Λύσεις — Κεφάλαιο 5: Έργο – Ενέργεια (σελ. 211-216) – ΦΥΣΙΚΗ Α΄ ΕΠΑΛ

ΦΥΣΙΚΗ Α΄ ΕΠΑΛ ΦΥΣΙΚΗ Α΄ ΕΠΑΛ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις — Κεφάλαιο 5: Έργο – Ενέργεια (σελ. 211-216) – ΦΥΣΙΚΗ Α΄ ΕΠΑΛ

Λύσεις — Κεφάλαιο 5: Έργο - Ενέργεια (σελ. 211-216)

Λύσεις των 20 ερωτήσεων, προβληματισμών και ασκήσεων του κεφαλαίου (5.1-5.20, σελ. 211-216): έργο δυνάμεων, απλές μηχανές, ισχύς, μονάδες, θεώρημα κινητικής ενέργειας και διατήρηση μηχανικής ενέργειας.

5.1 Τα ερωτήματα που θέτει το κείμενο του κεφαλαίου

Ερώτηση: Επιχειρήστε, αν δεν το έχετε ήδη κάνει, να απαντήσετε στα ερωτήματα που θέτει, άμεσα ή έμμεσα, το κείμενο του κεφαλαίου.

Απάντηση:

«Είναι δυνατόν να έχουμε έργο, όταν F = 0;» (σελ. 186) — Όχι. Από \(W = Fs\,\text{συν}\varphi\), αν λείπει η δύναμη (F = 0), η μετατόπιση (s = 0, εικ. 5.1α) ή η συνιστώσα κατά τη μετατόπιση (\(\varphi = 90^\circ\), εικ. 5.1β, ε), το έργο είναι μηδέν. Στην εικ. 5.1ζ το σώμα κινείται χωρίς δύναμη στη διεύθυνση κίνησης — κίνηση χωρίς έργο.
Έλκηθρο σε λεία ανηφόρα κλίσης θ, σχοινί με κλίση φ ως προς την ανηφόρα (σελ. 186): \(W_F = Fs\,\text{συν}\varphi > 0\) (παραγόμενο), \(W_B = -mg\,\text{ημ}θ\,s < 0\) (καταναλισκόμενο), \(W_N = 0\) (κάθετη στη μετατόπιση).
«Η μερίδα του μουσακά έχει 800 θερμίδες» (σελ. 187): εννοεί ιατρικές θερμίδες, 800 kcal \(= 8\cdot10^5\) cal \(\approx 3{,}35\cdot10^6\) J.
Σερβίς βόλεϊ (σελ. 190): το συνολικό έργο του βάρους είναι μηδέν, αλλά η ρίψη προς τα πάνω δίνει στον παίκτη χρόνο και ύψος για να χτυπήσει την μπάλα με μεγαλύτερη ταχύτητα· το έργο που μετρά είναι το έργο της δύναμης του χεριού (που αυξάνει την κινητική ενέργεια), όχι του βάρους.
Μοχλοί εικ. 5.7 (σελ. 192): στον μοχλό (β) τα τμήματα είναι 1 m (φορτίο) και 3 m (δύναμη)· από την ισορροπία ροπών \(F\cdot3 = B\cdot1\), μηχανικό κέρδος \(B/F = 3\) και η δύναμη μετατοπίζεται 3 φορές περισσότερο από το φορτίο (μηχανική «ζημιά» 3). Στον (α), με το υπομόχλιο στο άκρο και το φορτίο σε απόσταση 1 μέρους ενώ η δύναμη σε 3+1 = 4 μέρη (λόγος 3:1 των τμημάτων), \(B/F = 4\) και η δύναμη διανύει τετραπλάσια διαδρομή.
Κινητή τροχαλία — γιατί κέρδος 2; (σελ. 192): το φορτίο κρέμεται από δύο τμήματα του σχοινιού, το καθένα με τάση F: \(2F = B\), \(F = B/2\). Η ακίνητη (κέρδος 1) προσφέρει αλλαγή κατεύθυνσης της δύναμης (τραβάμε προς τα κάτω, με τη βοήθεια του βάρους μας). Στο πολύσπαστο του εργάτη (εικ. 5.9) ισχύει το ίδιο σκεπτικό: όσα τμήματα σχοινιού στηρίζουν το φορτίο, τόσο το κέρδος σε δύναμη και τόσο η ζημιά σε μετατόπιση.
Καρδιά: έργο σε 24ωρο (σελ. 198): \(W = 70\,\tfrac{\text{κτύποι}}{\text{min}}\cdot 1440\,\text{min}\cdot 1{,}3\,\text{J} \approx 1{,}31\cdot10^5\) J.
Μέσος ρυθμός μεταβολισμού (σελ. 199): \(P = \frac{2500\cdot10^3\cdot4{,}186\ \text{J}}{86400\ \text{s}} \approx 121\) W.
Μυϊκή δύναμη στο χέρι (εικ. 5.14): με θεώρημα ροπών ως προς τον αγκώνα, \(F\cdot d_F = B_1 d_1 + B_2 d_2\)· επειδή ο μοχλοβραχίονας της F (λίγα cm) είναι πολύ μικρότερος από του φορτίου (δεκάδες cm), η F βγαίνει πολλαπλάσια του φορτίου (π.χ. με τις αποστάσεις του σχήματος, 25 cm για τα 12 N, 12 cm για τα 3 N και 5 cm με γωνία 60° για τη μυϊκή δύναμη, \(F\cdot0{,}05\cdot\text{ημ}60^\circ = 12\cdot0{,}25+3\cdot0{,}12\), άρα \(F\approx 78\) N).
Τριβή στις τρεις περιπτώσεις της εικ. 5.13 (σελ. 196): \(N_α = mg\), \(N_β = mg - F\text{ημ}\varphi\), \(N_γ = mg + F\text{ημ}\varphi\)· με \(T = ηN\): \(T_γ > T_α > T_β\) — οι προβλέψεις επαληθεύονται.
Ανηφόρα με τριβή: μικρότερη διαδρομή; (σελ. 206): ναι, γιατί εκτός από τη \(B_x\) καταναλώνει έργο και η τριβή, άρα η ίδια αρχική κινητική ενέργεια «ξοδεύεται» σε μικρότερη απόσταση. Στην κάθοδο το έργο της \(B_x\) είναι θετικό (σελ. 207), γιατί η \(B_x\) έχει τώρα ίδια φορά με τη μετατόπιση.
Κατακόρυφη βολή (σελ. 203): \(-mgh_m = -\tfrac12 m υ_0^2 \Rightarrow h_m = υ_0^2/2g\)· στην κάθοδο \(mgh_m = \tfrac12 m υ^2 \Rightarrow υ = υ_0\).

Σύνοψη: (ενδεικτική) Κυριότερες απαντήσεις: δεν υπάρχει έργο χωρίς δύναμη, μετατόπιση ή συνιστώσα της δύναμης κατά τη μετατόπιση· οι μηχανές κερδίζουν σε δύναμη όσο χάνουν σε διαδρομή (μοχλός 1:3 → κέρδος 3, κινητή τροχαλία → 2)· η καρδιά δίνει ≈ 1,31·10⁵ J το 24ωρο· ο μέσος μεταβολισμός είναι ≈ 121 W· σε κατακόρυφη βολή \(h_m = υ_0^2/2g\) και το σώμα επιστρέφει με \(υ_0\).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Το item είναι γενικό· η λύση συγκεντρώνει τα κυριότερα ερωτήματα του κειμένου. Οι αποστάσεις της εικ. 5.14 διαβάζονται από το σχήμα και ο υπολογισμός της F είναι ενδεικτικός.

