Γεωργίου Γεώργιος

Αγαπητέ Διονύση καλημέρα

Πολύ ωραία και ευρηματική η ιδέα πάνω στην οποία στηρίζεται το σενάριο της άσκησης! Το μεταβατικό φαινόμενο που περιγράφεται είναι ιδιαίτερα ενδιαφέρον, με πλούσιο φυσικό και μαθηματικό περιεχόμενο, αν και φυσικά ξεφεύγει από τα λυκειακά όρια.

Θα ήθελα, ωστόσο, να κάνω μια μικρή παρατήρηση, ώστε η εκφώνηση να είναι πλήρως συνεπής από φυσική άποψη.

Έστω (xy) το οριζόντιο επίπεδο της αρχικής κυκλικής τροχιάς. Κατά τη μετάβαση σε κυκλική τροχιά μεγαλύτερης ακτίνας, το σώμα αναγκαστικά ανέρχεται, αφού το νήμα έχει σταθερό μήκος. Επομένως, η ταχύτητά του αποκτά κατακόρυφη συνιστώσα (το διάνυσμα της ταχύτητας δεν ανήκει πλέον στο επίπεδο (xy)) και η τροχιά του παύει να βρίσκεται σε οριζόντιο επίπεδο. Συνεπώς, η ασκούμενη δύναμη δεν μπορεί να παραμένει ταυτόχρονα οριζόντια και παράλληλη στη στιγμιαία ταχύτητα, όπως απαιτεί η εκφώνηση.

Μια πιθανή λύση για την άρση της ασυνέπειας θα ήταν να διευκρινιστεί ότι η ασκούμενη δύναμη είναι αρχικά οριζόντια και παράλληλη στη στιγμιαία ταχύτητα του σώματος, ενώ κατά τη μεταβατική κίνηση παραμένει απλώς οριζόντια.

Ευχαριστώ πολύ για το σχολιασμό και την πρόταση Μιλτιάδη.
Έκανα την παρέμβαση που πρότεινες.

Πολύ όμορφη άσκηση!
Πιστεύω ότι η αλλαγή μπορεί να γίνει με οριζόντια δύναμη, αρκεί ο φορέας της να μην περνάει από τον άξονα ΚΟ. Η εξήγηση με αδρανειακές δυνάμεις φυγόκεντρο και Euler.

Καλησπέρα Διονύση. Πολύ καλή παραλλαγή του κωνικού εκκρεμούς, όπου αποφεύγοντας τη μεταβατική κατάσταση, προκύπτουν όμορφα ερωτήματα. Όταν επιτευχθεί η δεύτερη τροχιά, η δύναμη καταργείται;

Καλησπέρα Γιάννη και Ανδρέα και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Συγνώμη Γιάννη, αλλά μόνο τώρα που είδα το σχόλιο του Ανδρέα, διάβασα και το δικό σου…

Διονυση καλησπέρα,
Πολύ όμορφη. Νομιζω αξιζει να τονιστεί γιατι το έργο της τασης είναι μηδενικό. Η ειδοποιός διαφορά με την κλασικη ασκηση με το σφαιριδιο που περιστρεφεται σε οριζόντιο επιπεδο πανω σε τραπεζι και το αλλο ακρο του νήματος περνά απο τρύπα στο τραπέζι ειναι οτι υπαρχει ακτινική συνιστωσα ταχύτητας κατα την αλλαγη της ακτινας της τροχιάς καιντο εργο της ειναι μη μηδενικο. Στην άσκηση εδώ το μήκος του νήματος είναι σταθερό και η ακτίνα της τροχιάς αλλαζει καθως το σωμα ανεβοκατεβαίνει. Αν η ταση δεν ήταν καθετη στην ταχύτητα τότε η θα λυγιζε το νημα ή θα αυξανόταν το μήκος του αναλογα με την κινηση του σφαιριδίου.

Καλημέρα Χρήστο και καλό ΣΚ.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Συμφωνώ για την διάκριση που κάνεις. Εδώ αλλάζει η ακτίνα της τροχιάς, χωρίς να αλλάζει όμως το μήκος του νήματος, πράγμα που συνεπάγεται τάση νήματος, κάθετη στην ταχύτητα…

Παναγιώτη καλημέρα. Ωραίο και κατατοπιστκό το φυλλάδιο για τη θερμοχημεία.
Πολύ ωραία η επισήμανση για την εύρεση του περιοριστικού αντιδρώντος, καθώς η τεχνική αυτή δεν περιλαμβάνεται στο σχολικό βιβλίο, και αν δεν κάνω λάθος, η θερμοχημεία είναι το πρώτο κεφάλαιο που οι μαθητές της Γ εμπλέκονται σε στοιχειομετρία.
Μια παρατήρηση για τη σχέση: Q = (ΔΗ x mol αντιδρώντος)/(συντελεστής αντιδρώντος). Η σχέση αυτή μπορεί να είναι συνεπής μόνο όταν το ΔΗ εκφράζεται σε J/mol. Αφού το βιβλίο δίνει το ΔΗ της αντίδρασης σε J τότε στον παρονομαστή είναι η στοιχειομετρική ποσότητα της αντίστοιχης αντίδρασης (όπως ακριβώς το γράφεις στην άσκηση 1). Αλλιώς δεν βγαίνουν σωστά οι μονάδες. Πρέπει δηλ. να αλλάξει η αναφορά στη σύντομη θεωρία.Επίσης, στην ίδια σχέση, η τιμή της ΔΗ νομίζω ότι θα ήταν καλύτερα να μην είναι σε απόλυτο ώστε να φαίνεται με σαφήνεια η έκλυση ή απορρόφηση θερμότητας.
Και μια πρόταση. Να συμπεριλάβεις και ένα παράδειγμα με μίγμα (ίσως με εξώθερμη και ενδόθερμη αντίδραση).

Καλημερα Δημητρη και χρονια πολλα για χθες, σ’ ευχαριστω για τον χρονο και τον σχολιασμο σου

Καλημέρα Διονύση.
Ωραίο θέμα για εξέταση …διαφόρων…!
Καλή Κυριακή

Καλημέρα Διονύση και Παντελή.
Ωραίο θέμα που όπωε λέει ο Παντελής εξετάζει πολλά και σηκώνει πολλά. Με ψυχραιμία αν δεν φοβηθεί κάποιος με το σχήμα γίνεται σιγά σιγά προσβάσιμο.

