ΠΡΟΛΟΓΟΣ - ziti.gr · PDF fileΣΤΑΤΙΚΗ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ . ... ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΤΩΝ ΣΥΜΕΧΩΝ ΜΕΣΩΝ ... Ι

ΠΡΟΛΟΓΟΣ Γ′ ΕΚ∆ΟΣΗΣ Όπως έγραφα και στον πρόλογο της α′ έκδοσης, το βιβλίο αυτό περιέχει προβλήµατα Γενικής Φυσικής και ιδιαίτερα της Μηχανικής στο επίπεδο της διδα-σκαλίας του αντίστοιχου µαθήµατος του Α′ εξαµήνου του Τµήµατος Φυσικής του Α.Π.Θ. Αποτελεί λοιπόν ένα βοήθηµα για τους φοιτητές των Θετικών Επιστηµών των Πανεπιστηµίων, µπορούν όµως να προστρέξουν σ’ αυτό και οι συνάδελφοι διδάσκοντες, αλλά και µαθητές των Λυκείων και καθηγητές της Μέσης Εκπαί-δευσης. Άλλωστε, η φυσική νοµοτέλεια είναι ορισµένη, η φυσική σκέψη πρέπει να ακολουθεί µε λογική και συνέπεια αυτή τη νοµοτέλεια, την οποία στο τέλος πρέπει να εκφράζουµε µε διατυπώσεις νοηµάτων, µαθηµατικές εξισώσεις ή οποιοδήποτε πρόσφορο µέσο και τρόπο, ώστε να γίνεται αντιληπτή και κατανοητή. Το µαθηµα-τικό επίπεδο που χρησιµοποιείται εδώ δεν είναι ιδιαίτερα υψηλό, µερικές βασικές γνώσεις από διανυσµατικό, διαφορικό και ολοκληρωτικό λογισµό είναι αρκετές. Αυτό προκύπτει από την ανάγκη χειρισµού των διανυσµατικών φυσικών µεγεθών και από το ότι η περιγραφή καταστάσεων απαιτεί στιγµιαίες τιµές, που επιτρέπουν να προβλέψουµε συµπεριφορές για µεγάλα διαστήµατα, ή αντίστροφα συνάγονται από τη γνώση του τί συµβαίνει σε µεγάλα χρονικά διαστήµατα. Επίσης, ο συνήθης κανόνας είναι τα φυσικά µεγέθη να εξελίσσονται και να µεταβάλλονται συνεχώς και η σταθερότητα µπορεί να προσεγγιστεί µε στοιχειώδεις (απειροστές) µεταβολές. Σε ότι αφορά το περιεχόµενο του βιβλίου, η διάρθρωση του και ο χωρισµός της ύλης σε κεφάλαια ακολουθεί σε γενικές γραµµές το πανεπιστηµιακό µας βιβλίο θεωρίας «ΦΥΣΙΚΗ – Εισαγωγή στη Μηχανική». Στην προηγούµενη Β′ έκδοση προ-στέθηκε και το κεφάλαιο της Σχετικότητας. Γι’ αυτό το λόγο δεν υπάρχει εδώ συνο-πτική θεωρία ή τυπολόγιο. Πιστεύω άλλωστε, ότι είναι καλύτερα να ανατρέχουµε, όταν χρειάζεται, στην αναλυτική παρουσίαση ενός θέµατος ώστε η κατανόηση και η εµπέδωση να έχουν πιο µόνιµο χαρακτήρα. Υπάρχουν δώδεκα κεφάλαια λυµέ-νων προβληµάτων, συνολικού αριθµού 153 και ακολουθούν 169 προβλήµατα προ-τεινόµενα για λύση. Η ύλη συµπληρώνεται µε 41 προβλήµατα για ηλεκτρονικό υπο-λογιστή, από τα οποία τα 22 είναι λυµένα και τα υπόλοιπα 19 προσφέρονται για λύση. Θα ήθελα να εκθέσω µερικές σκέψεις µου, για τη χρήση και σκοπιµότητα των προβληµάτων στη διδασκαλία και εκµάθηση της φυσικής. Συνηθίζεται σε διάφορα βιβλία φυσικής, ελληνικά και ξένα, να υπάρχει πληθώρα προβληµάτων σε κάθε τόµο. Άλλα απ’ αυτά είναι απλές εφαρµογές, άλλα «εύκολα» και άλλα δυσκολό-τερα. Επίσης, παρατηρείται µερικές φορές στις εξετάσεις του µαθήµατος σε διά-φορα πανεπιστηµιακά τµήµατα, να θέτονται για λύση προβλήµατα σύνθετα, δυσε-πίλυτα ενίοτε και ίσως µε απαιτούµενες γνώσεις που ξεπερνούν το βασικό επίπεδο του µαθήµατος. Το αποτέλεσµα είναι ο φοιτητής ή ο µαθητής να βοµβαρδίζεται µε όγκο προβληµάτων και να καταφεύγει στην «εύκολη λύση», δηλαδή στην αποµνη-µόνευση. Ο σκοπός των προβληµάτων όµως είναι άλλος. ∆εν είναι να µπορούµε να λύσουµε οποιοδήποτε πρόβληµα, ακόµη και το πιο δύσκολο και σύνθετο και πολύ περισσότερο δεν είναι αυτοσκοπός. Ο γράφων δεν διεκδικεί τέτοια ικανότητα και το

