Σελίδα1από5

Φ101:ΓενικήΦυσικήΙ

ΤελικήΕξέταση7Ιουνίου2019Ηεξέτασηδιαρκεί3ώρες.Μπορείτεναχρησιμοποιήσετεαριθμομηχανή.Καλήσαςεπιτυχία! 1. Ηδυναμικήενέργειαενόςυλικούσημείουμάζαςm=1kgrείναι

V x = 𝑉!𝑥! − 𝑎 𝑥 − 𝑏

𝑥!!

όπου𝑉! = 1Joule,𝑥! = 1m,καιηαριθμητικήτιμήτου𝑎 = 4καιτου𝑏 = 1.A. Ποιεςείναιοιμονάδεςστιςοποίεςμετράταιτο𝛼καιποιεςτο𝑏;(0.5μονάδες)B. ΝασχεδιαστείμεακρίβειαηV x τουυλικούσημείου.(0.5μονάδες)C. ΝαμελετηθείμεακρίβειαηκίνησητηςμάζαςγιακάθετιμήτηςολικήςενέργειαςτουσυστήματοςΕ,

δηλαδήγιαοποιεσδήποτεαρχικέςσυνθήκες.(0.5μονάδες)D. Ναμελετηθείηκίνησητουυλικούσημείουγιαx 0 = −2mκαιv 0 = 5m/s.(0.5μονάδες)

ΛύσηΑ)Τοακαιbπρέπειναέχουντιςίδιεςμονάδεςμετιςποσότητεςαπότιςοποίεςαφαιρούνται.Μιαπουτοxείναισεμονάδεςμήκους(m)τοαέχειμονάδεςm2καιτοbμονάδεςm. B) Η γραφική παράσταση της

V x = 𝑥! − 4 𝑥 − 1 Είναι

ΕύκολαβλέπουμεότιτασημείασταοποίαηV(x)μηδενίζεται(τέμνειτονάξοναΧ)είναιταx=1,x=2καιx=-2.ΓιαναβρούμεταακρότατατηςV(x)υπολογίζουμετηνπαράγωγότηςωςπροςxκαιβρίσκουμετιςρίζεςτης,δηλαδή

dV x𝑑𝑥

= 0⟹ 2𝑥 𝑥 − 1 + 𝑥! − 4 = 0⟹ 3𝑥! − 2𝑥 − 4 = 0⟹ x!,! =1 ± 13

3

ΗτιμήτηςV(x)σταακρόταταθαείναι

V x! = !"!!" !"!"

= −0.88 < 0όπουx! =!! !"!

= 1.53 > 0και

V x! = !"!!" !"!"

= 6.06 > 0όπουx! =!! !"!

= −0.86 < 0

E (γ)

E (α)

E (β)

x! x! x! x!

x!

Σελίδα2από5

C)ΕάνΕηολικήμηχανικήενέργειατουσυστήματοςκαιΤ(x)ηκινητικήενέργειατουσυστήματος,πουείναιπάντοτεθετικήποσότητα,θαισχύειότι

𝛦 = 𝑉 𝑥 + 𝑇 𝑥 ⇒ 𝑇 𝑥 = 𝐸 − 𝑉 𝑥! ! !!

𝐸 − 𝑉 𝑥 ≥ 0 ⇒ 𝑉 𝑥 ≤ 𝛦 (1)Η παραπάνω σχέση καθορίζει την κίνηση του σώματος ως συνάρτηση της ολικής ενέργειας. Επιτρεπτέςπεριοχέςκίνησηςείναιμόνοαυτέςστιςοποίεςηδυναμικήενέργεια,V(x),είναιμικρότερηαπό(ήτοπολύ ίση με) την ολική ενέργεια Ε. Η διερεύνηση γίνεται σχεδιάζοντας οριζόντιες γραμμές y(x)=E καιβλέπονταςπούθαπρέπειναβρίσκεταιτοσώμαώστεναισχύειπάντοτεησχέση(1).