Καλό απόγευμα Παντελή και Χρήστο και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.

Nαι Διονυση ειναι δεδομενο στην ασκηση οτι η αρχικη θεση ειναι θεση ασταθους ισορροπιας και ετσι μπορει ο αναγνωστης να συνεχισει να λυνει την ασκηση.To εγραψα και πριν. Aν οντως αυτο το δεδομενο ισχυει στην πραγματικοτητα,και οχι απλως ως υποθεση της ασκησης,τοτε το προβλημα ειναι καλως τεθέν. Αν δεν ισχυει όχι. Εσυ ομως που δινεις αυτο το δεδομενο εισαι πεπεισμενος οτι ισχυει; Το εχεις τσεκαρει με καποιο τροπο ή απλως το δινεις ως δεδομενο, διοτι κατα την γνωμη μου δεν ειναι προφανες. Αν η αρχικη θεση ειναι θεση ευσταθους ισορροπιας,τοτε μολις το εκτρεψεις λιγο,αυτο θα γυρισει παλι πισω και ας δινεις εσυ οτι θα φτασει στο Β.

Kαλησπερα Διονύση,Παντελή και Χρήστο. Διονυση ωραια ασκηση και δυσκολη. Νομιζω οτι θα μπορουσε καποιος να ρωτησει απο που προκυπτει οτι η θεση Α ειναι θεση ασταθους ισορροπιας οπως η θεση 1 του σχηματος που βαζω,ωστε με μια μικρη εκτροπη να μην γυρισει πισω αλλα να κινηθει οντως προς την θεση Β,ή πιο γενικα απο που προκυπτει οτι δεν υπαρχει πριν την θεση Β ενα μεγιστο δυναμικης ενεργειας (ελατηριο+βαρυτητα),υψηλοτερο απο την δυναμικη ενεργεια στην θεση Α. Αν συμβαινει κατι τετοιο,τοτε το σωμα δεν θα φτασει στην θεση Β ποτέ. Ναι μεν μπορει κανεις να αγνοησει αυτες τις παρατηρησεις και να λυσει κανονικα το προβλημα,αλλα αν κατι τετοιο ισχυει,δεν ξερω αν τοτε το προβλημα μπορει να θεωρηθει καλως τεθεν. Σκεψου ενα προβλημα βασισμενο στο σχημα που βαζω εδω απο κατω,οπου με μια μικρη εκτροπη απο την θεση ισορροπιας 1,το σωμα αφηνεται ελευθερο και ζητειται η ταχυτητα του σε μια θεση χαμηλοτερα της 1,αλλα δεξιοτερα της 5. Ενα ΑΔΜΕ ή ΘΜΚΕ ,οτι επιθυμει κανεις,δινει ευκολα την απαντηση,μονο που εκει οπου ζητειται η ταχυτητα,το σωμα δεν θα φτασει ποτε. Ειναι καλως τεθεν το προβλημα; Kατα την γνωμη μου στην δικη σου περιπωση θελει αποδειξη οτι το σωμα θα φτασει στην θεση Β.
https://i.ibb.co/WWxh8rBx/images-2-1792932542-4301.png

Επανέρχομαι με ερώτημα που έθεσα στο gemini και μια “συζήτηση” που ακολούθησε μετά την πρώτη του απάντηση. Το ερώτημα:

https://i.ibb.co/KcHh12J9/08.png
Και όλη η συζήτηση, σε ένα αρχείο pdf, περί:
Ανάλυση Ευσταθούς Ισορροπίας 

Καλησπέρα Κωνσταντίνε.
Δεν βλέπω πού μπορεί να ισχύουν τα όσα αναφέρεις στο σχόλιό σου.
Πρώτα – πρώτα το σώμα θα φτάσει στη θέση Β, αφού έτσι “δίνει η εκφώνηση”!
Δεν ζητάμε να διερευνηθεί αν θα φτάσει. Αυτό είναι δεδομένο.
Επί της ουσίας όμως.
Η εκφώνηση δίνει την αρχική θέση “στη θέση Α, στην κορυφή μιας λείας ημισφαιρικής επιφάνειας, ακτίνας R=0,5m, δεμένο στο άκρο ενός ιδανικού ελατηρίου, το οποίο έχει το φυσικό μήκος του l0=12,5cm.”
Δεν είναι φανερό ότι ισορροπεί στην κορυφή του ημικυκλίου; Είναι φανερόν.
Με οποιοδήποτε ελατήριο θα φτάσει στο Β; Προφανώς όχι, αλλά δεν έδωσα μια σταθερά ελατηρίου, οπότε να απαιτείται έλεγχος ότι θα φτάσει στο Β!
Έδωσα ότι φτάνει και ζήτησα τη σταθερά!!!
Αν έδινα μια σταθερά Κ=300Ν/m τότε θα μπορούσε να φτάσει το σώμα σε μια θέση Ζ όπου η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου να ήταν ίση της μείωσης της βαρυτικής δυναμικής ενέργειας, όπου θα μηδενιζόταν τότε η κινητική του ενέργεια.
Και τότε αυτή η θέση θα μπορούσε να ήταν πριν το Β…
Τώρα όμως είναι δεδομένο ότι: Η αρχική θέση είναι θέση μέγιστης βαρυτικής δυναμικής ενέργειας (ασταθής ισορροπία), οπότε μόλις εκτραπεί θα ολισθήσει πάνω στην επιφάνεια και μετά από λίγο περνάει από το Β, εξ υποθέσεως.

Καλημερα Διονύση. Εντάξει επείσθην. Ευχαριστω πολυ για την απαντηση.