προνόµιο του παντογνώστη. Άλλωστε για κάθε θέµα ή ενότητα ή αντίστοιχο πεδίο έρευνας υπάρχουν οι εξειδικευµένοι επιστήµονες που έχουν και τον τελευταίο λόγο. Γι’ αυτό και στο παρόν βιβλίο ο αριθµός των προβληµάτων δεν είναι πολύ µεγάλος και µερικά θα µπορούσαν να χαρακτηριστούν σαν στοιχειώδη. Η εκπαι-δευτική µου εµπειρία από διδασκαλία και εξετάσεις µου επιτρέπει να πω στο σηµείο αυτό ότι τα στοιχειώδη χρειαζόµαστε γιατί εκεί χωλαίνουµε. Το πρόβληµα πρέπει να βοηθήσει ώστε να κατανοήσουµε τη λειτουργία της φυσικής νοµοτέλειας κατά την εξέλιξη των φαινοµένων, ποια είναι η σηµασία των φυσικών µεγεθών και των φυσικών νόµων που τα συνδέουν και πώς µπορούµε να τους εφαρµόσουµε ώστε να καταλήξουµε σε ασφαλή συµπεράσµατα. Για παράδειγµα πρέπει να καταλάβουµε ότι η τριβή δεν είναι πάντοτε µια δύναµη επιζήµια που εµποδίζει την κίνηση, αλλά αντίθετα πολλές φορές είναι µια χρήσιµη δύναµη (ωφέλιµη για µας) που υποβοηθά και διατηρεί κίνηση. Το πρόβληµα είναι, ποιος παρατηρεί και ποιος υφίσταται! Θα µπορούσε κανείς να γράψει ολόκληρο βιβλίο µε τις παράδοξες (κατά ήπιο χαρακτηρισµό) απορίες και απαντήσεις που κατά καιρούς έχει συναντήσει. Ακόµη και όταν οι φοιτητές, µπροστά στη δυσκολία που αντιµετωπίζουν, ανακα-λούν, ύστερα από ένα χρόνο, τις γνώσεις τους από το Λύκειο, προβάλλει τραγικά η αποτυχία της αποµνηµόνευσης και της µη εµπέδωσης. Βέβαια πολλά ερωτηµατικά γεννώνται και για το εκπαιδευτικό µας σύστηµα και στο τέλος – τέλος για το τι κά-νουµε όλοι εµείς οι δάσκαλοι µέσα στις αίθουσες. Το καινούργιο σ’ αυτήν την έκδοση αφορά τα προβλήµατα για ηλεκτρονικό υπολογιστή. Στις προηγούµενες εκδόσεις, για τη λύση τους είχε προτιµηθεί η γλώσ-σα προγραµµατισµού BASIC, η οποία είναι αρκετά εύκολη στη χρήση της είναι όµως παράλληλα ένα ευφυές προϊόν λογισµικού και όπως αναφερόταν σε αντίστοι-χα ξένα βιβλία, εθεωρείτο ως µια γλώσσα υψηλού επιπέδου. Επειδή όµως όλα τα πράγµατα εξελίσσονται, ιδιαίτερα δε στους υπολογιστές, στην παρούσα έκδοση γίνεται χρήση της VISUAL BASIC, την οποία θα µπορούσαµε να θεωρήσουµε σαν προέκταση της BASIC, αν και αυτό δεν είναι απόλυτα αλήθεια.

Πιστεύω ότι η παρουσίαση των προβληµάτων υπολογιστή είναι αρκετά συγ-κροτηµένη και η επιλογή και λύση τους έγινε έτσι ώστε να κεντρίζουν την προσοχή και το ενδιαφέρον του αναγνώστη. Είναι βέβαια γνωστό ότι σήµερα υπάρχουν έτοι-µα προγράµµατα για οποιοδήποτε είδος εργασίας µε τυποποιηµένη και σχεδόν αυτόµατη την πορεία επεξεργασίας. Ο σκοπός µας όµως εδώ είναι να προγραµµα-τίσουµε οι ίδιοι δηµιουργικά, να διασκεδάσουµε, να κατανοήσουµε και λίγο περισ-σότερο τη φυσική και ακόµη να νοιώσουµε και το συναίσθηµα της επιτυχίας. Το περιεχόµενο της εκφώνησης µερικών προβληµάτων µπορεί να το συναν-τήσει κανείς µε παραλλαγές και αλλού, αφού αναφέρονται σε συγκεκριµένα προ-βλήµατα φυσικής. Επίσης πολλά από τα προβλήµατα είναι καινούργια, η λύση όµως όλων των προτεινοµένων προβληµάτων είναι πρωτότυπη. Γι’ αυτό και ένας έµπειρος προγραµµατιστής, ιδιαίτερα µε την VISUAL BASIC, ίσως είχε καλύτερες προτάσεις λύσης τους. Παράλληλα µε τη λογική λύσης τους και το πρόγραµµα που προτείνεται γίνεται και επαρκής ανάλυση και επεξήγηση της φυσικής κάθε προβλή-µατος και όπου χρειάζεται και των αποτελεσµάτων που προκύπτουν. Θεσσαλονίκη, Ιούνιος 2003 ∆.Σ. Κυριάκος

ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΩΝ

1. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ …..………………………………………………………… 1

2. ΚΙΝΗΣΗ .…………………………………………………………………… 4

3. ∆ΥΝΑΜΕΙΣ .……………………………………………………………….. 16

4. ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΝΑΦΟΡΑΣ .……………………………………………… 29

5. ΟΙ ΝΟΜΟΙ ΤΗΣ ∆ΙΑΤΗΡΗΣΗΣ ………………………..………………… 40

6. ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΥΛΙΚΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ ……………………………………... 54

7. ΣΤΑΤΙΚΗ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ .…………………………………. 75

8. ∆ΥΝΑΜΙΚΗ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ .……………………………… 87

9. ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ .…………………………………………………………… 112

10. ΚΥΜΑΤΑ ΣΕ ΕΛΑΣΤΙΚΑ ΜΕΣΑ .………………………………………… 141

11. ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΤΩΝ ΣΥΜΕΧΩΝ ΜΕΣΩΝ .………………………………… 154

12. ΣΧΕΤΙΚΟΤΗΤΑ ……………………………………………………………. 180

13. ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΛΥΣΗ ………………………………………………. 193

14.

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΟ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΗ Ι. ΛΥΜΕΝΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ……………………………………………...

222

15.