5.2 Δυνάμεις και έργα στα σώματα των εικόνων

Ερώτηση: Παρατηρήστε τις εικόνες του κεφαλαίου και σχεδιάστε όλες τις δυνάμεις που ασκούνται στα σώματα που απεικονίζονται σ’ αυτές και βρίσκονται σε οριζόντιο ή σε πλάγιο επίπεδο. Θεωρήστε το επίπεδο πρώτα λείο (όπου αυτό είναι εφικτό) και μετά με τριβή. Αφού σχεδιάσετε τις δυνάμεις, γράψτε τις σχέσεις για το έργο καθεμιάς.

Απάντηση:

Μέθοδος (σελ. 196): σχεδιάζουμε βάρος \(B\), κάθετη αντίδραση \(N\), τριβή \(T\) (αντίθετη στην κίνηση) και την εξωτερική δύναμη \(F\)· αναλύουμε σε άξονες \(x\) (κίνησης) και \(y\)· κάθε έργο \(W = Fs\,\text{συν}\varphi\).
Οριζόντιο επίπεδο, οριζόντια δύναμη (βάρκα, εικ. 5.2· κιβώτιο, εικ. 5.1δ): \(W_F = Fs\), \(W_B = 0\), \(W_N = 0\)· με τριβή \(N = mg\), \(T = ηmg\), \(W_T = -ηmgs\).
Οριζόντιο επίπεδο, πλάγια δύναμη (έλκηθρο, εικ. 5.3· εικ. 5.13β): \(W_F = Fs\,\text{συν}\varphi\), \(W_B = W_N = 0\)· με τριβή \(N = mg - F\text{ημ}\varphi\), \(W_T = -η(mg - F\text{ημ}\varphi)s\). Για δύναμη προς τα κάτω (εικ. 5.13γ) \(N = mg + F\text{ημ}\varphi\).
Κεκλιμένο επίπεδο γωνίας φ (εικ. 5.4, 5.6, 5.12), άνοδος κατά s: \(W_B = -mg\,\text{ημ}\varphi\,s\), \(W_N = 0\), εξωτερική δύναμη παράλληλη \(W_F = Fs\)· με τριβή \(N = mg\,\text{συν}\varphi\), \(W_T = -ηmg\,\text{συν}\varphi\,s\). Στην κάθοδο \(W_B = +mg\,\text{ημ}\varphi\,s\), ενώ το έργο της τριβής παραμένει αρνητικό (σελ. 195).

Σύνοψη: (ενδεικτική) Σε κάθε σώμα: \(W_N = 0\) και \(W_B = 0\) σε οριζόντιο επίπεδο· σε κεκλιμένο \(W_B = \mp mg\,\text{ημ}\varphi\,s\) (άνοδος/κάθοδος)· \(W_F = Fs\,\text{συν}\varphi\)· με τριβή επιπλέον \(W_T = -ηNs\), όπου \(N = mg\), \(mg \mp F\text{ημ}\varphi\) ή \(mg\,\text{συν}\varphi\) ανάλογα με την περίπτωση.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Ανοιχτή άσκηση σχεδίασης· δίνονται οι τυπικές περιπτώσεις των εικόνων του κεφαλαίου.

5.3 Συμπλήρωση κενών: λοστός, κατηφόρα, έργα

Ερώτηση: Να συμπληρώσετε τα κενά στο παρακάτω κείμενο: «Έτσι αναγκάστηκα να βάλω λοστό κάτω από τη μεγάλη πέτρα, για να την ανασηκώσω. Ο λοστός δούλεψε σαν............και βοήθησε αρκετά. Έσπρωξα την πέτρα μέχρι την άκρη του γκρεμού και ελάχιστα ακόμα. Το.............επίπεδο βοήθησε στην ολίσθησή της ως το βάθος της χαράδρας. Βοήθησε το έργο του ............, ενώ αντιδρούσε το έργο της..........Η πέτρα κτύπησε σε βράχο στο τέλος της κατηφόρας με..........ενέργεια ίση με τη..........των δύο αυτών έργων. Αν ο γκρεμός ήταν πιο απότομος, η πέτρα θα κτύπαγε με ..........ορμή στο βράχο. Αυτό, επειδή το βοηθητικό έργο θα ήταν ..........., ενώ το «αντιδραστικό» έργο θα ήταν...........»

Απάντηση:

Ο λοστός είναι μοχλός (σελ. 191-192).
Η κατηφόρα είναι κεκλιμένο επίπεδο· στην κάθοδο θετικό έργο παράγει το βάρος (\(W_B = +Bh\)), αρνητικό η τριβή (σελ. 190, 195).
Από το θεώρημα κινητικής ενέργειας (σελ. 202) η κινητική ενέργεια στο τέλος ισούται με τη διαφορά (αλγεβρικό άθροισμα) των δύο έργων: \(K = Bh - |W_T|\).
Πιο απότομος γκρεμός με το ίδιο ύψος: το έργο του βάρους μένει ίδιο (\(Bh\), ανεξάρτητο από τη διαδρομή — συντηρητική δύναμη, σελ. 191), ενώ το έργο της τριβής γίνεται μικρότερο, γιατί \(|W_T| = ηmg\,\text{συν}\varphi\cdot\frac{h}{\text{ημ}\varphi}\) μειώνεται όταν η γωνία φ μεγαλώνει (μικρότερη διαδρομή και μικρότερη κάθετη αντίδραση). Άρα μεγαλύτερη κινητική ενέργεια, μεγαλύτερη ταχύτητα και μεγαλύτερη ορμή.

Σύνοψη: μοχλός · κεκλιμένο · βάρους · τριβής · κινητική · διαφορά · μεγαλύτερη · ίδιο (το ίδιο) · μικρότερο.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Για το «ορμή» αρκεί η αιτιολόγηση μέσω μεγαλύτερης ταχύτητας· το κενό «ίδιο» προϋποθέτει ίδιο ύψος γκρεμού.

5.4 Τα εργαλεία της εικ. 5.16 και ο χρυσός κανόνας

Ερώτηση: «Παίξτε» με τις μηχανές της εικ. 5.16. Εξηγήστε το ρόλο των εργαλείων με τη βοήθεια του χρυσού κανόνα της Μηχανικής. [Σχήμα: χειροκίνητο δράπανο με μανιβέλα, κατσαβίδι και σταυρωτό κλειδί (Τ) που βιδώνει σε μέταλλο· τα βέλη δείχνουν περιστροφή της λαβής γύρω από τον άξονα του εργαλείου.]