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Επειδή πείστηκες με βάση τα μαθηματικά, τα οποία δεν είναι και ο ευκολότερος τρόπος απόδειξης, να αναλύσω λίγο περισσότερο το πρώτο μου σχόλιο και τη σκέψη μου, όταν έγραφα την άσκηση (όταν προφανώς δεν είχα κάνει τις μαθηματικές αποδείξεις που παρέθεσα, ούτε είχα ρωτήσει την ΑΙ).
Αν υποθέσουμε ότι το ελατήριο έχει σταθερά k=1N/m (είχα φανταστεί ένα πολύ μαλακό λάστιχο…), τότε δεν υπάρχει περίπτωση να συγκρατήσει ένα σώμα των 2kg αν εκτραπεί από την αρχική του ισορροπία. Το σώμα θα γλιστρήσει.
Αν αντίθετα έχουμε ένα πολύ σκληρό ελατήριο π.χ, k=1000N/m, ακόμη και όταν δεν υπάρχει η επιφάνεια, (απλά το ελατήριο ήταν κατακόρυφο), η μέγιστη επιμήκυνσή του θα ήταν 2cm, οπότε αν το σώμα κινηθεί στην επιφάνεια, θα έχουμε ακόμη μικρότερη επιμήκυνση και δεν πρόκειται το σώμα να φτάσει στο Β.
Αλλά τότε με k που να αρχίζει να αυξάνεται από πολύ μικρές τιμές. για κάποια τιμή το σώμα θα φτάσει στο Β και για κάποια μικρότερη τιμή το σώμα θα έχει και ταχύτητα.
Οπότε η άσκηση στήθηκε στη λογική, βρείτε το k, άσκηση η οποία αν είμαστε στη δεκαετία του 70 θα είχε μόνο αυτό το ερώτημα… Τα υπόλοιπα ήταν για να φτάσουμε στην απάντηση της μίας αυτής ερώτησης…

Καλημέρα Διονύση.
Πέραν των άλλων θαυμάζω την εγκράτεια σου,
να μη «φορτώνεις» τα μοντέλα με πλήθος ερωτήσεων,
αλλά να θέτεις το στόχο σου καθαρό προς τον …εξεταζόμενο λύτη.
Συγχρόνως δίνεις στους σχολιαστές «βήμα» για επί πλέον «φορτία»
και αναφέρω τη σύμπτωση σχετικά… χθες είχα παρέα τον εγγονό και
παίζαμε με ένα spinner, …το κρατούσε περιστρεφόμενο οριζόντια με το δείκτη και τον αντίχειρα οπότε του είπα να το γυρίσει κατακόρυφα και ο μπαγάσας
μου λέει…ξέρω ξέρω θα νοιώσω αντίδραση, το είχαμε κάνει!
Είπαμε ολίγα…και καταλήξαμε πως οι αλλαγές- μεταβολές χρειάζονται δράση…
Να είσαι πάντα καλά

Καλό απόγευμα Παντελή και σε ευχαριστώ.
“ο μπαγάσας μου λέει…ξέρω ξέρω θα νοιώσω αντίδραση, το είχαμε κάνει!”
Να τον χαίρεσαι τον εγγονό!!!

Καλημέρα Παναγιώτη.
Ελκτικός ο διάλογος, με καθαρές τις περιγραφικές εκφράσεις και
πετυχημένες τις παρομοιώσεις στο πολύπλοκο θέμα.
Μ’ άρεσε

Καλημέρα αγαπητέ Παντελή, έχει οντως ενδιαφερον ο διαλογος – και αποτελει αν συμφωνεις διαφορετικη προσεγγιση – ακουγεται και στο αμαξι ευχαριστα (και με πιθανα μικρολαθακια) – να εισαι παντα καλα!

Η καθαρότητα του ακατέργαστου διαμαντιού σε διαμάντι είναι 90% w/w.

Καλησπέρα Διονύση. Όμορφη ιδέα σε κάτι ξεχασμένο και δυστυχώς παραγκωνισμένο…
Φυσικά το αποτέλεσμα είναι ανεξάρτητο και της διαδρομής.
Να είσαι καλά!

Καλό απόγευμα Μίλτο και σε ευχαριστώ.
Έτσι όπως το λες. Κάτι “ξεχασμένο και παραγκωνισμενο”!

Καλησπέρα Διονύση και Μίλτο.
Πολύ καλή. Είμαι στις ενέργειες, οπότε θα την κάνω σίγουρα με χρήση ΘΜΚΕ για να τους πείσω γιατί το έργο βγαινει μηδέν.
Σαν απάντηση γ θα έβαζα ότι το έργο είναι μηδενικό.

Καλημέρα Διονύση. Όμορφη και για όλους τους μαθητές.
Τη χρονική στιγμή t = 5s, η γωνιακή ταχύτητα είναι ω = 0, αλλά η κλίση της, dω/dt διάφορη του 0. Άρα δεν έχουμε κεντρομόλο επιτάχυνση, δεν έχουμε στροφορμή, αλλά έχουμε ρυθμό μεταβολής ω και ρυθμό μεταβολής στροφορμής!
Υ.Γ. Με τα νέα βιβλία απαγορεύεται το dω/dt. Θα γράφουμε Δω/Δt (Δt πολύ μικρό) 😯

Καλημέρα Διονύση. Όμορφη και διδακτική όπως πάντα!

Καλησπέρα Ανδρέα και Γιώργο και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Ανδρέα γνωρίζεις την προσωπική μου θέση, ότι πρέπει να μάθει να διακρίνει ένας μαθητής, τη διαφορά μεταξύ της μέσης τιμής και της στιγμιαίας τιμής ενός ρυθμού μεταβολής. Και το να χρησιμοποιούμε τον ίδιο συμβολισμό, καθόλου δεν βοηθά το στόχο αυτό.
Από κει και πέρα, αναζητείτε ο … υπαίτειος, ή καλύτερα ζητείται …διόρθωση!
(Προφανώς δεν θα συμβεί τίποτα από τα δύο…)

Καλησπέρα Διονύση.
Διδακτική και τίμια για όλους τους μαθητές. Θα συμφωνησω με την παρατήρηση του Αντρέα η οποια καλο ειναι να τονιστεί αν γίνει από κάποιον συνάδελφο.