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΟ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΗ ΙΙ. ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΛΥΣΗ …………………………………….………

309

ΘΕΜΕΛΙΩ∆ΕΙΣ ΦΥΣΙΚΕΣ ΣΤΑΘΕΡΕΣ ………………………………… 314

314

ΘΕΜΕΛΕΙΩ∆ΕΙΣ ΦΥΣΙΚΕΣ ΣΤΑΘΕΡΕΣ

Σταθερή Σύµβολο Τιµή (SI µονάδες)

Ταχύτητα του φωτός c 2,9979 × 108 m s−1

Ηλεκτρική διαπερατότητα κενού εο 8,8544 × 10−12 Ν−1 m−2 C2

Μαγνητική διαπερατότητα κενού µο 4π × 10−7 Ν Α−2

Στοιχειώδες ηλεκτρικό φορτίο e 1,6021 × 10−19 C

Μονάδα ατοµικής µάζας u 1,6606 × 10−27 kg

Μάζα ηρεµίας ηλεκτρονίου me 9,1091 × 10−31 kg

Μάζα ηρεµίας πρωτονίου mp 1,6725 × 10−27 kg

Μάζα ηρεµίας νετρονίου mn 1,6748 × 10−27 kg

Ειδικό φορτίο ηλεκτρονίου em

e 1,7588 × 1011 kg−1 C

Σταθερή του Planck

h

πh

2=h

6,6256 × 10−34 J s 1,055 × 10−34 J s

Σταθερή Faraday F 9,6487 × 104 C mol−1

Πρώτη ακτίνα Bohr 2

2

o πmehα = 5,2917 × 10−11 m

Μήκος κύµατος Compton του ηλεκτρονίου του πρωτονίου

emhλe

ec, =

emhλp

c,p =

2,4262 × 10−12 m

1,3214 × 10−15 m

Σταθερή Rydberg R 1,0974 × 107 m−1

Μαγνητόνη του Bohr e

Β π4 meehµ = 9,2732 × 10−24 J T−1

Αριθµός Avogadro NA 6,0225 × 1023 mol−1

Σταθερή Boltzmann k 1,3805 × 10−23 J K−1

Παγκόσµια σταθερή αερίων R 8,3143 J K−1 mol−1

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΕΣ ΣΤΑΘΕΡΕΣ

315

Σταθερή Σύµβολο Τιµή (SI µονάδες)

Γραµµοµοριακός όγκος ιδανικού αερίου σε κ.σ. Vmol 2,2414 × 10−2 m3 mol−1

Σταθερή Stefan – Boltzmann σ 5,6697 × 10−8 J K−4 m−2 s−1

Νόµος Wien ακτινοβολίας λmaxT 2,8978 × 10−3 m K

Τριπλό σηµείο νερού 273,16 Κ

Σηµείο πάγου 273,15 Κ Μέγιστη πυκνότητα νερού (στους 3,98° C και 1 atm) 9,9997 × 102 kg m−3

Σταθερή παγκόσµιας έλξης G 6,670 × 10−11 N m2 kg−2 Επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της θάλασσας Στον Ισηµερινό Σε πλάτος 45°

g g

9,7805 m s−2

9,8067 m s−2 Ατµοσφαίρικη πίεση (1 atm) 1,013 × 105 N m−2

Πυκνότητα αέρα 1,293 kg m−3

Ταχύτητα ήχου σε κ.σ. 331,4 m s−1

Ισηµερινή ακτίνα γης 6,378 × 106 m

Πολική ακτίνα γης 6,357 × 106 m

Μέση πυκνότητα γης 5552 kg m−3

Μάζα γης 5,983 × 1024 kg

Ογκος γης 1,087 × 1021 m3

Απόσταση γης – ήλιου 1,49 × 1011 m

Μηχανικό ισοδύναµο θερµότητας j 4,1855 J cal−1

1

1. ƒ…¡Õ’”Ã¡‘¡ 1. ∆ίνονται τα διανύσµατα a(3,4,−5) και b(−1,2,0). Υπολογίστε το µέτρο του κάθε-νός, το αριθµητικό τους γινόµενο, τη γωνία τους και το διανυσµατικό τους γινόµενο.

Λύση: Το µέτρο των διανυσµάτων είναι

( ) ( ) 2,2421 ,07,750543 22222 =+−===−++= ba .

Επίσης είναι ( ) ( ) 583ˆ2ˆˆ5ˆ4ˆ3 =+−=+−•−+=• yxzyxba .

Αλλά

abφφab baba •==• συν και συν .

Από όλες τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι

°==×

= 6,71 και 316,024,207,7

5συν φφ .

Τέλος, το διανυσµατικό γινόµενο δίνει ως αποτέλεσµα το διάνυσµα

( ) ( ) xyzzyxzyxbac ˆ10ˆ5ˆ4ˆ6ˆ2ˆˆ5ˆ4ˆ3 +++=+−×−+=×=

( )10,5,10 ή ˆ10ˆ5ˆ10 ή czyxc ++= . 2. ∆ίνονται τα διανύσµατα a,b πάνω στο επίπεδο xy µε µέτρα 30 και 40, αρχή την αρχή των συντεταγµένων και αντίστοιχες γωνίες 30° και 60° µε τον άξονα x. Ποιο είναι το µέτρο και η διεύθυνση του αθροίσµατος τους;

Λύση: Το άθροισµα των δύο διανυσµάτων βρίσκεται και αυτό στο επίπεδο xy, δηλαδή

yxc ˆˆ yx cc += .

Επίσης η αναλυτική έκφραση των διανυσµάτων a και b είναι

( ) ( ) yxyxyyaxxaa ˆ15ˆ315ˆ30ηµˆ30συνˆˆˆˆ +=°+°=•+•= aa ,

( ) ( ) yxyxyybxxbb ˆ320ˆ20ˆ06ηµˆ06συνˆˆˆˆ +=°+°=•+•= bb .

Συνεπώς

φ a

b

c

Σχήµα 1

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

2

( ) ( ) ( ) ( )yxyxyxbac ˆ32015ˆ20315ˆ320ˆ20ˆ15ˆ315 +++=+++=+= .

Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι

98,4520315x =+=c , 64,4932015y =+=c .

Ώστε το µέτρο του c είναι

66,6746,45782y

2x ==+= ccc ,

ενώ η γωνία θ που σχηµατίζει µε τον άξονα x βρίσκεται από την

°==+

+== 19,47 και 08,1

2031532015εφ

x

y θcc

θ .

