντια διεύθυνση. Δ2. Το κάθε κομμάτι θα εκτελέσει οριζόντια βολή, άρα : Η = ½·g·t² ⇒ t² = 2·H / g ⇒ t² = 2·20 / 10 ⇒ t = 2 s . O χρόνος κίνησης είναι ο ίδιος και για τις δύο μάζες. Δ3. Το βεληνεκές για τις δύο μάζες είναι: Δx1 = υ1·t ⇒ Δx1 = 10·2 = 20 m και Δx2 = υ2·t ⇒ Δx2 = 5·2 = 10 m . Από το σχήμα: (ΚΛ) = Δx1 + Δx2 ⇒ (ΚΛ) = 20 + 10 = 30 m / s . Δ4. H ταχύτητα του m1 είναι υ1,x = υ1 = 10 m / s και υ1,y = g·t = 10·2 = 20 m / s , στους δύο άξονες, άρα συνολικά: υ1 “ ² = υ1,x ² + υ1,y ² ⇒ υ1 “ ² = 10² + 20² ⇒ υ1 “ ² = 100 + 400 ⇒ υ1 “ ² = 500 ⇒ υ1 “ = 10·√5 m / s . ΘΕΜΑ Δ Μικρή σφαίρα μάζας 0,1 kg αφήνεται από ύψος h να πέσει ελεύθερα πάνω σε οριζόντιο δάπεδο. Η σφαίρα προσκρούει στο δάπεδο με ταχύτητα μέτρου υ1 = 5 m / s και αναπηδά κατακόρυφα έχοντας αμέσως μόλις χάσει την επαφή της με το δάπεδο, ταχύτητα μέτρου υ2 = 2 m / s. Η χρονική διάρκεια της επαφής της σφαίρας με το δάπεδο είναι 0,1 s. Να υπολογιστούν: Δ1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας (κατά μέτρο και κατεύθυνση) κατά την κρούση της με το δάπεδο. Δ2. Η μέση τιμή της δύναμης που ασκήθηκε από το δάπεδο στη σφαίρα κατά την κρούση. Δ3. Το ύψος h από το οποίο αφέθηκε η σφαίρα. Δ4. Το % ποσοστό της αρχικής μηχανικής ενέργειας της σφαίρας που μεταφέρθηκε στο περιβάλλον κατά την κρούση. Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s2 και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Θεωρήστε ως επίπεδο δυναμικής ενέργειας μηδέν, το επίπεδο του δαπέδου. ΛΥΣΗ 16 http://ianxristou.pblogs.gr Δ1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας: Δp = p1 - p2 ⇒ Δp = - m· υ1 - m·υ2 ⇒Δp = – 0,1·(5 + 2) = – 1 kg·m / s² . H διεύθυνση της Δp είναι κατακόρυφη και η φορά προς τα κάτω. Δ2. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt ⇒ ΣF = 1 / 0,1 = 10 Ν . Η ΣF και Δp έχουν ίδια διεύθυνση και φορά. Η συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα: ΣF = m·g – N ⇒ N = m·g - ΣF ⇒ N = 0,1·10 – 10 ⇒ N = – 9 N . Το μείον απλά δηλώνει ότι η φορά της Ν είναι αντίθετη της θετικής φοράς (προς τα πάνω) όπως και συμβαίνει. Δ3. Η σφαίρα εκτελεί ελεύθερη πτώση: με ταχύτητα υ1 = g·t ⇒t = υ1 / g ⇒t = 5 / 10 ⇒ t = ½ s. To ζητούμενο ύψος h = ½·g·t² ⇒ h = 5 / 4 = 1,25 m . Δ4. H αρχή διατήρησης της ενέργειας: Καρχ = Κτελ + Q ⇒ Q = Καρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ1² ½·m·υ2² ⇒ Q = ½·0,1·5² - ½·0,1·2² ⇒ Q = 1,25 – 0,2 ⇒ Q = 1,23 joule . To ζητούμενο ποσοστό: (Q / Καρχ)·100% = (1,23 / 1,25)·100% = 98,4 % . ΘΕΜΑ Δ Μικρή σφαίρα μάζας 0,1 kg αφήνεται από ύψος h να πέσει ελεύθερα πάνω σε οριζόντιο δάπεδο. Η σφαίρα προσκρούει στο δάπεδο με ταχύτητα μέτρου υ1 = 5 m / s και αναπηδά κατακόρυφα έχοντας αμέσως μόλις χάσει την επαφή της με το δάπεδο, ταχύτητα μέτρου υ2 = 2 m / s. Η χρονική διάρκεια της επαφής της σφαίρας με το δάπεδο είναι 0,1 s. Να υπολογιστούν: Δ1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας (κατά μέτρο και κατεύθυνση) κατά την κρούση της με το δάπεδο. Δ2. Η μέση τιμή της δύναμης που ασκήθηκε από το δάπεδο στη σφαίρα κατά την κρούση. Δ3. Το ύψος h από το οποίο αφέθηκε η σφαίρα. Δ4. Το % ποσοστό της αρχικής μηχανικής ενέργειας της σφαίρας που μεταφέρθηκε στο περιβάλλον κατά την κρούση. 