Καλημέρα Χρήστο και καλή βδομάδα.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και συμφωνώ μαζί σου, όπως και με τον Ανδρέα προφανώς, για το τι συμβαίνει τη στιγμή μηδενισμού της γωνιακής ταχύτητας.
Είναι το ίδιο πρόβλημα που συναντάμε από την Α΄ Λυκείου μελετώντας μια κατακόρυφη βολή. Τι συμβαίνει στο μέγιστο ύψος;
Η ταχύτητα μηδενίζεται. Η επιτάχυνση;

Καλημέρα Διονύση.
Ωραίο το θέμα.
Για μένα πέρα των άλλων έχει σημασία η συνείδηση της διαφοράς ,
“σταμάτησε στιγμιαία ” με το “ακινητοποιήθηκε”.
Από το διάγραμμα ω-t φαίνεται ότι την t=5s για το δίσκο ,στιγμιαία η ω=0 αφού για t>5s η ω<0
Χρήσιμη η σύνδεση που κάνεις στο σχόλιο με το ανώτερο ύψος στην κατακόρυφη βολή.(υ=0 αλλά du/dt=a diaforo του 0.)
Καλή εβδομάδα

Καλό απόγευμα Παντελή και σε ευχαριστώ.
Όπως το λες, άλλο το “σταμάτησε στιγμιαία ” και άλλο το “ακινητοποιήθηκε”.

σχετικό ΑΙ βίντεο:
https://notebooklm.link.google/tW2PxdAAB42t

α) n(MgCO3) = 0,1 mol, n(MgO) = 0,2 mol

β) Q = 12 kJ

γ) Μέγιστος Α.Ο.(C) = +3, Ελάχιστος Α.Ο.(C) = -3

δ) H2N-CH2-CH2-CH2-COOH + HCl -> Cl- + +H3N-CH2-CH2-CH2-COOH (ή [H3N-CH2-CH2-CH2-COOH]+ Cl-)

ε) H2N-CH2-CH2-CH2-COOH + KOH -> H2N-CH2-CH2-CH2-COOK + H2O

Καλημέρα.
Διονύση δυνάμεις ανατροπής και όχι αποτροπής.
Τα δεδομένα. F ιδια φορά με W.
ισορροπεί οριακά
Επομένως η δύναμη επαφής υποχρεούται να εχει διεύθυνση κατακόρυφη με φορά προς τα πάνω για να ισχύει ΣF =0.
Δηλ δεν πρέπει να εμφανίζεται οριζόντια συνιστώσα της δύναμης επαφής ανεξάρτητα αν το τρίποδο ειναι λείο ή τραχύ.

Καλημέρα Διονύση.
Ωραία!
Εμείς στην ουσία τη ροπή του W θέλουμε να εξουδετερώσουμε
και αυτή είναι δεδομένη ως προς Β,οπότε τι με νοιάζει ο αριστερός τρίποδας.
Ο δεξιός όμως ανάλογα αυξομειώνει τη ροπή του W άρα και τη δική μας.
Ως προς την τριβή ,ίσως να τη σχεδίαζα αλλά θα μου έβγαινε μηδενική. Αν όμως την F την έβαζες έστω και λίγο πλάγια τότε Τ όχι 0
Ο Γιώργος το είπε καλλίτερα.
Τώρα να πω αυτό που παρατηρούσα και παρατηρώ μέσω της σχέσης μου με τα εγγόνια ,…πολλάκις βγάζουν τη σωστή απάντηση αλλά δυσκολεύονται να τεκμηριώσουν γραπτώς.

Καλό απόγευμα Γιώργο και Παντελή και σας ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Πολύ σωστά τα είπατε και οι δύο!

Καλησπέρα Διονύση. Ωραίο β΄θέμα, αλλά και πρακτικό. Οι ελαιοχρωματιστές το ξέρουν από εμπειρία και τοποθετούν τη σανίδα με τα τρίποδα σε ίσες αποστάσεις από τα άκρα. Γιατί στην τρίτη περίπτωση, υπάρχει ασφάλεια δεξιά, αλλά αν ξεχαστεί και πάει πολύ αριστερά ή άκρα αριστερά τι θα πάθει;

Καλό απόγευμα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχόλιο.
Σε ίσες αποστάσεις και κοντά στα άκρα!

Καλημέρα Διονύση.
“Μαρτύρησε” το μοντέλο στην φυσική ανάκρισή σου!
Καλή εβδομάδα και προσοχή στις σκάλες …οι ηλικιωμένοι .

Καλημέρα και καλή βδομάδα Παντελή.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Οι σκάλες πάντα είναι επικίνδυνες, αλλά όταν αυξάνεται ο χρόνος ζωής, η επικινδυνότητα αυξάνεται…

Διονύση μια απορία. Εμπειρικά λειτουργώντας άνευ δυνάμεων. Αν η σκάλα μου στηρίζεται στο έδαφος ποσώς με ενδιαφέρει αν ο τοίχος έχει ή δεν έχει τριβή, στον τοίχο η σκάλα μόνο πατάει δεν έχει τάση προς ολίσθηση. Καλά τα λέω ή θα τσακιστώ;

Καλό απόγευμα Άρη και σε ευχαριστώ για το σχολιασμό.
Στην απάντηση έχω γράψει:
https://i.ibb.co/PZFvLTbj/2026-10-12-152836.png
Αν υπάρχει τριβή με το έδαφος, η δοκός είναι δυνατόν, να ισορροπεί.
Γιατί αυτή η διατύπωση; Γιατί ανάλογα με τη γωνία και τον συντελεστή οριακής τριβής με το έδαφος, μπορεί να εμφανιστεί τριβή και με τον τοίχο. Αν το κάτω άκρο τείνει να γλιστρήσει, τότε το πάνω άκρο της δοκού, τείνει να κινηθεί προς τα κάτω και θα εμφανιστεί και εκεί τριβή…

Διονύση για κοίτα την απάντηση που μου έδωσε η ΑΙ. Στην αρχή έλεγε ότι το πρόβλημα είναι αόριστο αλλά σαν συμπέρασμα έδωσε αυτό. Πάντως και η δική μου αίσθηση είναι αυτή που όμως δεν αποδεικνύεται, ενω το να πείς υπάρχει τριβή και στον κατακόρυφο τοίχο φαίνεται πιό λογικό. Ισως δεν αξίζει τον κόπο πάντως. Ειδικά αν βάλεις τραχύ τοίχο σε μαθητές είναι σίγουρο ότι θα βάλουν τριβή και στον τοίχο.