Απάντηση:

Και τα τρία εργαλεία λειτουργούν όπως το βαρούλκο (σελ. 193): ασκούμε δύναμη \(F\) σε μεγάλη ακτίνα \(r\) (μανιβέλα, φαρδιά λαβή, μακριοί βραχίονες του Τ) και το εργαλείο ασκεί δύναμη \(F'\) σε μικρή ακτίνα \(R\) (μύτη τρυπανιού, μύτη κατσαβιδιού, σπείρωμα).
Ισορροπία ροπών: \(F\cdot r = F'\cdot R\), άρα \(F' = F\frac{r}{R} > F\) — κέρδος σε δύναμη ίσο με \(r/R\).
Χρυσός κανόνας (σελ. 191): σε μία στροφή το χέρι διανύει \(2\pi r\), ενώ η μύτη \(2\pi R\)· το έργο \(F\cdot2\pi r = F'\cdot 2\pi R\) μένει ίδιο. Κερδίζουμε σε δύναμη, χάνουμε σε διαδρομή: το χέρι κάνει μεγάλη κυκλική διαδρομή για να προχωρήσει λίγο η βίδα ή το τρυπάνι.
Όσο μεγαλύτερη η λαβή (ή η μανιβέλα), τόσο μικρότερη δύναμη χρειάζεται για την ίδια ροπή — γι' αυτό ένα κατσαβίδι με χοντρή λαβή βιδώνει πιο εύκολα.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Τα εργαλεία είναι απλές μηχανές τύπου βαρούλκου: η δύναμη του χεριού ασκείται σε μεγάλη ακτίνα και πολλαπλασιάζεται (κατά r/R) στη μύτη ή στο σπείρωμα· σύμφωνα με τον χρυσό κανόνα, το κέρδος σε δύναμη πληρώνεται με ισόποση απώλεια σε διαδρομή, ώστε το έργο να μένει το ίδιο.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Ανοιχτή άσκηση· η αναγνώριση των εργαλείων γίνεται από την εικόνα.

5.5 Μετατροπές μονάδων ισχύος και ενέργειας

Ερώτηση: Βρείτε τις τιμές που λείπουν: Μέγιστη ισχύς κινητήρα 110Η.Ρ. =....kW · Τριμηνιαία οικιακή ηλεκτρική κατανάλωση 1100Wh =.... J · Θέρμανση φαγητού 120kcal =.... J =.... kWh

Απάντηση:

Με 1 H.P. = 746 W (σελ. 197): \(110\cdot746\ \text{W} = 82060\ \text{W} \approx 82{,}1\ \text{kW}\).
Με 1 Wh = 1 W · 3600 s = 3600 J: \(1100\ \text{Wh} = 1100\cdot3600\ \text{J} = 3{,}96\cdot10^6\ \text{J}\).
Με 1 cal = 4,186 J (σελ. 187): \(120\ \text{kcal} = 120\cdot10^3\cdot4{,}186\ \text{J} \approx 5{,}02\cdot10^5\ \text{J}\).
Με 1 kWh = \(3{,}6\cdot10^6\) J: \(\frac{5{,}02\cdot10^5}{3{,}6\cdot10^6} \approx 0{,}14\ \text{kWh}\).

Σύνοψη: 110 H.P. ≈ 82,1 kW · 1100 Wh = 3,96·10⁶ J · 120 kcal ≈ 5,02·10⁵ J ≈ 0,14 kWh.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η τριμηνιαία οικιακή κατανάλωση 1100 Wh (= 1,1 kWh) είναι μη ρεαλιστικά μικρή — πιθανότατα το βιβλίο εννοεί 1100 kWh (= 3,96·10⁹ J)· ο υπολογισμός γίνεται με τα δεδομένα όπως τυπώνονται.

5.6 Ο λογαριασμός της ΔΕΗ (εικ. 5.17)

Ερώτηση: Προσέξτε το λογαριασμό ηλεκτρικού ρεύματος για οικιακή κατανάλωση, εικόνα 5.17. Βρείτε τα φυσικά μεγέθη που αναγράφονται, εξηγώντας τι σημαίνει καθένα από αυτά. Υπολογίστε τις τιμές τους στο S.I. (Για ό,τι δεν ξέρετε, ρωτήστε τους γύρω σας. Έτσι κι αλλιώς πρέπει να ξέρουμε τι πληρώνουμε). [Σχήμα: λογαριασμός ΔΕΗ «ΕΝΑΝΤΙ», περίοδος κατανάλωσης 24/07/99 έως 04/08/99, προηγούμενη ένδειξη μετρητή 056202, ποσό έναντι αξίας κατανάλωσης 1274 δρχ., δημοτικά τέλη με επιφάνεια 57 m², τέλος ακίνητης περιουσίας, ΕΡΤ, ΦΠΑ 8%, ποσό πληρωμής 11.400 δρχ.]

Απάντηση:

Ενδείξεις μετρητή (τελευταία, προηγούμενη, διαφορά): ο μετρητής μετρά ηλεκτρική ενέργεια σε kWh (σελ. 187). Η διαφορά των ενδείξεων είναι η κατανάλωση της περιόδου. Π.χ. η προηγούμενη ένδειξη 056202 kWh \(= 56202\cdot3{,}6\cdot10^6\ \text{J} \approx 2{,}02\cdot10^{11}\) J.
Περίοδος κατανάλωσης (24/07/99-04/08/99, 11 ημέρες): χρόνος — \(11\cdot86400\ \text{s} = 9{,}5\cdot10^5\) s. Ο λόγος ενέργειας προς χρόνο δίνει τη μέση ισχύ της κατοικίας (\(P = W/t\), σελ. 197).
Ζήτηση (kW), όπου αναγράφεται: ισχύς — 1 kW = 1000 W.
Επιφάνεια ακινήτου (57 m² στα δημοτικά τέλη): εμβαδόν σε m², μονάδα ήδη του S.I.· δεν σχετίζεται με την ενέργεια, χρησιμεύει για τα δημοτικά τέλη και το τέλος ακίνητης περιουσίας.
Ο λογαριασμός είναι «ΕΝΑΝΤΙ» (εκτίμηση), γι' αυτό δεν αναγράφεται τελευταία ένδειξη· το ποσό 1274 δρχ. είναι εκτιμώμενη αξία κατανάλωσης.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Τα φυσικά μεγέθη του λογαριασμού είναι: ενέργεια (ενδείξεις και κατανάλωση σε kWh, 1 kWh = 3,6·10⁶ J), χρόνος (περίοδος κατανάλωσης σε ημέρες, 1 ημέρα = 86400 s), ενδεχομένως ισχύς (ζήτηση σε kW) και εμβαδόν (m² για τα τέλη). Πληρώνουμε την ενέργεια (έργο του ηλεκτρικού ρεύματος), όχι την ισχύ.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Ανοιχτή άσκηση· οι τιμές διαβάζονται από την εικόνα του λογαριασμού, που είναι «ΕΝΑΝΤΙ» χωρίς τελευταία ένδειξη.

5.7 Ενεργειακή ανάλυση της παχυσαρκίας

Ερώτηση: Λέμε συχνά πως ο σημερινός τρόπος ζωής με τα «αφύσικά» του (την παρατεταμένη καθιστική ζωή, τη μόνιμη χρήση μεταφορικού μέσου για όλες σχεδόν τις μετακινήσεις μας, τους γαστρονομικούς πειρασμούς στους οποίους υποκύπτουμε κτλ.) προκάλεσε στις μέρες μας την εμφάνιση μιας νέας - γνωστής σε όλους μας - επιδημίας, της παχυσαρκίας. Αναλύστε ενεργειακά αυτή την άποψη.