3. Τα διανύσµατα a(1,2,3) και b(−1,1,2) βρίσκονται πάνω στο ίδιο επίπεδο. Να βρεθεί η ορθή προβολή του πρώτου πάνω στο δεύτερο καθώς και τα συνηµίτονα κατεύθυνσης του b. Επίσης να βρεθεί ένα διάνυσµα κάθετο πάνω στο επίπεδο τους, το οποίο να έχει µέτρο ίσο µε την επιφάνεια του τριγώνου που ορίζεται από τα a,b.

Λύση: Η ορθή προβολή του a πάνω στο b είναι το διάνυσµα

( ) ( )zyxbbac ˆ2ˆˆ67

2 ++−=•

=b

.

Το b γράφεται ( ) ( ) ( ) zyxzzbyybxxbb ˆ2ˆˆˆˆˆˆˆˆ ++−=•+•+•=

και εποµένως b • x = −1, b • y = 1 και b • z = 2.

Από τα τελευταία εσωτερικά γινόµενα προκύπτουν τα συνηµίτονα κατεύθυνσης του b,

( ) ( ) ( )6

22ˆ,συν ,611ˆ,συν ,

611ˆ,συν ====−=−=

bbbzbybxb .

Το µοναδιαίο διάνυσµα που είναι κάθετο πάνω στο επίπεδο των a,b ορίζεται από την

babad

××

=ˆ .

Συνεπώς το ζητούµενο διάνυσµα k θα έχει την ακό-λουθη µορφή

a

b

c

60°

cy

cx x

y

30°

Σχήµα 2

θ

a

b

k

d

Σχήµα 3

c

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

3

( ) ( )babababadbadk ×=

××

×===21

21ˆ,

21ˆ Ek .

∆ηλαδή ( ) ( ) ( )[ ]zyxzyx

k ˆ2+1ˆ3+2ˆ3421

211321 ˆˆˆ

21

+−−=−

=

και τελικά

2ˆ3ˆ5ˆ zyxk +−

= .

4. Το διάνυσµα επίπεδης επιφάνειας είναι d(1,2,1). Να βρεθεί το εµβαδόν της επιφάνειας και η εξίσωση της, αν το σηµείο Μ(1,2,0) βρίσκεται πάνω στην επιφά-νεια.

Λύση: Σύµφωνα µε τον ορισµό του διανύσµατος επιφάνειας, το εµβαδόν της επιφάνειας είναι 6=== dE d . Έστω Ο η αρχή των διανυσµάτων και N ένα διά-νυσµα κάθετο στην επιφάνεια. Είναι φανερό ότι, η ορθή προβολή του διανύσµατος r = OM στη διανυσµατική µονάδα d είναι το διάνυσµα N, δηλαδή

( )ddrN ˆˆ•= ή ddrN 2d•

=

και

( )zyxN ˆˆ2ˆ65

++= .

Αν τώρα, R(x,y,z) είναι το διάνυσµα θέ-σης ενός τυχαίου σηµείου Ρ της επιφάνειας, έχουµε (Σχ. 4)

Ν • ΣΡ = 0 ή Ν • (R − N ) = 0 και

Ν • R = Ν 2.

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι

625141

65

65

610

65 2

=

++=++ zyx .

Συνεπώς η εξίσωση της επιφάνειας είναι

x + 2y + z = 5.

d

R r

P

M

O

Σ

Ν

d

Σχήµα 4

4

2. ΚΙΝΗΣΗ 5. Σώµα κινείται µε επιτάχυνση που έχει συντεταγµένες ax = 10t και ay = 5t 2. Να βρεθεί η διανυσµατική εξίσωση της κίνησης του, αν για t = 0 είναι υo = 0 και ro = 0.

Λύση: Η επιτάχυνση του σώµατος είναι

yxyxa ˆ5ˆ10ˆˆ 2yx ttaa +=+= .

Από την td

dυa = προκύπτει ότι

∫=−t

t0

ο daυυ ή yxυυ ˆ531ˆ10

21 32

ο tt +=− .

Επίσης, από τις αρχικές συνθήκες έχουµε ότι υo = 0 και η ταχύτητα είναι

yxυ ˆ35ˆ5 32 tt += .

Κατά τον ίδιο τρόπο βρίσκουµε το διάνυσµα θέσης, δηλαδή

tddrυ = , ∫=−

t

t0

ο dυrr , yxrr ˆ125ˆ

35 43

ο tt +=−

και επειδή ro = 0, καταλήγουµε στην

yxr ˆ125ˆ

35 43 tt += .

6. Σωµατίδιο κινείται οµαλά πάνω σε κυκλική τροχιά µε κέντρο το σηµείο (0,3), ακτίνα 3 m και περίοδο 20 s. Στην αρχή του χρόνου t = 0, βρίσκεται στην αρχή των συντεταγµένων. Να υπολογιστούν: α) Το µέτρο και η γωνία κλίσης του διανύσµατος θέσης µε το χρόνο t. β) Το διάνυσµα της µετατόπισης, όπως επίσης το µέτρο και η διεύθυνση του στο χρονικό διάστηµα από 5 s µέχρι 10 s. γ) Το µέτρο και η διεύ-θυνση της ταχύτητας και της επιτάχυνσης µε το χρόνο t.

Λύση: α) Σε τυχαία χρονική στιγµή το διάνυσµα θέσης του υλικού σηµείου Μ δίνεται από τη σχέση

Ryr += ˆρ . Αυτή γράφεται

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΙΝΗΣΗ

5

yxyxyr ˆ)συν1(ˆηµ)ˆσυνˆηµ(ˆ tωρtωρtωρtωρρ −+=−+= ,

όπου ρ = 3 m η ακτίνα του κύκλου και ω = 2π/Τ = 2π/20 = 0,1π rad/s η κυκλική συχνότητα. Συνεπώς το µέτρο του διανύσµατος θέσης είναι

( ) ( )tωρtωρtωρr συν12συν1ηµ 2222 −=−+= Επίσης είναι

xr ˆx •=r ή ( ) φtωρtωρ συνσυν12ηµ −= .

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι

( ) 2συν

2ηµ22

2συν

2ηµ2

συν12ηµσυν

2

tωtω

tωtω

tωtωφ =

×

=−

= .

Ώστε

2tωφ = .