“Αν η δοκός ισορροπεί σταθερά μόνο με την οριζόντια τριβή και την κάθετη αντίδραση του τοίχου, η τάση ολίσθησης στον τοίχο είναι μηδενική. Επομένως, η στατική τριβή στον κατακόρυφο τοίχο είναι μηδέν παρόλο που ο τοίχος είναι τραχύς.”

Καλησπέρα σε ολους.
Διονύση όσες φορές και να κάνουμε τη σκάλα πάντα θα φέρνει ερωτήματα, όπως αυτό του Άρη το οποίο απαντήθηκε.
Να θυμίσω μία παλαιότερη δική μου εδώ όπου υπάρχει τριβή και στους δύο τοίχους.
Αξίζει να διαβάσει κάποιος τα σχόλια που με την ευκαιρία παρεμβάλονται κάποια άλλα σχόλια του Βαγγέλη Κορφιάτη με αφορμή πάλι μία άλλη ανάρτηση.

Καλησπέρα σε όλους. Το πρόβλημα της σκάλας που ισορροπει γερνοντας πάνω σε όχι λείο τοίχο ειναι ενα προβλημα αοριστιας όπου οι συνθήκες ισορροπιας δεν αρκούν για να προσδιόριστουν οι δυνάμεις πανω στην σκαλα.Αυτες εξαρτώνται συν τοις αλλοις απο τον τρόπο με τον οποίον τοποθέτηθηκε η σκάλα στην θεση της.
https://www.researchgate.net/publication/253314921_Statics_of_a_ladder_leaning_against_a_rough_wall

Καλησπέρα και πάλι Άρη, καλησπέρα Χρήστο.Χρήστο με μια πρόχειρη ματιά που έριξα στην δική σου ανάρτηση, βλέπω να μελετάς την περίπτωση που και οι δύο τριβές είναι οριακές. Στην περίπτωση αυτή, μπορείς να γράψεις εξισώσεις χρησιμοποιώντας και τους συντελεστές οριακής τριβής.Νομίζω όμως ότι αν φύγουμε από την οριακή κατάσταση και πάμε δίνοντας τους συντελεστές τριβής και λέγοντας ότι η δοκός ισορροπεί, το πρόβλημα δεν επιλύεται. Θα έχουμε 3 εξισώσεις από την ισορροπία και θα ψάχνουμε 4 αγνώστους. Να το πω αλλιώς, δεν υπάρχει ένα μόνο ζευγάρι τιμών για τις στατικές τριβές, που εξασφαλίζει ισορροπία. Υπάρχουν άπειρα… Δυο περιοχές τιμών και μάλιστα το μέτρο της μιας τριβής εξαρτάται από το μέτρο της άλλης!Άρα Άρη η Τ.Ν. δίκιο έχει με την αρχική της απάντηση, απατώντας στο παραπάνω ερώτημα.Πάμε τώρα στην ουσία της δεύτερης απάντησης (που επίσης έχει δίκιο!!!).Η στατική τριβή δεν είναι δεδομένη. Ένα σώμα, για παράδειγμα, το οποίο ηρεμεί σε τραχύ οριζόντιο έδαφος, δεν δέχεται στατική τριβή, αφού κανένας “δεν την προκάλεσε” για να εμφανιστεί! Αν κάποιος ασκήσει μια δύναμη που τείνει να επιταχύνει το σώμα… τότε κάνει την εμφάνισή της.Αν κρατώ μια σκάλα λοιπόν σε κατακόρυφη θέση, σε οριζόντιο τραχύ έδαφος, τότε η τριβή είναι μηδενική. Αν αρχίσω σιγά – σιγά να την γέρνω για να την φέρω σε επαφή με τον τοίχο, τότε εμφανίζεται στατική τριβή, η οποία δεν την αφήνει να ολισθήσει στο έδαφος. Τότε όμως όταν θα έρθει σε επαφή με τον τοίχο, το ανώτερο σημείο της, λόγω ισορροπίας δεν τείνει να κινηθεί, οπότε δεν υπάρχει κανένας λόγος να εμφανιστεί τριβή, στο σημείο αυτό.Η δοκός ισορροπεί λόγω της τριβής με το έδαφος. Και τότε δεν έχει καμιά σημασία αν ο τοίχος είναι λείος ή όχι.Τριβή στο πάνω άκρο θα εμφανιστεί, μόνο αν η τριβή με το έδαφος γίνει τριβή ολίσθησης. Δηλαδή όταν η οριζόντια δύναμη που απαιτείται για να μην μετακινηθεί, να μην ολισθήσει, το κάτω άκρο της σκάλας στο έδαφος, είναι μεγαλύτερη από την οριακή τριβή μεταξύ σκάλας και εδάφους.Τότε θα εμφανιστεί η τριβή στο πάνω άκρο της σκάλας, αν ο τοίχος δεν είναι λείος και μπορεί ο συνδυασμός των δύο τριβών να οδηγήσει σε ισορροπία.

Καλησπέρα Κωνσταντίνε και σε ευχαριστώ για την παρέμβαση.
Γράφαμε μαζί…

Διονύση πως το αντιλαμβάνομαι εγώ απλοϊκά. Αν η ισορροπία εξασφαλίζεται από την στατική τριβή με το έδαφος δεν υπάρχει τριβή με τον τοίχο. Αν η στατική τριβή με το έδαφος δεν επαρκεί για ισορροπία τότε τείνει να ολισθήσει η δοκός στον τοίχο και εμφανίζεται τριβή οπότε το πρόβλημα είναι αόριστο.

Διονύση καλησπέρα.
Όπως λες το πρόβλημα είναι αόριστο καθώς υπάρχουν 3 εξισώσεις για 4 αγνώστους. Μόνο στην περίπτωση που τείνει να γλιστρησει και απο τα δύο σημέια και δίνοντας τιμές το σύστημα είναι επιλύσιμο. Αυτό είχε γράψει και ο Βαγγέλης. Ο λογος που έδωσα τον σύνδεσμο είναι για τα σχόλιά του.

Μεταφέρω το σχόλιο του Βαγγέλη.