α)Εάν Ε > V x! τότεηκίνησητουσώματοςείναιελεύθερηαπότομείονάπειρομέχριτοσημείοόπουηV(x)=E,σημείοτοοποίοθαβρίσκεταιπροφανώςσταδεξιάτουx!(x > x!).β)ΕάνΕ < V x! τότεηκίνησητουσώματοςείναιελεύθερηαπότομείονάπειρομέχριτοσημείοόπουηV(x)=E,,σημείοτοοποίοθαβρίσκεταιπροφανώςστααριστεράτουx = −2(x < −2).γ)ΕάνV x! < Ε < V x! τότεη ευθεία𝑉(𝑥) = Ε τέμνει την𝑉(𝑥) σε τρίασημείαπουαντιστοιχούνστιςτιμές x!, x! , x! όπου x! < x! < x! < x! < x! και θα έχουμε δύο περιπτώσεις. Μία όπου το σώμα θαβρίσκεται αρχικά αριστερά από το x! (x < x!) και επομένως θα κινείται ελεύθερα από το μείον άπειρομέχριτοσημείοστοοποίοV(x)=Eκαιμίαόπουτοσώμαβρίσκεταιδεξιάαπότοx!(x > x!)καιαριστεράαπότο x! (x < x!) καιθακάνειπεριορισμένηκίνηση (μηαρμονικήταλάντωση)γύρωαπότοσημείοx!όπουέχουμετοτοπικόελάχιστοτηςδυναμικήςενέργειας.

D)Γιατιςσυγκεκριμένεςαρχικέςσυνθήκεςηολικήενέργειαείναι

𝛦 = 𝑉 𝑥 + 𝑇 𝑥 = 0 + !!×1×5! ⇒ 𝛦 = 12.5Joule

Προφανώςηπερίπτωσηαυτήαντιστοιχείστο«α)»πουαναφέραμεπροηγουμένως.Ηκίνησηθαγίνεταιαπότομείονάπειροέωςτοσημείοτοοποίοαποτελείρίζατηςπαρακάτωεξίσωσης.

𝑉 𝑥 = 12.5 ⇒ 𝑥! − 4 𝑥 − 1 = 12.5 ⇒ 𝑥! − 𝑥! − 4𝑥 = 16.5Ηπαραπάνωεξίσωσηέχειμόνομίαπραγματικήρίζαηοποίααπότημελέτητηςγραφικήςπαράστασηςείναιεμφανέςότιθαπρέπειναείναικαιμεγαλύτερηαπότοx!.Πράγματιανείχαμευπολογιστήκαιλύναμετοπρόβλημααριθμητικάθαβρίσκαμεότιηρίζαείναι~3.94.Δείτε:https://www.tiger-algebra.com/drill/x3-x2-4x-16,5=0/

2. Μία σταγόνα νερού σχηματίζεται τη χρονική στιγμή t=0 σε ένα ακίνητο σύννεφο και αρχίζει να πέφτειλόγωβαρύτητας.Καθώςπέφτει,ημάζατηςαυξάνεταιμερυθμόανάλογοτηςστιγμιαίαςμάζαςτηςκαιμεσταθεράαναλογίαςλ > 0.ΘεωρήστεότιτοπεδίοβαρύτηταςτηςΓηςείναιομογενέςκαισταθερόσεόλητηςδιάρκειακίνησηςτηςσταγόνας.ΝαγραφείοδεύτεροςνόμοςτουΝεύτωνασεδιανυσματικήμορφήγιατηνπερίπτωσηαυτήκαιναβρεθείηταχύτητατηςσταγόναςωςσυνάρτησητουχρόνου.(2.5μονάδες)

Υπόδειξη: α) Υπενθυμίζεται ότι σε ένα σύστημα μεταβλητής μάζας,𝑀(𝑡), ο δεύτερος νόμος τουNewtonγράφεταιως:

𝑑 𝑀𝑣𝑑𝑡 − 𝑣!

𝑑𝑀𝑑𝑡 = 𝐹

β)Δίνεταιότιηγενικήλύσητηςδιαφορικήςεξίσωσης!" !!"

+ 𝑎𝑦 𝑡 = 𝑏είναιησυνάρτηση𝑦 𝑡 = !!+

𝐶𝑒!!" ,όπουα,bκαιCαυθαίρετεςσταθερές.

ΛύσηΈστωότιτηχρονικήστιγμήt=0ησταγόναδημιουργείταιακίνητηκαιέχειμάζα𝛭!. Στησυνέχειαημάζατηςαυξάνεταιμερυθμόλ,ανάλογοτηςστιγμιαίαςμάζας.Επομένως,κάθεχρονικήστιγμήισχύειότι:

𝑑𝑀(𝑡)𝑑𝑡

= 𝜆𝑀 𝑡 ⇒𝑑𝑀 𝑡𝑀 𝑡

!!! !

!!!!

= 𝜆𝑑𝑡!!!

!!!