β) Το διάνυσµα της µετατόπισης στο χρονικό διάστηµα t2 − t1 είναι d = r2 − r1, δηλαδή

( ) ( )yxd ˆσυνσυνˆηµηµ 2112 tωtωρtωtωρ −+−= .

Θέτοντας t1 = 5 s και t2 = 10 s, έχουµε

( ) ( ) yxyxd ˆ3ˆ3ˆ13ˆ13 +−=++−=

και φυσικά 23=d m. Η γωνία κλίσης θ προσδιορίζεται από την

xd ˆx •=d ή θσυν233 =− ,

οπότε

21συν −=θ και θ = 135°.

γ) Η ταχύτητα του υλικού σηµείου είναι

yxrυ ˆηµˆσυνdd tωρωtωρω

t+== .

Αρα υ = ρω = 0,3π m/s. Από το γινόµενο

0συνηµηµσυν =−=• tωρtωρωtωρtωρωRυ

x

y

M

φ

ωt

θ

r

r2 d

yρ

(0,3)

Σχήµα 5

R r1


6

προκύπτει ότι το διάνυσµα της ταχύτητας υ είναι κάθετο στο ακτινικό διάνυσµα R, δηλαδή έχει τη διεύθυνση της εφαπτοµένης στο Μ. Τέλος η επιτάχυνση είναι

Ryxυa 222 ˆσυνˆηµdd ωtωρωtωρω

t−=+== .

Απ’ αυτήν φαίνεται ότι η διεύθυνση του a είναι αντίθετη της διεύθυνσης του R. Το µέτρο της επιτάχυνσης είναι a = ω 2ρ = 0,03π2 m/s2. 7. Οι παραµετρικές εξισώσεις της κίνησης ενός υλικού σηµείου είναι

2tx = , 32 24 −−= tty .

Να γραφεί η εξίσωση της τροχιάς και να βρεθεί η ταχύτητα και η επιτάχυνση του στη χρονική στιγµή t = 1,5 s. Επίσης η εφαπτοµενική και η κεντροµόλος επιτάχυνση στον ίδιο χρόνο. Τα x,y µετρούνται σε µέτρα.

Λύση: Όπως φαίνεται από την πρώτη των παραµετρικών εξισώσεων, η τε-τµηµένη x του σώµατος δεν µπορεί να πάρει αρνητικές τιµές, ενώ αντίθετα µπο-ρούµε να θεωρήσουµε χρονικές στιγµές πρίν από την αυθαίρετη στιγµή t = 0. Αυτό έχει ως αποτέλεσµα, υπό ορισµένες προϋποθέσεις, παλίνδροµη κίνηση του υλικού σηµείου στην τροχιά του, όπως δείχνεται και στο σχήµα 6.

Με απαλοιφή του χρόνου t ανάµεσα στις παραµετρικές εξισώσεις κίνησης βρί-σκεται η εξίσωση της τροχιάς.

322 −−= xxy ,

που είναι παραβολή. Η θέση του υλικού σηµείου Μ καθορίζεται από το διάνυσµα

( )yxr ˆ32ˆ 242 −−+= ttt .

Συνεπώς, η ταχύτητα και η επιτάχυνση του εκφράζονται από τις ακόλουθες σχέσεις,

( )yxrυ ˆ4ˆ2dd 3 ttt

t−+== , ( )yxυa ˆ134ˆ2

dd 2 −+== t

t.

Για t = 1,5 s τα αντίστοιχα διανύσµατα και τα µέτρα τους είναι

yxr ˆ44,2ˆ25,2 −= , m 32,344,225,2 22 =+=r ,

yxυ ˆ5,7ˆ3 += , m/s 08,85,73 22 =+=υ ,

yxa ˆ23ˆ2 += , 222 m/s 09,23232 =+=a .

Η εφαπτοµενική συνιστώσα aε της επιτάχυνσης είναι η ορθή προβολή του δια-νύσµατος a πάνω στο διάνυσµα υ,

( ) yxyxυυaa ˆ51,20ˆ2,8ˆ5,7ˆ325,65

5,17262ε +=+

+=

•=

υ


7

και έχει µέτρο

08,2251,202,8 22ε =+=a m/s2.

Η κεντροµόλος επιτάχυνση aκ βρίσκεται από τη διαφορά

yxaaa ˆ49,2ˆ2,6εκ +−=−=

και έχει µέτρο

22κ 49,2)2,6( +−=a = 6,68 m/s2.

Μία άλλη λύση είναι η ακόλουθη:

Το µέτρο της εφαπτοµενικής επιτάχυν-σης, σε οποιαδήποτε χρονική στιγµή, δίνεται

από τη σχέση

( ) ( ) ( ) ( )( )[ ]13824442dd

d)(d 23

2/1232232ε −−+

−+=

−+==

−

tttttttttttt

tυa .

Έτσι στη χρονική στιγµή t = 1,5 s είναι aε = 22,10 m/s2, ενώ η διανυσµατική µονάδα της εφαπτοµένης

yxyxυυε ˆ93,0ˆ37,0

8,08ˆ7,5ˆ3ˆ +=

+== .

Άρα yxεa ˆ52,20ˆ21,8ˆεε +== a .

Το µέτρο της κεντροµόλου επιτάχυνσης είναι

22ε

2κ m/s 69,6=−= aaa .

Η διανυσµατική της µονάδα η βρίσκεται από τη σχέση της δεξιόστροφης ορθογω-νιότητας

( ) yxyxzεzη ˆ37,0ˆ93,0ˆ93,0ˆ37,0ˆˆˆˆ +−=+×=×= . Ώστε

yxηa ˆ47,2ˆ22,6ˆκκ +−== a . 8. Η κίνηση σώµατος περιγράφεται από την εξίσωση

( ) yxr ˆ930451ˆ5,2 32 ++= tt .

Αν για t = 0 είναι sο = 0, να βρεθεί το διάστηµα που έχει διαγράψει πάνω στην τροχιά του ύστερα από χρόνο t = 2 s. Πόση είναι η επιτάχυνση του τότε; Επίσης, να

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

1 2 3 4

x (m)

t > 0

aε

aκ

a

r

M

Σχήµα 6

υ

η

t < 0 y (m)

ε


8

βρεθούν η επιτρόχια και η κεντροµόλος επιτάχυνση την ίδια χρονική στιγµή (διανύ-σµατα και µέτρο), καθώς και η ακτίνα καµπυλότητας της τροχιάς σ’ εκείνο το σηµείο.