Απάντηση:

Νόμος διατήρησης της ενέργειας (σελ. 201): η ενέργεια των τροφών δεν εξαφανίζεται. Ό,τι δεν καταναλωθεί σε δραστηριότητα ή θερμότητα αποθηκεύεται στον οργανισμό (ως λίπος).
Πρόσληψη: οι «γαστρονομικοί πειρασμοί» (γλυκά 200-700 kcal/100 g, σαντιγί 660, ζαχαρούχο γάλα 560 — Πίνακας I, σελ. 199) αυξάνουν την προσλαμβανόμενη ενέργεια πάνω από τις μέσες 2.500 kcal/ημέρα.
Κατανάλωση: η καθιστική ζωή κρατά τον μεταβολισμό κοντά στα 120 W (ανάπαυση) ή 210 W (παρακολούθηση μαθήματος), αντί για 266-1230 W σε βάδισμα, ποδηλασία, κολύμπι ή τρέξιμο (Πίνακας II, σελ. 200). Η χρήση μεταφορικού μέσου αντικαθιστά τη μυϊκή ενέργεια με ενέργεια καυσίμου.
Ισοζύγιο: όταν η πρόσληψη ξεπερνά συστηματικά την κατανάλωση, το περίσσευμα αποθηκεύεται και το βάρος αυξάνεται· αντίθετα «αδυνατίζουμε, όταν καταναλώνουμε περισσότερη ενέργεια από όση παίρνουμε» (ερ. 5.9γ). Όπως δείχνει το παράδειγμα της σελ. 200-201, χρειάζεται πολλή δραστηριότητα για να «καεί» ένα γεύμα — άρα η λύση είναι λιγότερη πρόσληψη και πιο «θερμιδοφάγες» δραστηριότητες.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Η παχυσαρκία εξηγείται ως θετικό ενεργειακό ισοζύγιο: λόγω διατήρησης της ενέργειας, όταν η ενέργεια των τροφών (αυξημένη από τους γαστρονομικούς πειρασμούς) ξεπερνά την ενέργεια που καταναλώνει ο οργανισμός (μειωμένη από την καθιστική ζωή και τη χρήση μεταφορικών μέσων), το περίσσευμα αποθηκεύεται ως λίπος.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Ερώτηση κρίσης· αποδεκτή κάθε τεκμηριωμένη απάντηση που στηρίζεται στη διατήρηση της ενέργειας και στους πίνακες I-II.

5.8 Ενεργειακές μετατροπές στα συστήματα της εικ. 5.18

Ερώτηση: Ποιες ενεργειακές μετατροπές βλέπετε στα συστήματα της εικ. 5.18; [Σχήμα: αριστερά μπαταρία συνδεδεμένη με ηλεκτρικό κινητήρα, ο οποίος μέσω τροχού και άξονα τυλίγει νήμα και ανυψώνει μικρό βάρος· δεξιά βάρος που πέφτει ξετυλίγοντας νήμα από άξονα, που περιστρέφει γεννήτρια συνδεδεμένη με λαμπάκι.]

Απάντηση:

Αριστερό σύστημα: η μπαταρία μετατρέπει χημική ενέργεια σε ηλεκτρική· ο κινητήρας μετατρέπει την ηλεκτρική σε μηχανική (κινητική) ενέργεια περιστροφής· το νήμα ανυψώνει το βάρος, άρα μέρος της γίνεται δυναμική ενέργεια βαρύτητας \(U = mgh\) (σελ. 203). Λόγω τριβών μέρος γίνεται θερμότητα.
Δεξί σύστημα: το βάρος πέφτει και η δυναμική ενέργειά του μετατρέπεται σε κινητική (του βάρους και του άξονα)· η γεννήτρια μετατρέπει τη μηχανική σε ηλεκτρική· το λαμπάκι μετατρέπει την ηλεκτρική σε φωτεινή και θερμική.
Σε κάθε περίπτωση ισχύει ο νόμος διατήρησης της ενέργειας (σελ. 201): η ενέργεια μόνο μετατρέπεται από μια μορφή σε άλλη.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Αριστερά: χημική (μπαταρία) → ηλεκτρική → μηχανική (κινητική) → δυναμική ενέργεια του βάρους (+ θερμότητα από τριβές). Δεξιά: δυναμική ενέργεια του βάρους → κινητική → ηλεκτρική (γεννήτρια) → φως και θερμότητα (λαμπάκι).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η αναγνώριση των στοιχείων (μπαταρία, κινητήρας, γεννήτρια, λαμπάκι) γίνεται από την εικόνα.

5.9 Σωστό-λάθος: ισχύς, ενέργεια, ελεύθερη πτώση

Ερώτηση: Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές; α: Η ισχύς του βάρους σώματος είναι σταθερή, όσο το σώμα πέφτει κατακόρυφα. β. Ο κινητήρας αγωνιστικού αυτοκινήτου παρέχει μεγαλύτερη ισχύ από την αντίστοιχη κοινού Ι.Χ. γ. Αδυνατίζουμε, όταν καταναλώνουμε περισσότερη ενέργεια από όση παίρνουμε με τις τροφές. δ. Κατά την πτώση σώματος στον αέρα, στο μισό ύψος έχει διπλάσια ταχύτητα.

Απάντηση:

α — Λάθος. \(P = F\cdot υ\) (σελ. 197): η δύναμη \(B\) είναι σταθερή, αλλά η ταχύτητα αυξάνεται στην πτώση, άρα η ισχύς του βάρους \(P = Bυ\) αυξάνεται.
β — Σωστό. Ο κινητήρας κρίνεται από τον ρυθμό παραγωγής έργου (σελ. 196): το αγωνιστικό παράγει το ίδιο έργο σε πολύ μικρότερο χρόνο, άρα έχει μεγαλύτερη ισχύ.
γ — Σωστό. Από τη διατήρηση της ενέργειας (σελ. 201, 199): αν η κατανάλωση ξεπερνά την πρόσληψη από τις τροφές, ο οργανισμός καλύπτει τη διαφορά από τα αποθέματά του.
δ — Λάθος. Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας (σελ. 205), μετά από πτώση κατά \(h/2\): \(υ_{1/2} = \sqrt{gh}\), ενώ στο έδαφος \(υ = \sqrt{2gh}\). Η ταχύτητα στο μισό ύψος είναι \(1/\sqrt2 \approx 0{,}71\) της τελικής — ούτε διπλάσια ούτε μισή, γιατί η κινητική ενέργεια (όχι η ταχύτητα) είναι ανάλογη του ύψους πτώσης.

Σύνοψη: Σωστές: β και γ. Λάθος: α (η ισχύς P = Bυ αυξάνεται με την ταχύτητα) και δ (στο μισό ύψος η ταχύτητα είναι \(1/\sqrt2\) της τελικής).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η β θεωρείται σωστή με την έννοια της μέγιστης ισχύος του κινητήρα (σελ. 196-197).