⇒ 𝑙𝑛𝛭 𝑡𝛭!

= 𝜆𝑡 ⇒ 𝑀 𝑡 = 𝛭!𝑒!"

ΘεωρούμετονάξονατωνΖκατακόρυφοκαιμεθετικήφοράπροςτακάτω.

Σελίδα3από5

Στησταγόναασκείταιηδύναμητουβάρουςτηςηοποίαθαείναι:

𝐹 = 𝑀 𝑡 𝑔𝑘Επομένως,καιμιαπουτονέφοςείναιακίνητοκαιάραημάζαπουπροστίθεταιαπότονέφοςστησταγόναέχειμηδενικήταχύτητα𝑣! = 0,σύμφωναμετο2ονόμοτουΝεύτωνα(καιτηνυπόδειξη)αν𝑝 = 𝑀 𝑡 𝑣ηορμήτηςσταγόνας,θαέχουμε:

𝐹 𝑡 =𝑑𝑝 𝑡𝑑𝑡

⇒ 𝐹 𝑡 = 𝑀 𝑡𝑑𝑣 𝑡𝑑𝑡

+ 𝑣 𝑡𝑑𝑀 𝑡𝑑𝑡

⇒

𝑴 𝒕 𝒈𝒌 = 𝑴 𝒕𝒅𝒗𝒅𝒕

𝒌 + 𝒗𝝀𝑴 𝒕 𝒌 ⇒𝑑𝑣 𝑡𝑑𝑡

+ 𝜆𝑣 𝑡 = 𝑔!"ό!"#$%

𝑣 𝑡 =𝑔𝜆+ 𝐶𝑒!!" (1)

Μιαπουτηχρονικήστιγμήt=0ησταγόναείναιακίνητη,𝑣 𝑡 = 0 = 0,θαέχουμε:

1!!!,! ! !!

0 =𝑔𝜆+ 𝐶𝑒! ⇒ 𝐶 = −

𝑔𝜆

2

1(!)

𝒗 𝒕 =𝒈𝝀1 − 𝒆!𝝀𝒕 𝒌

3. ΈναςκύλινδροςσυνολικήςμάζαςΜ,μήκουςL,καιακτίναςR,έχειαξονικάσυμμετρικήπυκνότητα𝜌 𝑟 = 𝜌! 1 − !

!.

A. Δείξτε,κάνονταςένααντίστοιχοσχήμαγιαλόγουςευκρίνειας,ότιηροπήαδράνειαςτουκυλίνδρουγύρωαπότονάξονασυμμετρίαςτουείναι(1μονάδα):

𝐼 =310𝑀𝑅!

B. Ανοκύλινδροςτηνχρονικήστιγμήtκυλά,χωρίςναολισθαίνει,μεσταθερήταχύτητακατάμήκοςτουάξοναx,𝑣 = 𝑣!𝚤,υπολογίστετηνκινητικήτουενέργειακαθώςκαιτομέτροκαιδιεύθυνσητουδιανύσματοςτηςστροφορμής,𝐿,ωςπροςτηναρχήτωναξόνων.(1.5μονάδα)

Λύση: Α) Παρατηρώντας το διπλανό σχήµα µπορούµε να δούµε ότι για λόγους συµµετρίας ο πιο βολικός στοιχειώδης όγκος είναι ο 𝑑𝑉 = 𝐿 2𝜋𝑟𝑑𝑟 ενώ η στοιχειώδης µάζα 𝑑𝑚 = 𝜌 𝑟 𝑑𝑉. Εποµένως ότι η µάζα του κυλίνδρου θα είναι:

𝛭 = 𝜌𝑑𝑉!

= 𝜌 𝑟 𝐿2𝜋𝑟𝑑𝑟!!!

!!!

⇒

𝑀 = 2𝜋𝐿𝜌! 𝑟 −𝑟!

𝑅𝑑𝑟 =

!!!

!!!

2𝜋𝐿𝜌!𝑅!

2−𝑅!

3𝑅⇒

𝑀 =𝜋𝜌!𝐿𝑅!

3 (1)

Αντίστοιχα η ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα συµµετρίας του κυλίνδρου θα είναι:

𝐼 = 𝑟!𝑑𝑚!

= 𝑟!𝜌 𝑟 𝐿2𝜋𝑟𝑑𝑟!

= 2𝜋𝐿𝜌! 𝑟! −𝑟!

𝑅𝑑𝑟 =

!!!

!!!

2𝜋𝐿𝜌!𝑅!