Λύση: Από το διάνυσµα θέσης του σώµατος, µε δύο διαδοχικές παραγωγί-σεις βρίσκουµε την ταχύτητα και την επιτάχυνση του,

( ) yxrυ ˆ930ˆ5dd 2/1++== tt

t, ( ) yxυa ˆ93015ˆ5

dd 2/1−++== t

t.

Επίσης το µέτρο της ταχύτητας είναι

( ) 353593025 22 +=+=++== ttttυ υ .

4

8

12

16

2 4 6 8 10 12 14

rs

a

υ

x (m)

aκ

aε

Aο

A1

Σχήµα 7

O

y (m)

η

ε

Το µέτρο όµως της ταχύτητας δίνει την αριθµητική ταχύτητα tsυ

dd

= .

Συνεπώς

tυs dd = και ( )∫∫ +=2

00

d35d ttss

.

Αν λοιπόν λάβουµε ως αρχή των διαστηµάτων το σηµείο Αο της τροχιάς (Σχ. 7), όπου το σώµα βρίσκεται για t = 0 (OΑo = 0,6 m), το διάστηµα ΑoΑ1 = s, που διέγρα-ψε στο χρόνο t = 2 s είναι

1632

52

0

2=

+= tts m.

Κατά την ίδια χρονική στιγµή, η επιτάχυνση του σώµατος και το µέτρο της είναι αντίστοιχα

yxa ˆ69

15ˆ5 += , 316,56922525 =+== aa m/s2.


9

Η εφαπτοµενική συντεταγµένη της επιτάχυνσης είναι σταθερή ανεξάρτητη του χρόνου,

5dd

ε ==tυa m/s2,

ενώ η διανυσµατική µονάδα της εφαπτοµένης της τροχιάς εκφράζεται από την

( )35

ˆ930ˆ5ˆ2/1

+++

==t

tt yxυυε .

Για t = 2 s είναι

13ˆ69ˆ10ˆ yxε +

= και συνεπώς 13

ˆ69ˆ105ˆεεyxεa +

== a .

Η κεντροµόλος συνιστώσα προσδιορίζεται από τη σχέση

−=−= yxaaa ˆ

6930ˆ3

135

εκ

και το µέτρο της είναι

69303

135 2

2κ +=a = 1,806 m/s2.

Επειδή η κεντροµόλος επιτάχυνση εκφράζεται και µε τη σχέση

Rυa

2

κ = ,

η ακτίνα καµπυλότητας της τροχιάς στο θεωρούµενο σηµείο Α1 είναι

806,1132

κ

2==

aυR = 93,59 m.

Σηµειώνεται, ότι οι µονάδες zηε ˆ,ˆ,ˆ συνδέονται µε τη σχέση zηε ˆˆˆ −=× . 9. ∆ίσκος ακτίνας r = 4 m περιστρέφεται γύρω από τον κάθετο άξονα του µε γωνιακή ταχύτητα ( )zω ˆ56 += t rad/s. Να βρεθούν η ταχύτητα, η εφαπτοµενική και η κάθετη επιτάχυνση ενός σηµείου της περιφέρειας του δίσκου, για το οποίο οι αρχι-κές συνθήκες είναι t = 0 και φ = 0, όπου φ η γωνία που σχηµατίζει το διάνυσµα θέσης µε τον άξονα x.

Λύση: Η γωνιακή ταχύτητα είναι συνάρτηση του χρόνου. Υπάρχει λοιπόν γω-νιακή επιτάχυνση

zωω ˆ6dd

==′t

,


10

η οποία είναι σταθερή ανεξάρτητη του χρόνου. Η αρχική γωνιακή ταχύτητα (για t = 0) είναι

zω ˆ5ο = ,

ενώ το µέτρο της γωνιακής ταχύτητας δίνεται από την παράγωγο της γωνίας περιστροφής

tφω

dd

= .

Ώστε

dφ = ω dt και ( )∫∫ +=tφ

ttφd00

d56 .

Με την ολοκλήρωση προκύπτει

ttφ 53 2 += .

To αποτέλεσµα αυτό είναι αναµενόµενο, αφού όταν η επιτάχυνση ω′ είναι σταθερή, τότε

2οο 2

1 tωtωφφ ′++= .

Eδώ φυσικά είναι φo = 0. Το διάνυσµα θέσης του Μ είναι

( ) ( ) yxyyrxxrr ˆηµˆσυνˆˆˆˆ φrφr +=•+•=

ή ( ) ( )yxr ˆ53ηµ4ˆ53συν4 22 tttt +++= m.

Η ταχύτητα προκύπτει από την

tddrυ = ,

ή επειδή έχουµε κυκλική κίνηση από την

( ) ( ) ( )[ ]yxzrωυ ˆ53ηµˆ53συν4ˆ56 22 ttttt +++×+=×=

( ) ( ) ( )[ ]yx ˆ53συνˆ53ηµ564 22 ttttt +−++−= m/s.

Τέλος το µέτρο της ταχύτητας είναι

υ = ωr = 4(6t + 5) m/s.

H εφαπτοµενική επιτάχυνση βρίσκεται από την

υυεa

tυa

ddˆεε ==

και επειδή

24dd

=tυ m/s2

φ

υ

a

x

y

r Μ

Σχήµα 8 Ο

aκ

aε

η

ε

A


11

βρίσκουµε ότι ( ) ( )[ ]yxa ˆ53συνˆ53ηµ24 22

ε tttt +−+−= m/s2.

Η κεντροµόλος επιτάχυνση είναι

( ) rηηηυa 22222

κ ˆˆˆ ωrωrrω

r−==== ,

ή ( ) ( ) ( )[ ]yxa ˆ53ηµˆ53συν564 222κ ttttt ++++−= m/s2.

Η συνολική επιτάχυνση βρίσκεται ή από την παράγωγο

tddυa = , ή από την a = aε + aκ,

δηλαδή ( ) ( ) ( )[ ] xa ˆ53συν5653µ6η4 222

ttttt ++++−=

( ) ( ) ( )[ ] y53ηµ5653υν6σ 222 ttttt ++−+− m/s2.