5.10 Μηχανική ενέργεια στο ντεραπάρισμα

Ερώτηση: Διατηρείται η μηχανική ενέργεια στο ντεραπάρισμα (πλάγια εξολίσθηση) της μοτοσικλέτας της εικ. 5.19; [Σχήμα: μοτοσικλετιστής σε στροφή με κλίση· σημειώνονται το βάρος B, οι κάθετες αντιδράσεις N και οι τριβές T στους τροχούς.]

Απάντηση:

Στο ντεραπάρισμα οι τροχοί ολισθαίνουν πλάγια πάνω στο οδόστρωμα, οπότε εμφανίζεται τριβή ολίσθησης, πάντα αντίθετη στην κίνηση, με έργο \(W_T = -Ts < 0\) (σελ. 195).
Η τριβή δεν είναι «μηχανική» (συντηρητική) δύναμη: «Τέτοια δύναμη είναι η τριβή, της οποίας το έργο γίνεται θερμότητα» (σελ. 205). Άρα \(ΔE_M = W_T < 0\) (σελ. 206).
Μέρος της κινητικής ενέργειας της μοτοσικλέτας γίνεται θερμότητα (ζέσταμα και φθορά ελαστικών, ίχνη στο δρόμο)· η ολική ενέργεια διατηρείται, η μηχανική όχι.

Σύνοψη: Όχι. Στην πλάγια εξολίσθηση η τριβή ολίσθησης παράγει αρνητικό έργο, που μετατρέπει μέρος της μηχανικής (κινητικής) ενέργειας σε θερμότητα· ισχύει η διατήρηση της ολικής, όχι της μηχανικής ενέργειας.

5.11 Πίνακας ενεργειών σε ελεύθερη πτώση

Ερώτηση: Συμπληρώστε τα στοιχεία που λείπουν από τον παρακάτω πίνακα (που αφορά σώμα με μάζα 1kg που πέφτει ελεύθερα. Το ύψος h μετριέται από το έδαφος g=10m/s²). Στήλες: h (m), υ (m/s), U J, Κ J, Εμηχ J. Γραμμές: (1) h = 10, υ = 0 · (2) h = 8 · (3) υ = 10 · (4) U = 60 · (5) Κ = 80 · (6) Κ = 0 · (7) U = 0.

Απάντηση:

Αρχή: h = 10 m, υ = 0, άρα \(E_{μηχ} = mgh = 1\cdot10\cdot10 = 100\) J, που διατηρείται σε όλη την πτώση (σελ. 205): \(U = mgh = 10h\), \(K = 100 - U\), \(υ = \sqrt{2K/m}\).
(2) h = 8: \(U = 80\) J, \(K = 20\) J, \(υ = \sqrt{40} \approx 6{,}32\) m/s.
(3) υ = 10: \(K = \tfrac12\cdot1\cdot100 = 50\) J, \(U = 50\) J, \(h = 5\) m.
(4) U = 60: \(h = 6\) m, \(K = 40\) J, \(υ = \sqrt{80} \approx 8{,}94\) m/s.
(5) K = 80: \(U = 20\) J, \(h = 2\) m, \(υ = \sqrt{160} \approx 12{,}65\) m/s.
(6) K = 0: \(U = 100\) J, \(h = 10\) m, \(υ = 0\) (η αρχική θέση).
(7) U = 0: \(h = 0\) (έδαφος), \(K = 100\) J, \(υ = \sqrt{200} \approx 14{,}14\) m/s.

Σύνοψη: (1) h = 10 m, υ = 0, U = 100 J, K = 0, Εμηχ = 100 J · (2) h = 8 m, υ ≈ 6,32 m/s, U = 80 J, K = 20 J · (3) h = 5 m, υ = 10 m/s, U = 50 J, K = 50 J · (4) h = 6 m, υ ≈ 8,94 m/s, U = 60 J, K = 40 J · (5) h = 2 m, υ ≈ 12,65 m/s, U = 20 J, K = 80 J · (6) h = 10 m, υ = 0, U = 100 J, K = 0 · (7) h = 0, υ ≈ 14,14 m/s, U = 0, K = 100 J· σε όλες Εμηχ = 100 J.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Σε όλες τις γραμμές Εμηχ = 100 J (διατήρηση μηχανικής ενέργειας).

5.12 Έργα βάρους και τριβής στις διαδρομές ΑΓ, ΔΖ

Ερώτηση: Να συγκρίνετε το έργο του βάρους για τις διαδρομές ΑΓ, ΔΖ της εικ. 5.20. Να κάνετε το ίδιο και για το έργο της τριβής. (Θεωρήστε ίδιο συντελεστή τριβής ολίσθησης για όλα τα επίπεδα). [Σχήμα: τραπέζιο ΑΓΔΖ ύψους h· το σώμα Σ ανεβαίνει το κεκλιμένο ΑΓ γωνίας φ με τη βάση ΑΖ, ενώ το ΔΖ κατεβαίνει με γωνία θ στο Ζ· η θ είναι μεγαλύτερη από τη φ (το ΔΖ πιο απότομο).]

Απάντηση:

Έργο βάρους (σελ. 190-191): εξαρτάται μόνο από την υψομετρική διαφορά. Στην ΑΓ (άνοδος κατά h): \(W_{ΑΓ} = -mgh\)· στη ΔΖ (κάθοδος κατά h): \(W_{ΔΖ} = +mgh\). Ίσα κατά μέτρο, αντίθετα πρόσημα.
Έργο τριβής (σελ. 195): \(W_T = -ηmg\,\text{συν}\varphi\cdot s\) με \(s = h/\text{ημ}\varphi\), άρα \(W_{T,ΑΓ} = -ηmgh\frac{\text{συν}\varphi}{\text{ημ}\varphi}\) και \(W_{T,ΔΖ} = -ηmgh\frac{\text{συν}θ}{\text{ημ}θ}\).
Επειδή \(θ > \varphi\), ο λόγος συν/ημ είναι μικρότερος για τη θ, άρα \(|W_{T,ΔΖ}| < |W_{T,ΑΓ}|\): στο πιο απότομο επίπεδο η διαδρομή είναι μικρότερη και η κάθετη αντίδραση μικρότερη. Και τα δύο έργα τριβής είναι αρνητικά.

Σύνοψη: Έργο βάρους: \(W_{ΑΓ} = -mgh\), \(W_{ΔΖ} = +mgh\) — ίσα κατά μέτρο, αντίθετα. Έργο τριβής: και τα δύο αρνητικά, με \(|W_{T,ΑΓ}| = ηmgh\,\text{συν}\varphi/\text{ημ}\varphi > |W_{T,ΔΖ}| = ηmgh\,\text{συν}θ/\text{ημ}θ\), γιατί η ΔΖ είναι πιο απότομη (θ > φ).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η σύγκριση των γωνιών (θ > φ) διαβάζεται από το σχήμα.