Καλημέρα Χρήστο
Τελικά η απορία θα γίνει ένσταση.
Κατ’ αρχάς το πρόβλημα το λύνεις σε κατάσταση ισορροπίας της ράβδου.
Επομένως, η τριβή στα σημεία Α και Γ είναι στατική.
Στην οριακή κατάσταση, που επίκειται ολίσθηση, τουλάχιστον σε ένα από τα δύο η στατική τριβή θα έχει την οριακή της τιμή.
Όταν έχουμε δύο σημεία στα οποία ασκείται στατική τριβή και στο ένα έχει πάρει την οριακή της τιμή δεν είναι βέβαιο ότι την έχει πάρει και στο άλλο.
Ως παράδειγμα θεώρησε την σκάλα του σχήματος, η οποία παρουσιάζει συντελεστή τριβής μ=0.6 τόσο με τον τοίχο όσο και με το δάπεδο.
https://i.ibb.co/9kztNBSF/Screenshot-1-7.png

Αν για την Τ2 ισχύει ότι  Τ2 = μ Ν2 για την Τ1 ισχύει ότι Τ1 = 5/18 μ Ν1.
 
Βαγγέλη καλησπέρα
Αυτό που θεωρώ είναι αυτό αυτό που γράφει και ο Δημήτρης παραπάνω, ότι δηλ. η ράβδος βρίσκεται στα πρόθυρα κίνησης όταν επίκειται ολίσθηση και στα δύο σημεία επαφής Α και Γ γι΄αυτό και παίρνουν την οριακή τους τιμή.  
Στο πρόβλημα που δίνεις αν κατάλαβα καλά μπορεί στο ένα σημείο να έχει πάρει τη μέγιστη τιμή του αλλά στο άλλο όχι. Μια τέτοια κατάσταση όμως δεν θα είναι ισορροπίας; Εννοώ ότι δεν είναι η ακραία κατάσταση. Δηλ. παρόλο που στο ένα σημείο έχουμε Τ=μΝ, στο άλλο σημείο μη έχοντας πάρει την οριακή του τιμή όπως γράφεις στο παράδειγμα, η ράβδος θα ισορροπεί κανονικά. Η ακραία κατάσταση δεν θα είναι όταν και στα δύο σημεία έχουμε Τ = μΝ και τότε επίκειται ολίσθηση και στα δύο σημεία;

Λύση Βαγγέλη
Καλησπέρα Δημήτρη , καλησπέρα Χρήστο.
Η απάντησή σας δεν με έπεισε αλλά τελικά έχετε δίκιο.
Μάλλον η θητεία μου στο τμήμα Μαθηματικών φρενάρει ( και μάλλον καλά κάνει) την φυσική μου διαίσθηση.
Η βιβλιογραφική αναφορά του Δημήτρη με έβαλε σε προβληματισμό.
Για κάθε θέση του ανθρώπου οι εξισώσεις ισορροπίας αποτελούν ένα σύστημα 3 εξισώσεων με 4 αγνώστους τα Ν1, Ν2, Τ1, Τ2.
Θεωρούμε ως παράμετρο το Ν1 και επιλύουμε το σύστημα ως προς
Τ1, Ν2, Τ2.
Έτσι οι παράμετροι του προβλήματος είναι δύο: Η Ν1 και το x.
Οι ανισώσεις Τ1≤μ Ν1 και Τ2≤μ Ν2 ορίζουν την κίτρινη περιοχή στον χώρο των παραμέτρων.

https://i.ibb.co/KpYM7Vpp/Screenshot-2-2.png

Για οποιαδήποτε τιμή του x με x>0.2α υπάρχει λύση του συστήματος με Τ1< μ Ν1 και
Τ2< μ Ν2.
Επομένως, η ελάχιστη τιμή του x για την οποία δεν ολισθαίνει είναι 0,2 α.

Καλημέρα Άρη, καλημέρα Χρήστο.
Άρη ωραία η σύνοψή σου. Νομίζω ότι το ίδιο συμπέρασμα βγαίνει και από το τελευταίο μου, πιο εκτενές, σχόλιο.
Χρήστο πολύ κατατοπιστική η τότε παρέμβαση του μακαρίτη του Βαγγέλη Κορφιάτη και τα τα σχόλια που μας μετέφερες…

Καλησπέρα Διονύση. Όμορφη και πλήρης διερεύνηση.
Και γιαυτό προσέχουμε όταν ακουμπάμε σκάλες σε δέντρα. Ευτυχώς έχουν βγει τρίποδες
https://i.ibb.co/FLGPw8J8/image.jpg
Για σιγουριά
https://i.ibb.co/ds38j8mR/image.jpg

Καλησπέρα Διονύση. Όμορφη. Ιδαίτερα μου άρεσε η απεικόνιση της κλίσης με γωνιούλες. Δεν κάνω Α΄. Ο συνάδελφος προσπάθησε να κάνει, πριν μπει στην ύλη, λίγο κλίση, λίγο ρυθμό μεταβολής έτσι γενικά. 7 στους 10 δεν…
Η άσκησή σου θα μπορούσε να βοηθήσει. Δύσκολα τα πράγματα όμως.

Καλημέρα Ανδρέα και σε ευχαριστώ για το σχόλιο.
Στην Α΄Λυκείου για “να γυρίσει ο Ήλιος θελει δουλειά πολλή”…

Καλημέρα Διονύση.
Γνωρίζοντας πως οι απαντήσεις σου δεν αφήνουν κενά κατανόησης,
περίμενα να δω για το t3>80 κάποιο (γιατί;)που συνηθίζεις να θέτεις.
Να υποθέσω πως ο λύτης …το βλέπει στο σχήμα .
Πάντως επειδή κάπως θα “τριφτεί” στη συνέχεια με τις ομοιότητες είπα να το δεί όχι μόνο “δια γυμνού οφθαλμού”…
https://i.ibb.co/67RfNw4k/image.png
χ/ψ=z/k>1…x>ψ…t3-60 >100-t3…2t3>160….t3>80
Τώρα θα μου πεις κι εγώ το z/k>1 “δια γυμνού οφθαλμού” δεν το είδα;
Να είσαι καλά