10. Ενα σωµατίδιο κινείται µε ταχύτητα x2 m/s και ένα άλλο µε ταχύτητα y3 m/s. Για t = 0 οι θέσεις των σωµατιδίων είναι αντίστοιχα (−3,0,0) και (0,3,0). Να προσδι-οριστεί το διάνυσµα θέσης του πρώτου ως προς το δεύτερο σωµατίδιο σε συνάρτη-ση µε το χρόνο, καθώς επίσης η χρονική στιγµή για την οποία τα δύο σωµατίδια βρίσκονται στην ελάχιστη µεταξύ τους απόσταση. Λύση: Και στο πρόβληµα αυτό, η εκλογή της αρχής µέτρησης του χρόνου είναι αυθαίρετη. Μπορούµε λοιπόν να θεωρήσουµε κίνηση και για αρνητικές τιµές του χρόνου. Επειδή οι ταχύτητες των δύο σωµατιδίων είναι σταθερές, οι διανυσµατικές εξι-σώσεις της κίνησης τους, µε αρχή το O, είναι οι ακόλουθες αντίστοιχα,

( )xxxυrr ˆ23ˆ2ˆ31101 ttt +−=+−=+= ,

( )yyyυrr ˆ13ˆ3ˆ32202 ttt +=+=+= ,

όπου µε το δείκτη µηδέν χαρακτηρίζονται τα αρχικά (για t = 0) διανύσµατα. Το διάνυσµα θέσης του πρώτου σωµατιδίου ως προς το δεύτερο, όπως φαίνεται και στο σχήµα 9, είναι

( ) ( )yxrrr ˆ13ˆ232112 tt +−+−=−= , µε µέτρο

18613)1(3)23( 22221212 ++=+++−== ttttr r m.

x

y

O (−3,0)

(0,3) r12 r20

Σχήµα 9

r2

r10

r1


12

Tο µέτρο αυτό δίνει και την απόσταση µεταξύ των σωµατιδίων ως συνάρτηση του χρόνου. Εποµένως, η χρονική στιγµή για την οποία η απόσταση των δύο σω-µατιδίων είναι ελάχιστη, βρίσκεται από τη συνθήκη ελαχίστου της συνάρτησης

f (t ) = 13t 2 + 6t + 18.

Παραγωγίζοντας διαδοχικά, βρίσκουµε

f ′(t ) = 26t + 6, f ″(t ) = 26 > 0.

Η πρώτη παράγωγος µηδενίζεται για

t = −6/26 = −0,231 s.

Επειδή η δεύτερη παράγωγος είναι πάντα θετική, η συνάρτηση γίνεται ελάχιστη για t = −0,231 s. Σ’ αυτή τη χρονική στιγµή λοιπόν, τα δύο σωµατίδια απέχουν την ελά-χιστη µεταξύ τους απόσταση. 11. Οι παραµετρικές εξισώσεις της κίνησης σώµατος είναι

23 32 ttx −= , 122 +−= tty , (x,y σε m και t σε s).

Να βρεθούν: α) Η ταχύτητα και η επιτάχυνση. β) Ο χρόνος µηδενισµού της ταχύτη-τας. γ) Ο χρόνος κατά τον οποίο η επιτάχυνση είναι παράλληλη προς τον άξονα y. δ) Η ταχύτητα και η επιτάχυνση για t = 0. Λύση: α) Παραγωγίζοντας διαδοχικά τις δοθείσες εξισώσεις κίνησης, βρίσκου-µε τις συντεταγµένες της ταχύτητας και της επιτάχυνσης,

tttxυ 66

dd 2

x −== , 22dd

y −== ttyυ m/s,

612d

d xx −== t

tυa , 2

dd y

y ==tυ

a m/s2.

Συνεπώς ( ) ( )yxυ ˆ22ˆ66 2 −+−= ttt m/s, ( ) yxa ˆ2ˆ612 +−= t m/s2.

β) Για να µηδενιστεί η ταχύτητα πρέπει να µηδενιστούν ταυτόχρονα και οι δύο συντεταγµένες της, δηλαδή πρέπει να συναληθεύουν οι εξισώσεις

022και066 2 =−=− ttt .

Αυτό συµβαίνει για t = 1 s, οπότε η ταχύτητα του σώµατος είναι µηδέν. γ) Η επιτάχυνση είναι παράλληλη στον άξονα y, oταν η τετµηµένη ax είναι µηδέν, δηλαδή όταν

12t − 6 = 0 και t = 0,5 s.

δ) Για t = 0 είναι


13

yυ ˆ2−= m/s και yxa ˆ2ˆ6 +−= m/s2. 12. Σώµα βάλλεται πλάγια υπό γωνία θ µε αρχική ταχύτητα υo. Να βρεθούν για ένα τυχαίο σηµείο της τροχιάς του, η ταχύτητα και η επιτάχυνση του. Επίσης, η διεύθυνση της επιτάχυνσης ως προς τη διεύθυνση της ταχύτητας, καθώς και η ακτί-να καµπυλότητας της τροχιάς σ’ εκείνο το σηµείο. Εφαρµογή: υo = 200 m/s, θ = 30°, t = 5 s, g = 10 m/s2. Λύση: Αν αναλύσουµε την αρχική ταχύτητα σε δύο συνιστώσες υoσυνθ και υoηµθ κατά τις διευθύνσεις των αξόνων x και y αντίστοιχα, µπορούµε να θεωρή-σουµε δύο ανεξάρτητες κινήσεις του σώµατος. Μία οριζόντια µε σταθερή ταχύτητα και µία κατακόρυφη µε αρχική ταχύτητα προς τα πάνω και σταθερή επιτάχυνση (επιβράδυνση) προς τα κάτω. Οι ταχύτητες των κινήσεων είναι

θυυυ συνooxx == , gtθυgtυυ −=−= ηµooyy .