5.13 Ανέβασμα συσκευής: ενεργειακή και μηχανική σύγκριση

Ερώτηση: Για να ανεβάσουμε μια βαριά εργαστηριακή συσκευή από το πάτωμα στον πάγκο ασκήσεων μπορούμε να επιλέξουμε μια από τις παρακάτω λύσεις: α) κατακόρυφο χειρωνακτικό ανέβασμα β) κινητή τροχαλία γ) ακίνητη τροχαλία δ) ολίσθηση σε πλάγια λεία λαμαρίνα κλίσης 30º. Ποια λύση είναι συμφερότερη ενεργειακά και από άποψη μηχανικού κέρδους;

Απάντηση:

Ενεργειακά (χρυσός κανόνας, σελ. 191): σε κάθε απλή μηχανή χωρίς τριβές το έργο είναι το ίδιο, \(W = Bh\) (το βάρος είναι συντηρητικό, σελ. 191). Άρα και οι τέσσερις λύσεις απαιτούν ιδανικά το ίδιο έργο — καμία δεν «γλιτώνει» ενέργεια.
Μηχανικό κέρδος \(B/F\) (σελ. 192): α) \(F = B\), κέρδος 1· γ) ακίνητη τροχαλία \(F = B\), κέρδος 1 (αλλάζει μόνο η κατεύθυνση)· β) κινητή τροχαλία \(F = B/2\), κέρδος 2· δ) λεία λαμαρίνα 30°: \(F = B\,\text{ημ}30^\circ = B/2\), κέρδος 2.
Οι λύσεις β και δ δίνουν το μεγαλύτερο κέρδος σε δύναμη (2), με αντίστοιχη απώλεια διαδρομής: στη β τραβάμε σχοινί \(2h\), στη δ σπρώχνουμε κατά μήκος \(h/\text{ημ}30^\circ = 2h\).
Στην πράξη η κινητή τροχαλία προσθέτει το βάρος της και τριβές, ενώ η λαμαρίνα θεωρείται λεία, άρα η δ είναι πρακτικά η πιο συμφέρουσα.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Ενεργειακά όλες οι λύσεις είναι ισοδύναμες (ιδανικά W = Bh). Μηχανικό κέρδος: α και γ → 1, β και δ → 2. Συμφερότερες είναι η κινητή τροχαλία και η λεία λαμαρίνα 30° (μισή δύναμη, διπλάσια διαδρομή)· πρακτικά η λεία λαμαρίνα.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Αποδεκτή και η επιλογή της κινητής τροχαλίας, αρκεί να αιτιολογείται με το κέρδος 2.

5.14 Κλιματιστικό: ισχύς σε S.I., κατανάλωση και κόστος

Ερώτηση: Κλιματιστικό (air condition) δωματίου έχει ισχύ εισόδου (ηλεκτρική) 21000 B.t.u./h και μέγιστη ωφέλιμη ισχύ 9000 B.t.u./h. Βρείτε τις αντίστοιχες τιμές στο S.I. Αν το κλιματιστικό εργάστηκε σε μέρα καύσωνα για 5h με τη μέγιστη ισχύ του και 7h με τη μισή της μεγίστης ισχύος του, πόσες kWh κατανάλωσε από το δίκτυο και σε τι κόστος αντιστοιχούν; (1kWh=25δραχ.). Δεχτείτε σταθερή απόδοση α (α = ΡΩΦ/ΡΔΑΠ) για το κλιματιστικό.

Απάντηση:

Με 1 B.t.u. = 1055 J (σελ. 187) και 1 h = 3600 s: \(P_{ΔΑΠ} = \frac{21000\cdot1055\ \text{J}}{3600\ \text{s}} \approx 6154\ \text{W} \approx 6{,}15\ \text{kW}\), \(P_{ΩΦ} = \frac{9000\cdot1055}{3600} \approx 2638\ \text{W} \approx 2{,}64\ \text{kW}\).
Απόδοση: \(α = \frac{P_{ΩΦ}}{P_{ΔΑΠ}} = \frac{9000}{21000} \approx 0{,}43\) (43%).
Με σταθερή απόδοση, όταν η ωφέλιμη ισχύς είναι η μισή, μισή είναι και η ισχύς εισόδου: \(3{,}08\) kW.
Ενέργεια από το δίκτυο (\(W = Pt\), σελ. 197): \(W = 6{,}154\cdot5 + 3{,}077\cdot7 \approx 30{,}77 + 21{,}54 \approx 52{,}3\ \text{kWh}\).
Κόστος: \(52{,}3\cdot25 \approx 1308\) δρχ.

Σύνοψη: Ισχύς εισόδου ≈ 6,15 kW, ωφέλιμη ≈ 2,64 kW (α ≈ 0,43). Κατανάλωση ≈ 52,3 kWh (≈ 1,88·10⁸ J), κόστος ≈ 1308 δρχ.

Κριτήρια αξιολόγησης:

«Μέγιστη ισχύς» ερμηνεύεται ως λειτουργία στη μέγιστη ωφέλιμη ισχύ, που με σταθερή απόδοση αντιστοιχεί στη μέγιστη ισχύ εισόδου 6,15 kW.

5.15 Τα είδη ισορροπίας και η αρχή της ελάχιστης ενέργειας

Ερώτηση: Δικαιολογήστε τις τρεις καταστάσεις ισορροπίας (ευσταθή, ασταθή και αδιάφορη), που μάθατε στο κεφάλαιο 3, με τη βοήθεια της αρχής της ελάχιστης ενέργειας.

Απάντηση:

Αρχή της ελάχιστης ενέργειας (σελ. 209-210): ένα σύστημα είναι τόσο σταθερότερο όσο μικρότερη ενέργεια διαθέτει· είναι ευσταθές όταν έχει την ελάχιστη ενέργεια για τις συνθήκες που επικρατούν.
Ευσταθής (σφαίρα μέσα σε κούπα, κώνος στη βάση του — σελ. 81): στη θέση ισορροπίας το κέντρο βάρους είναι στο χαμηλότερο σημείο, η δυναμική ενέργεια \(U = mgh\) είναι ελάχιστη. Κάθε εκτροπή ανεβάζει το κέντρο βάρους και αυξάνει την U, οπότε το σώμα επιστρέφει στη θέση ελάχιστης ενέργειας.
Ασταθής (σφαίρα πάνω σε μπάλα, κώνος στην κορυφή του): η U είναι μέγιστη τοπικά· κάθε εκτροπή κατεβάζει το κέντρο βάρους, η U μειώνεται και το σώμα απομακρύνεται προς θέσεις μικρότερης ενέργειας — όπως το βιβλίο στον αέρα (σελ. 210).
Αδιάφορη (ουδέτερη) (σφαίρα στο θρανίο, κώνος στην παράπλευρη επιφάνεια): σε κάθε γειτονική θέση το κέντρο βάρους βρίσκεται στο ίδιο ύψος, η U μένει σταθερή, και το σώμα ισορροπεί σε οποιαδήποτε νέα θέση.

Σύνοψη: Ευσταθής ισορροπία = ελάχιστη δυναμική ενέργεια (η εκτροπή αυξάνει την U και το σώμα επιστρέφει)· ασταθής = μέγιστη (η εκτροπή μειώνει την U και το σώμα απομακρύνεται)· αδιάφορη = σταθερή U σε γειτονικές θέσεις (το σώμα ισορροπεί σε κάθε νέα θέση).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η απάντηση χρησιμοποιεί τα παραδείγματα σφαίρας και κώνου του Κεφαλαίου 3 (σελ. 81).