Καλημέρα Παντελή και καλό ΣΚ.
Σε ευχαριστώ για το σχολιασμό και την εναλλακτική οδό, αλλά προφανώς ο μαθητής θα πρέπει να στηριχθεί στο τι βλέπει “με το μάτι”, αφού είναι και αυτός ένας τρόπος για να απαντήσει σε ανάλογα ερωτήματα. Και στην προσπάθεια με τα όμοια τρίγωνα που έκανες, πάλι σε αποτέλεσμα, με βάση το τι βλέπουμε καταλήγεις.
Ας μην ξεχνάμε ότι μιλάμε για μια πειραματική επιστήμη… Δεν είναι ανάγκη πάντα να κάνουμε αριθμητικούς υπολογισμούς, αλλά ούτε μπορούμε να κάνουμε πάντα γεωμετρικές αποδείξεις.
Αυτό βέβαια μας επιτρέπει να δίνουμε περιγραφικές απαντήσεις, σε ερωτήματα όπως τα παραπάνω. Όχι σε ερωτήματα που χρειάζονται βέβαια υπολογισμοί! Έτσι δεν θα μπορούσε κάποιος να θέσει ερώτημα π.χ. πόσο απέχουν τα δυο κινητά τη στιγμή  t1=65s…

Καλημέρα Διονύση .
Ευχαριστώ για την αναλυτική απάντησή σου σε ερώτημα
που έχει σχέση με την οπτική αξιοποίηση διαγράμματος.
Καλό Σαββατοκύριακο

Καλησπέρα, υπάρχουν κάπου οι λύσεις του διαγωνίσματος ; Ευχαριστώ.

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΘΕΜΑ Α (25 Μονάδες)Στις ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής Α1 έως Α5, δίνονται οι σωστές απαντήσεις με τη σχετική αιτιολόγηση.
Ερώτηση Σωστή Επιλογή Σύντομη Αιτιολόγηση / Επεξήγηση Α1 δ) 14 Η υποστιβάδα f διαθέτει 7 τροχιακά (l=3, ml=-3..+3). Κάθε τροχιακό χωράει το πολύ 2 ηλεκτρόνια, άρα 7 x 2 = 14 e⁻. Α2 α) Στον δεσμό σ η ηλεκτρονιακή πυκνότητα είναι συμμετρική γύρω από τον άξονα των πυρήνων επιτρέποντας περιστροφή. Στον δεσμό π η πλευρική επικάλυψη των p τροχιακών καταστρέφεται αν υπάρξει περιστροφή. Α3 γ) Στο ευθύγραμμο μόριο O=C=O, ο άνθρακας σχηματίζει 2 διπλούς δεσμούς (συνολικά 2 σ και 2 π δεσμούς) και είναι sp υβριδοποιημένος. Α4 γ) Π2 = Π1 / 2 Από το νόμο της ωσμωτικής πίεσης Π = C·R·T, με διπλασιασμό του όγκου (V2 = 2V1) η συγκέντρωση υποδιπλασιάζεται (C2 = C1/2), οπότε Π2 = Π1/2. Α5 β) Σε υπερτονικό διάλυμα KNO3, το νερό εξέρχεται από τα φυτικά κύτταρα προς το εξωτερικό διάλυμα λόγω ωσμωτικής τάσης, προκαλώντας πλασμόλυση.
ΘΕΜΑ Β (25 Μονάδες)Β1. Ηλεκτρονιακή Δομή & Ατομική Ακτίνα (7 Μονάδες)α) Ηλεκτρονιακές δομές στη θεμελιώδη κατάσταση και θέση στον Περιοδικό Πίνακα (4 μονάδες):
• ₉F: 1s² 2s² 2p⁵ → 2η περίοδος, 17η (VIIA) ομάδα (p-τομέας, αλογόνο).
• ₁₇Cl: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵ → 3η περίοδος, 17η (VIIA) ομάδα (p-τομέας, αλογόνο).
• ₁₉K: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹ → 4η περίοδος, 1η (IA) ομάδα (s-τομέας, αλκάλιο).
β) Σύγκριση ατομικής ακτίνας ₁₇Cl και ₁₉K (3 μονάδες):
Το άτομο του χλωρίου (₁₇Cl) έχει τα εξωτερικά του ηλεκτρόνια στην 3η στιβάδα (n = 3), ενώ το άτομο του καλίου (₁₉K) στην 4η στιβάδα (n = 4). Καθώς αυξάνεται ο κύριος κβαντικός αριθμός n της εξωτερικής στιβάδας (αριθμός στιβάδων), η μέση απόσταση των εξωτερικών ηλεκτρoνίων από τον πυρήνα αυξάνεται. Επομένως, το άτομο του καλίου έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα από το άτομο του χλωρίου: r_K > r_Cl.