Οπως είναι γνωστό,το αποτέλεσµα της επαλληλίας των δύο κινήσεων είναι κίνηση σε παραβολική τροχιά, που το επίπεδο της είναι το κατακόρυφο. Η ταχύτητα και η επιτάχυνση του σώµατος στη σύνθετη αυτή κίνηση είναι

( )yxυ ˆηµˆσυν oo gtθυθυ −+= ,

yυa ˆdd g

t−== .

Θέτοντας τα δεδοµένα του προβλήµατος, βρί-σκουµε ότι για t = 5 s είναι

yxυ ˆ50ˆ2,173 += και

28,180502,173 22 =+=υ m/s,

ενώ η επιτάχυνση είναι η σταθερή επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10 m/s2. H γωνία ανάµεσα στα διανύσµατα ταχύτητας και επιτάχυνσης προσδιορίζεται από το αριθµητικό τους γινόµενο. Έτσι για τη συγκεκριµένη χρονική στιγµή έχουµε

277,0102,180)10(50συν −=

×−

=•

=aυ

φ aυ , φ = 106,1°.

Aπό το σχήµα φαίνεται ότι η επιτάχυνση a σχηµατίζει µε την πρώτη κάθετη της καµπύλης της τροχιάς γωνία u = φ − 90° = 16,1°. Ώστε η κεντροµόλος επιτάχυν-ση έχει τιµή

aκ = a συνu = 10 × 0,961 = 9,61 m/s2.

Βρίσκουµε λοιπόν ότι η ακτίνα καµπυλότητας στο θεωρούµενο σηµείο της τροχιάς είναι

y

x

υο

υ

aκ

R

φ

u

θ

a = g

Σχήµα 10 υοx

υοy

P

O


14

κ

2

aυR = = 3382 m = 3,382 km.

13. Σώµα µάζας m = 2 kg κινείται στο επίπεδο xy. Το διάστηµα που διανύει πάνω στην τροχιά του δίνεται ως συνάρτηση του χρόνου από τη σχέση

432 2 ++= tts m.

Κατά τη χρονική στιγµή t = 5 s το διάνυσµα της ταχύτητας του σχηµατίζει γωνία 25° µε τον άξονα x, ενώ η ακτίνα καµπυλότητας της τροχιάς είναι R = 60 m. Nα βρεθούν για τη συγκεκριµένη χρονική στιγµή η ταχύτητα του σώµατος, η εφαπτοµενική και η κεντροµόλος επιτάχυνση, καθώς και η διεύθυνση της ολικής επιτάχυνσης που ενερ-γεί στο σώµα. Για τα ζητούµενα µεγέθη να δοθούν τα διανύσµατα και τα µέτρα τους. Λύση: Η τιµή της ταχύτητας βρίσκεται από την παράγωγο του διαστήµατος ως προς το χρόνο, δηλαδή για t = 5 s είναι

2334dd

=+== ttsυ m/s.

To διάνυσµα της ταχύτητας υ σχηµατίζει γωνία 25° µε τον άξονα x και συνεπώς το µοναδιαίο διάνυσµα της εφαπτοµένης της τροχιάς τη συγκεκριµένη χρονική στιγµή εκφράζεται από τη σχέση

yxyxε ˆ423,0ˆ906,0ˆ25ηµˆ25συνˆ +=°+°= . Ώστε

m/s ˆ72,9ˆ84,20ˆ yxευ +== υ .

Η τιµή της εφαπτοµενικής (επιτρόχιας) επιτά-χυνσης είναι

4dd

==tυaε m/s2,

δηλαδή σταθερή, ανεξάρτητη του χρόνου. Το αντί-στοιχο διάνυσµα είναι

2εε m/s ˆ69,1ˆ62,3ˆ yxεa +== a .

Η κεντροµόλος επιτάχυνση έχει µέτρο

82,8602322

κ ===Rυa m/s2.

Η διανυσµατική της µονάδα η είναι η πρώτη κάθετη και όπως φαίνεται από το σχή-µα, η η σχηµατίζει γωνιά −65° µε τον άξονα x. Οι µονάδες ε , η είναι κάθετες µετα-ξύ τους ( )zεη ˆˆˆ ×= , αλλά η η έχει πάντοτε φορά προς το κέντρο καµπυλότητας της καµπύλης τροχιάς. Εποµένως

υ

R

x

y

25°

r

s

P

−65°

Σχήµα 11

η

ε

O


15

( ) ( ) yxyxη ˆ906,0ˆ423,0ˆ56ηµˆ56συνˆ −=°−+°−= . και

2κκ m/s ˆ99,7ˆ73,3ˆ yxηa −== a .

Η συνολική επιτάχυνση είναι 2

κε m/s ˆ30,6ˆ35,7 yxaaa −=+= .

Το µέτρο της ισούται µε

68,92y

2x =+= aaa m/s2

και σχηµατίζει µε τον άξονα x γωνία θ, που προσδιορίζεται από την

857,035,730,6

x

y −=−

==aa

εφθ .

Ώστε θ = −40,60°.

Παρατήρηση: Η µορφή της εξίσωσης του διαστήµατος δεν πρέπει να µας παρασύ-ρει σε βιαστικά και λανθασµένα συµπεράσµατα, όπως π.χ. ότι η κίνηση είναι ευθύ-γραµµη µε σταθερή επιτάχυνση. Πράγµατι, η δευτεροβάθµια ως προς το χρόνο εξί-σωση του διαστήµατος συνεπάγεται σταθερή επιτάχυνση, αλλά αυτή είναι πάντοτε η επιτρόχια, όπως είδαµε και στη λύση. Οταν υπάρχει και κεντροµόλος επιτάχυνση τότε η τροχιά είναι καµπυλόγραµµη, που είναι η περίπτωση του προβλήµατος. Ένα ανάλογο παράδειγµα έχουµε στην οµαλή κυκλική κίνηση όπου η εξίσωση του δια-στήµατος είναι s = υt µε σταθερό το µέτρο της ταχύτητας. Η κίνηση δεν είναι ευθύ-γραµµη οµαλή γιατί υπάρχει η κεντροµόλος επιτάχυνση.

Documents

ΠΡΟΛΟΓΟΣ - ziti.gr · PDF fileΣΤΑΤΙΚΗ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ . ... ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΤΩΝ ΣΥΜΕΧΩΝ ΜΕΣΩΝ ... Ι