5.16 Γιατί επικράτησε το στιλ Φώλσμπερυ

Ερώτηση: Γιατί επικράτησε το στιλ Φώλσμπερυ (Faulsbery) στο άλμα εις ύψος αντί του κλασικού, εικόνα 5.21; [Σχήμα: (α) κλασικό άλμα, ο αθλητής περνά τον πήχη σχεδόν όρθιος/καθιστός με τα πόδια μπροστά· (β) άλμα με την πλάτη, το σώμα «τυλίγεται» γύρω από τον πήχη.]

Απάντηση:

Ο αθλητής μετατρέπει την κινητική ενέργεια της φοράς σε δυναμική \(U = mgh\) ανυψώνοντας το κέντρο βάρους του (σελ. 203-205). Η ενέργεια που χρειάζεται εξαρτάται από το πόσο ψηλά πρέπει να φτάσει το κέντρο βάρους, όχι ο πήχης.
Στο κλασικό στιλ (α) το σώμα περνά σχεδόν όρθιο ή καθιστό πάνω από τον πήχη, άρα το κέντρο βάρους πρέπει να ανέβει αρκετά ψηλότερα από τον πήχη.
Στο στιλ Φώλσμπερυ (β) το σώμα κάμπτεται σαν τόξο γύρω από τον πήχη· τα μέλη του περνούν διαδοχικά, ενώ το κέντρο βάρους περνά πολύ κοντά ή και κάτω από τον πήχη.
Άρα για το ίδιο ύψος πήχη απαιτείται μικρότερο \(h\) του κέντρου βάρους, μικρότερη δυναμική ενέργεια \(mgh\) και συνεπώς μικρότερη κινητική ενέργεια (ταχύτητα απογείωσης) — ή, με την ίδια ενέργεια, ο αθλητής περνά ψηλότερο πήχη.

Σύνοψη: (ενδεικτική) Γιατί στο στιλ Φώλσμπερυ το κέντρο βάρους του αθλητή περνά πολύ κοντά ή και κάτω από τον πήχη, ενώ στο κλασικό πρέπει να ανέβει ψηλότερα από αυτόν. Έτσι, για το ίδιο ύψος πήχη χρειάζεται μικρότερη αύξηση της δυναμικής ενέργειας mgh, άρα λιγότερη ενέργεια — ή με την ίδια ενέργεια περνά ψηλότερο πήχη.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Το όνομα γράφεται όπως στο βιβλίο («Φώλσμπερυ (Faulsbery)»)· ο αθλητής είναι ο Dick Fosbury.

5.17 Σώμα σε σύστημα λείων επιπέδων (45° και 30°)

Ερώτηση: Σώμα Σ αφήνεται από σημείο Α σε σύστημα λείων επιπέδων, εικ.5.22. Αν ΑΒ=10cm, α) Να βρεθεί το μήκος ΓΔ, (όπου Δ το σημείο στο οποίο σταματά στιγμιαία) β) Να συγκριθούν αρχικό και τελικό ύψος από το έδαφος. Πώς εξηγείτε το αποτέλεσμά σας; [Σχήμα: κατηφόρα ΑΒ με κλίση φ = 45°, οριζόντιο τμήμα ΒΓ στο έδαφος, ανηφόρα ΓΔ με κλίση θ = 30°.]

Απάντηση:

Όλα τα επίπεδα είναι λεία, άρα διατηρείται η μηχανική ενέργεια (σελ. 205): \(K_A + U_A = K_Δ + U_Δ\), με \(K_A = K_Δ = 0\) (αφήνεται, σταματά στιγμιαία). Άρα \(mgh_A = mgh_Δ\), δηλαδή \(h_A = h_Δ\).
Αρχικό ύψος: \(h_A = (ΑΒ)\,\text{ημ}45^\circ = 10\cdot0{,}707 \approx 7{,}07\) cm.
α) \(h_Δ = (ΓΔ)\,\text{ημ}30^\circ \Rightarrow (ΓΔ) = \frac{h_A}{\text{ημ}30^\circ} = \frac{7{,}07}{0{,}5} \approx 14{,}1\) cm (ακριβώς \(10\sqrt2\) cm).
β) Το τελικό ύψος είναι ίσο με το αρχικό (≈ 7,07 cm). Εξήγηση: χωρίς τριβές η μόνη δύναμη που παράγει έργο είναι το βάρος, συντηρητική δύναμη, και η κάθετη αντίδραση δεν παράγει έργο. Η δυναμική ενέργεια μετατρέπεται σε κινητική στην κάθοδο (στο ΒΓ η ταχύτητα είναι σταθερή) και ξανά σε δυναμική στην άνοδο, χωρίς απώλειες — η κλίση των επιπέδων δεν παίζει ρόλο.

Σύνοψη: α) (ΓΔ) = 10√2 cm ≈ 14,1 cm. β) Το τελικό ύψος ισούται με το αρχικό (≈ 7,07 cm), γιατί χωρίς τριβές διατηρείται η μηχανική ενέργεια: όλη η αρχική δυναμική ενέργεια ξαναγίνεται δυναμική στο Δ, ανεξάρτητα από τις κλίσεις.

5.18 Κατηφόρα 30° και οριζόντιος δρόμος με τριβή

Ερώτηση: Σώμα αφήνεται από σημείο Α κατηφόρας κλίσης 30°, φτάνει στη βάση της Γ και προχωρά μέχρι το σημείο Δ οριζόντιου δρόμου. Αν τα μήκη ΑΓ, ΓΔ είναι ίσα και τα δύο επίπεδα έχουν με το σώμα ίδιο συντελεστή τριβής ολίσθησης η. α) Να βρεθεί ο συντελεστής τριβής η β) ποιο ποσοστό της αρχικής μηχανικής ενέργειας του σώματος μετατράπηκε σε έργο τριβής; γ) Να συγκριθούν τα έργα της τριβής στα δύο επίπεδα.

Απάντηση:

Δεδομένα: \(φ = 30^\circ\), \((ΑΓ) = (ΓΔ) = L\), ίδιο η, \(υ_A = υ_Δ = 0\). Επίπεδο αναφοράς ο οριζόντιος δρόμος: \(h_A = L\,\text{ημ}30^\circ = L/2\).
Έργα (σελ. 190, 195): \(W_B = mgL\,\text{ημ}30^\circ\)· τριβή στην κατηφόρα \(W_{T1} = -ηmg\,\text{συν}30^\circ L\)· στον οριζόντιο \(W_{T2} = -ηmgL\).
α) Θεώρημα κινητικής ενέργειας Α→Δ (σελ. 202): \(W_{ολ} = 0\): \(mgL\,\text{ημ}30^\circ - ηmgL\,\text{συν}30^\circ - ηmgL = 0 \Rightarrow η = \frac{\text{ημ}30^\circ}{1 + \text{συν}30^\circ} = \frac{0{,}5}{1{,}866} \approx 0{,}27\).
β) Αρχική μηχανική ενέργεια \(E_A = mgL/2\), τελική \(E_Δ = 0\). Από \(ΔE_M = W_T\) (σελ. 206): \(W_{T1} + W_{T2} = -mgL/2\), άρα 100% της αρχικής μηχανικής ενέργειας έγινε έργο τριβής (θερμότητα).
γ) \(\frac{W_{T1}}{W_{T2}} = \frac{ηmg\,\text{συν}30^\circ L}{ηmgL} = \text{συν}30^\circ \approx 0{,}87\): στην κατηφόρα το έργο της τριβής είναι μικρότερο, γιατί η κάθετη αντίδραση εκεί είναι \(mg\,\text{συν}30^\circ < mg\). Ποσοστά: \(\frac{\text{συν}30^\circ}{1+\text{συν}30^\circ} \approx 46\%\) στην κατηφόρα, ≈ 54% στον οριζόντιο δρόμο.