4−𝑅!

5𝑅=𝜋𝐿𝜌!𝑅!

10!

𝐼 =310𝑀𝑅! (2)

Σελίδα4από5

Β) Ένα σχήµα που παρουσιάζει την κίνηση του σώµατος είναι το ακόλουθο:

H κινητική ενέργεια του κυλίνδρου είναι το άθροισµα της κινητικής ενέργειας λόγω της µεταφορικής κίνησης του κέντρου µάζας (ΚΜ) και της κινητικής ενέργειας λόγω περιστροφής. Σηµειώνουµε ότι από τη στιγµή που το σώµα κυλά µε γωνιακή ταχύτητα ω χωρίς να ολισθαίνει ισχύει ότι: 𝜔 = !!

!. Εποµένως:

𝛵 = 𝛵!" + 𝛵!"# =12𝛭𝑣!! +

12𝐼𝜔!

!!!!! 𝑇 =

12𝛭𝑣!! +

12

310𝑀𝑅!

𝑣!!

𝑅!⇒ 𝑇 =

1320𝛭𝑣!!

Σχετικά με τη στροφορμή, αυτή είναι και πάλι το άθροισμα της στροφορμής του ΚΜ, 𝐿!" , καθώς και τηςστροφορμήςλόγωπεριστροφής𝐿!"#.ΤοΚΜβρίσκεταιεξ’ορισμούπάνωστοάξοναπεριστροφήςπουαπέχειαπόστασηRαπότοεπίπεδοκίνησης.Ανθεωρήσομε,όπωςφαίνεταικαιστοπαραπάνωσχήμα,ότιοάξοναςZέχεικατεύθυνσηπροςταπάνωκαιμιαπουοάξοναςXσύμφωναμετηνεκφώνησηείναιπροςταδεξιάστοεπίπεδοκατάτηνκίνησητηςμάζας(αφού𝑣 = 𝑣!𝚤),τότεθαισχύειότι:

𝐿!" = 𝑟!"×𝑝!" = 𝑥𝚤 + 𝑅𝑘 × 𝑀𝑣!𝚤 ⇒ 𝐿!" = 𝑅𝑀𝑣!𝚥 (3)Hστροφορμήλόγωπεριστροφής,σύμφωναμετονκανόνατουδεξιούχεριού,είναι:

𝐿!"# = 𝛪𝜔𝚥 =310𝑀𝑅!

𝜐!𝑅

𝚥 ⇒ 𝐿!"# =310𝛭𝑅𝜐!𝚥 (4)

Άρα

𝐿 = 𝐿!" + 𝐿!"# = 𝑅𝑀𝑣!𝚥 +310𝛭𝑅𝜐!𝚥 ⇒ 𝐿 =

1310𝛭𝑅𝜐!𝚥

4. Κατά τη διάρκεια τουαγώναΑτρόμητος-ΟΦΗ, ο οποίος έληξε 0-2, ένας οπαδός τουΑτρόμητουπετά γιαεκφοβισμόπρος τον τερματοφύλακαΣωτηρίου κέρμα δύο ευρώμάζας𝑚 = 8.5𝑔𝑟 το οποίο βρίσκεται σεθερμοκρασίαπεριβάλλοντος(𝛵! = 25 𝐶! ).Οοπαδόςευτυχώςαστοχείκαιτονόμισμαχτυπάτοέδαφοςκαισταματά.Έστωότιηαρχικήταχύτητατουνομίσματοςήταν𝑣 = 20𝑚/sκαιότιοοπαδόςβρισκότανστιςκερκίδεςσεύψοςℎ = 30𝑚πάνωτοέδαφος.α)Αντο60%τηςαρχικήςενέργειαςσυνεισφέρειστηναύξησητης εσωτερικής ενέργειας του νομίσματος προσδιορίστε την τελική του θερμοκρασία. Θεωρήστε ότι τοπεδίοβαρύτηταςείναιομογενέςκαι𝑔 = 9.84 𝑚𝑠!!(1.5μονάδα)β)Εξαρτάταιαυτότοαποτέλεσμααπότημάζατουνομίσματος;Αιτιολογείστετηναπάντησήσας.(0.5μονάδες)(Δίνεταιότιηειδικήθερμότητατουχαλκούείναι𝑐 = 0.38 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 𝑔𝑟!!𝐾!!).