17 http://ianxristou.pblogs.gr Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s2 και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Θεωρήστε ως επίπεδο δυναμικής ενέργειας μηδέν, το επίπεδο του δαπέδου. ΛΥΣΗ Δ1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας: Δp = p1 - p2 ⇒ Δp = - m· υ1 - m·υ2 ⇒Δp = – 0,1·(5 + 2) = – 1 kg·m / s² . H διεύθυνση της Δp είναι κατακόρυφη και η φορά προς τα κάτω. Δ2. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt ⇒ ΣF = 1 / 0,1 = 10 Ν . Η ΣF και Δp έχουν ίδια διεύθυνση και φορά. Η συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα: ΣF = m·g – N ⇒ N = m·g - ΣF ⇒ N = 0,1·10 – 10 ⇒ N = – 9 N . Το μείον απλά δηλώνει ότι η φορά της Ν είναι αντίθετη της θετικής φοράς (προς τα πάνω) όπως και συμβαίνει. Δ3. Η σφαίρα εκτελεί ελεύθερη πτώση: με ταχύτητα υ1 = g·t ⇒t = υ1 / g ⇒t = 5 / 10 ⇒ t = ½ s. To ζητούμενο ύψος h = ½·g·t² ⇒ h = 5 / 4 = 1,25 m . Δ4. H αρχή διατήρησης της ενέργειας: Καρχ = Κτελ + Q ⇒ Q = Καρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ1² ½·m·υ2² ⇒ Q = ½·0,1·5² - ½·0,1·2² ⇒ Q = 1,25 – 0,2 ⇒ Q = 1,23 joule . To ζητούμενο ποσοστό: (Q / Καρχ)·100% = (1,23 / 1,25)·100% = 98,4 % . ΘΕΜΑ Δ 18 http://ianxristou.pblogs.gr Ένας ξύλινος κύβος μάζας Μ = 1 kg ισορροπεί στην άκρη της ταράτσας στο σημείο Ο ενός κτηρίου Κ1 ύψους 40 m. Κάποια στιγμή, που τη θεωρούμε ως αρχή μέτρησης του χρόνου t = 0, ένα βλήμα μάζας m = 0,1 kg, το οποίο κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ1 = 200 m / s, διαπερνά ακαριαία τον κύβο και εξέρχεται από αυτόν με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ2, ενώ ο κύβος αποκτά οριζόντια ταχύτητα μέτρου v. Ο κύβος εκτελεί στη συνέχεια οριζόντια βολή και καθώς κινείται συναντά έλα κτήριο Κ2 ύψους 20 m, οπότε προσκρούει στο σημείο Α της ταράτσας, που είναι το πλησιέστερο σημείο της στο κτήριο Κ1 . Τα κτήρια απέχουν 20 m, όπως φαίνεται στο σχήμα. Να υπολογιστούν: Δ1. η χρονική στιγμή της πρόσκρουσης του κύβου στο σημείο Α, Δ2. το μέτρο v της ταχύτητας του κύβου αμέσως μετά τη διέλευση του βλήματος, Δ3. το μέτρο της ταχύτητας του κύβου πριν ακριβώς προσκρούσει στο σημείο Α, Δ4. η απώλεια της μηχανικής ενέργειας του συστήματος βλήμα – κύβος κατά τη διέλευση του βλήματος από τον κύβο. Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s2 και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. ΛΥΣΗ 19 http://ianxristou.pblogs.gr Δ1. O κύβος εκτελεί οριζόντια βολή, η διαφορά ύψους των σημείων Ο, Α είναι: (40 – 20) = ½·g·t² ⇒ t² = 4 ⇒ t = 2 s . Δ2. Το βεληνεκές: S = v·t ⇒ v = S / t ⇒ v = 20 / 2 = 10 m / s . Προσοχή: είναι 20 m και η οριζόντια απόσταση. Δ3. Iσχύει: vy = g·t = 10·2 = 20 m / s . Η συνολική ταχύτητα v “ ² = v² + vy² ⇒ v “ ² = 10² + 20² = 500 ⇒ v “ = 10·√5 m / s . Δ4. Η αρχή διατήρησης της ορμής: Pολ,αρχ = Pολ,τελ ⇒ m·υ1 = Μ·v + m·υ2 ⇒ m·υ2 = m·υ1 - Μ·v ⇒ υ2 = υ1 - (Μ / m)·v ⇒ υ2 = 200 – (1 / 0,1)·10 = 100 m / s . Aρχή διατήρησης της ενέργειας: Kαρχ = Q + Κτελ ⇒ Q = Kαρχ - Κτελ ⇒ Q = ½·m·υ1² – (½·m·υ2² + ½·M·v²) ⇒ Q = ½·0,1·200² – (½·0,1·100² + ½·1·10²) ⇒ Q = 2000 – (500 + 50) ⇒ Q = 2000 – 550 = 1450 joule. 20