Σύνοψη: α) η = ημ30°/(1 + συν30°) ≈ 0,27. β) 100% (με αναφορά τον οριζόντιο δρόμο: σταματά στο Δ, όλη η αρχική δυναμική ενέργεια έγινε θερμότητα). γ) W_T(ΑΓ)/W_T(ΓΔ) = συν30° ≈ 0,87 — περίπου 46% και 54% της συνολικής απώλειας αντίστοιχα.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Με \(\sqrt3 \approx 1{,}7\) (σύμβαση του βιβλίου) προκύπτει η ≈ 0,27 επίσης· στο β το ποσοστό είναι 100% επειδή το σώμα σταματά στο επίπεδο αναφοράς.

5.19 Ζυγαριά μπάνιου με ελατήριο

Ερώτηση: Τετραμελής οικογένεια (γονείς, γιος και κόρη) επιχειρεί να ζυγιστεί σε ζυγαριά μπάνιου που λειτουργεί με κατακόρυφο σκληρό ελατήριο. Πρώτος ανεβαίνει ο πατέρας και ο δείκτης φτάνει στην ένδειξη 82kp, ενώ το ελατήριο συμπιέζεται κατά 2cm. Μετά τη ζύγιση αυτή διαπιστώνεται βλάβη του δείκτη, αλλά το ελατήριο συμπεριφέρεται σωστά. Μετά το ανέβασμα των 3 υπολοίπων μελών διαπιστώνεται συμπίεση 1,5cm για τη μητέρα, 1,2cm για το γιο και 1,1cm για την κόρη. Να βρεθούν: α) Η σταθερά k του ελατήριου β) Πόσο ζυγίζουν τα τρία μέλη, και γ) Πόσο έργο παράγεται στο ελατήριο από κάθε μέλος της οικογένειας.

Απάντηση:

Νόμος Hooke (Κεφ. 2): \(F = kx\), με 1 kp = 9,81 N (σελ. 187-188).
α) \(k = \frac{82\ \text{kp}}{0{,}02\ \text{m}} = 4100\ \text{kp/m} = 4100\cdot9{,}81 \approx 4{,}02\cdot10^4\ \text{N/m}\).
β) \(B = kx\): μητέρα \(4100\cdot0{,}015 = 61{,}5\) kp (≈ 603 N)· γιος \(4100\cdot0{,}012 = 49{,}2\) kp (≈ 483 N)· κόρη \(4100\cdot0{,}011 = 45{,}1\) kp (≈ 442 N).
γ) Έργο παραμόρφωσης \(W = \tfrac12 kx^2\) (5.5, σελ. 198), θετικό και στη συσπείρωση: πατέρας \(\tfrac12\cdot4{,}02\cdot10^4\cdot(0{,}02)^2 \approx 8{,}04\) J· μητέρα \(\approx 4{,}52\) J· γιος \(\approx 2{,}90\) J· κόρη \(\approx 2{,}43\) J. (Σε kpm: 0,82 · 0,46 · 0,30 · 0,25.)

Σύνοψη: α) k = 4100 kp/m ≈ 4,02·10⁴ N/m. β) Μητέρα 61,5 kp, γιος 49,2 kp, κόρη 45,1 kp. γ) Έργο στο ελατήριο: πατέρας ≈ 8,04 J, μητέρα ≈ 4,52 J, γιος ≈ 2,90 J, κόρη ≈ 2,43 J.

Κριτήρια αξιολόγησης:

Η μετατροπή kp → N γίνεται με g = 9,81 m/s² (σύμβαση του βιβλίου για το kp)· με g = 10 m/s² τα έργα βγαίνουν ≈ 8,2 · 4,6 · 2,95 · 2,48 J.

5.20 Σφύρα πασσαλόπηξης: ταχύτητα πρόσκρουσης και αντίσταση εδάφους

Ερώτηση: Το σύστημα της εικ. 5.23 χρησιμοποιείται για το κατακόρυφο βύθισμα δοκαριών και πασσάλων στο έδαφος. Η σφύρα έχει μάζα 250kg, ανυψώνεται κατά 3m πάνω από το ανώτερο άκρο του δοκαριού και αφήνεται ελεύθερη. Αφού κτυπήσει στο δοκάρι, το βυθίζει κατά 10,5cm στο έδαφος. Η ολίσθηση της σφύρας στους οδηγούς δημιουργεί τριβή 80Ν. Να βρεθούν: α) Η ταχύτητα πρόσκρουσης της σφύρας στο δοκάρι. β) Η μέση αντίσταση του εδάφους στο βύθισμα του δοκαριού. Δίνεται: g=10m/s²

Απάντηση:

Δεδομένα: \(m = 250\) kg, \(B = mg = 2500\) N, \(h = 3\) m, \(T = 80\) N, \(d = 0{,}105\) m, \(g = 10\) m/s².
α) Θεώρημα κινητικής ενέργειας στην πτώση (σελ. 202): \((B - T)h = \tfrac12 m υ^2 \Rightarrow 2420\cdot3 = 7260\ \text{J} = \tfrac12\cdot250\cdot υ^2\), άρα \(υ^2 = 58{,}08\) και \(υ \approx 7{,}6\) m/s.
β) Στη βύθιση κατά d (σφύρα και δοκάρι μαζί, μάζα δοκαριού αμελητέα) δρουν το βάρος, η τριβή των οδηγών και η μέση αντίσταση \(F\) του εδάφους. Θεώρημα κινητικής ενέργειας από την πρόσκρουση ως το σταμάτημα: \((B - T)d - Fd = 0 - \tfrac12 m υ^2\).
\(F = \frac{7260 + 2420\cdot0{,}105}{0{,}105} = \frac{7514{,}1}{0{,}105} \approx 7{,}16\cdot10^4\ \text{N}\). (Ισοδύναμα, για όλη τη διαδρομή: \((B - T)(h + d) = Fd\).)

Σύνοψη: α) υ ≈ 7,6 m/s. β) Μέση αντίσταση εδάφους F ≈ 7,2·10⁴ N (≈ 71.600 N).

Κριτήρια αξιολόγησης:

Αν αγνοηθούν βάρος και τριβή στη βύθιση των 10,5 cm, \(F = 7260/0{,}105 \approx 6{,}9\cdot10^4\) N — αποδεκτή προσέγγιση. Η μάζα του δοκαριού θεωρείται αμελητέα.
Στην εικ. 5.23 σημειώνεται βύθιση «7,4 cm», ενώ η εκφώνηση γράφει 10,5 cm· ακολουθείται η εκφώνηση.