Λύση

A) Ησυνολικήμηχανικήενέργειατουκέρματοςείναιτοάθροισματηςδυναμικήςκαικινητικήςτουενέργειας

Σελίδα5από5

𝛦 =12𝑚𝑣! +𝑚𝑔ℎ ⇒ 𝐸 = 𝑚

12𝑣! + 𝑔ℎ (1)

Μια που το 60% της παραπάνω ενέργειας του κέρματος μετατρέπεται σε θερμότητα, 𝑄, ηθερμοκρασίατουκέρματοςθααυξηθείσύμφωναμετοντύπο

𝑄 = 𝑚𝑐𝛥𝛵 (2)

1 &(2) ⇒60100

𝛦 = 𝑄 ⇒60100

𝑚12𝑣! + 𝑔ℎ = 𝑚𝑐𝛥𝛵 ⇒ 𝛥𝛵 =

0.6𝑐

12𝑣! + 𝑔ℎ (3)

Γιαναυπολογίσουμετο𝛥𝛵 πρέπεινααντικαταστήσουμεστην(1)τιςτιμέςτων𝑣,𝑔, ℎ, 𝑐στοSI,δηλαδή:𝑣 = 20𝑚𝑠!!,ℎ = 30𝑚καιτο𝑐 = 0.38 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 𝑔𝑟!!𝐾!! = 380 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 𝑘𝑔𝑟!!𝐾!!

1 &(2) ⇒ 𝛥𝛵 =0.6380

1220! + 9.84 ∙ 30 ⇒ 𝜟𝜯 = 𝟎.𝟖 𝑲𝒐

Επομένως μιαπου η αύξησησε βαθμούς Kelvin είναι ίση με αυτή σε βαθμούς Celsius η τελικήθερμοκρασίατουνομίσματοςθαείναι

𝛵 = 𝛵! + 𝛥𝛵 ⇒ 𝛵 = 25.8 𝐶! B) Παρατηρούμεότιησχέση(3)δενεξαρτάταιαπότημάζατουκέρματοςεπομένωςαυτήδενπαίζει

ρόλοστην τελική θερμοκρασία. Αυτό είναι αναμενόμενο μιαπου τόσοη μηχανική ενέργεια (1)όσοκαιηθερμικήενέργειαενόςσώματος(2)εξαρτώνταιγραμμικάαπότημάζατουσώματος.

5. Γιατί έναδιατομικόαέριο, όπωςτοοξυγόνο (Ο2), έχειστην ίδιαθερμοκρασίαμεγαλύτερη ενέργειαανά

moleαπόότιέναμονατομικόαέριοόπωςτοήλιο(He)ότανκαιταδύοβρίσκονταισεθερμικήισορροπίαστηνίδιαθερμοκρασία;(1μονάδα)

Λύση

Ηενέργειαενόςαερίουπουβρίσκεταισεθερμικήισορροπίαεξαρτάταιαπότηνθερμοκρασίατου,𝑇, τοναριθμότωνμορίωνπεριέχει,𝑁,αλλάκαιτουςβαθμούςελευθερίας,𝑓, πουέχεικάθεμόριο.Έτσιδίνεταιαπότηνσχέση:

𝛦 = 𝑁𝑓2𝑘!𝑇

όπου𝑘!ηγνωστήσταθεράBoltzmann.Ένα μονοατομικό μόριο έχει 𝑓 = 3, δηλαδή τρεις βαθμούς ελευθερίας καθαρά λόγω της μεταφορικήςκίνησηςτουκάθεμορίουστις3διαστάσεις.ΈναδιατομικόμόριομπορείναέχειΑ)5βαθμούςελευθερίας,𝑓 = 5,εάνταδυοάτομα,ταοποίακινούνταιστοχώροτωντριώνδιαστάσεων,είναισταθεράσυνδεδεμέναμεταξύτους(καιημεταξύτουςαπόστασηδεμεταβάλλεται)Β) 7 βαθμούς ελευθερίας,𝑓 = 7, εάν τα δυο άτομα, κινούνται στο χώρο των τριών διαστάσεων, και ηαπόστασημεταβάλλεταιενώείναισυνδεδεμέναμεμίαδύναμητηςμορφήςτουνόμουτουHooke,δηλαδήεκτελούναρμονικήταλάντωσηγύρωαπόμίαμέσηαπόστασημεταξύτους.Σεκάθεπερίπτωσηόμωςγιατηνίδιαθερμοκρασίακαιίδιοαριθμόμορίωντοδιατομικόαέριοθαπεριέχειπερισσότερηενέργειααπόότιτομονοατομικό.