Β2. Κβαντικοί Αριθμοί & Δομή Ατόμου (8 Μονάδες)α) Προσανατολισμός ηλεκτρονιακού νέφους (3 μονάδες): Ο μαγνητικός κβαντικός αριθμός (m_l) καθορίζει τον προσανατολισμό του τροχιακού στον χώρο. Για l = 2 (υποστιβάδα d), ο m_l παίρνει 5 ακέραιες τιμές: m_l = -2, -1, 0, +1, +2 (που αντιστοιχούν στα 5 d-τροχιακά).
β) Κανόνας του Hund (2 μονάδες): Κατά την πλήρωση τροχιακών της ίδιας υποστιβάδας (εκφυλισμένα τροχιακά), τα ηλεκτρόνια καταλαμβάνουν κατά προτίμηση ξεχωριστά τροχιακά με παράλληλους σπιν, έτσι ώστε να μεγιστοποιείται ο συνολικός σπιν του ατόμου.
γ) Ηλεκτρονιακή δομή κατιόντος ₃₀Zn²⁺ (3 μονάδες):
• Ουδέτερο άτομο ₃₀Zn: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d¹⁰ 4s²
• Κατά τον ιοντισμό, αποβάλλονται πρώτα τα 2 ηλεκτρόνια της εξωτερικής υποστιβάδας 4s (n = 4).
• Κατιόν ₃₀Zn²⁺: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d¹⁰ (ή [Ar] 3d¹⁰).
Β3. Διαμοριακές Δυνάμεις & Φυσικές Ιδιότητες (10 Μονάδες)Δίνονται οι ενώσεις: (Ι) CH₃CH₂CH₂OH (1-προπανόλη, Mr = 60), (ΙΙ) CH₃CH₂CHO (προπανάλη, Mr = 58), (ΙΙΙ) CH₃CH₂CH₂CH₃ (βουτάνιο, Mr = 58).
α) Σειρά αυξανόμενου σημείου ζέσεως (3 μονάδες):
CH₃CH₂CH₂CH₃ (βουτάνιο) < CH₃CH₂CHO (προπανάλη) < CH₃CH₂CH₂OH (1-προπανόλη)
β) Αιτιολόγηση (4 μονάδες): Οι τρεις ενώσεις έχουν παραπλήσιες μοριακές μάζες (Mr ≈ 58–60), επομένως οι διαφορές στο σημείο ζέσεως οφείλονται στο είδος και την ισχύ των διαμοριακών δυνάμεων:
1. Βουτάνιο (ΙΙΙ): Μη πολικό μόριο. Αναπτύσσονται μόνο ασθενείς δυνάμεις διασποράς (London), συνεπώς εμφανίζει το χαμηλότερο σημείο ζέσεως.
2. Προπανάλη (ΙΙ): Πολικό μόριο λόγω της καρβονυλικής ομάδας (C=O). Αναπτύσσονται δυνάμεις διπόλου-διπόλου, οι οποίες είναι ισχυρότερες από τις δυνάμεις διασποράς, δίνοντας υψηλότερο Σ.Ζ. από το βουτάνιο.
3. 1-Προπανόλη (Ι): Διαθέτει την πολική υδροξυλομάδα (-OH). Μεταξύ των μορίων της αναπτύσσονται ισχυροί δεσμοί υδρογόνου (καθώς και δυνάμεις διπόλου-διπόλου και διασποράς). Επειδή ο δεσμός υδρογόνου είναι η ισχυρότερη διαμοριακή δύναμη, απαιτείται η μεγαλύτερη ενέργεια για την απομάκρυνση των μορίων, δίνοντας το υψηλότερο Σ.Ζ.
γ) Διαλυτότητα στο νερό (3 μονάδες): Η 1-προπανόλη (Ι) έχει πολύ μεγαλύτερη διαλυτότητα στο νερό σε σχέση με το βουτάνιο (ΙΙΙ). Αυτό συμβαίνει διότι τα μόρια της 1-προπανόλης σχηματίζουν διαμοριακούς δεσμούς υδρογόνου με τα μόρια του νερού μέσω της υδροξυλομάδας (-OH). Αντίθετα, το βουτάνιο είναι μη πολικός υδρογονάνθρακας που δε σχηματίζει δεσμούς υδρογόνου με το νερό και είναι πρακτικά αδιάλυτο σε αυτό.

ΘΕΜΑ Γ (25 Μονάδες)Γ1. Προσδιορισμός Στοιχείου Χ & Δομή (12 Μονάδες)α) Προσδιορισμός ατομικού αριθμού Z (4 μονάδες):
Το κατιόν X³⁺ έχει ηλεκτρονιακή δομή: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁵ (συνολικά 23 ηλεκτρόνια).
Το ουδέτερο άτομο X έχει 3 ηλεκτρόνια περισσότερα (Z = 23 + 3 = 26).
Εφόσον το στοιχείο ανήκει στην 4η περίοδο, κατά τη θεμελιώδη κατάσταση του ουδέτερου ατόμου τα ηλεκτρόνια συμπληρώνουν την υποστιβάδα 4s και εν μέρει την 3d.
Άρα ο ατομικός αριθμός του στοιχείου X είναι Z = 26 (Σίδηρος, Fe).
β) Ηλεκτρονιακή δομή & μονήρη ηλεκτρόνια (4 μονάδες):
• Ηλεκτρονιακή δομή ουδέτερου ατόμου X (Z = 26): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁶ 4s²
• Οι υποστιβάδες 1s, 2s, 2p, 3s, 3p και 4s είναι πλήρως συμπληρωμένες (0 μονήρη e⁻).
• Στην υποστιβάδα 3d (5 τροχιακά), σύμφωνα με τον κανόνα του Hund, τοποθετείται από 1 e⁻ σε κάθε τροχιακό (5 μονήρη) και το 6ο ηλεκτρόνιο ζευγαρώνει σε 1 τροχιακό.
• Επομένως, το ουδέτερο άτομο X διαθέτει συνολικά 4 μονήρη ηλεκτρόνια.
γ) Θέση στον Περιοδικό Πίνακα & Τομέας (4 μονάδες):
• Περίοδος: 4η περίοδος (μεγαλύτερος κύριος κβαντικός αριθμός n = 4).
• Ομάδα: 8η ομάδα / VIIIB (αριθμός e⁻ = 6 + 2 = 8).
• Τομέας: d-τομέας (το τελευταίο ηλεκτρόνιο προστίθεται στην υποστιβάδα 3d).
Γ2. Υπολογισμοί Ωσμωτικής Πίεσης & Αραίωση (13 Μονάδες)Δεδομένα: Διάλυμα Δ1 ουρίας (NH₂CONH₂, Mr = 60), V1 = 200 mL = 0,2 L, θ = 27 °C → T = 300 K, Π1 = 4,92 atm, R = 0,082 L·atm/(mol·K).
α) Υπολογισμός συγκέντρωσης C1 και μάζας m (6 μονάδες):
1. Από τον νόμο της ωσμωτικής πίεσης: Π1 = C1 · R · T
  4,92 = C1 · 0,082 · 300 ⇒ 4,92 = C1 · 24,6 ⇒ C1 = 0,2 M
2. Υπολογισμός moles ουρίας: n1 = C1 · V1 = 0,2 M · 0,2 L = 0,04 mol ουρίας.
3. Υπολογισμός μάζας: m = n1 · Mr = 0,04 mol · 60 g/mol = 2,4 g ουρίας.
β) Αραίωση με προσθήκη 300 mL νερού (7 μονάδες):
• Νέος όγκος διαλύματος Δ2: V2 = V1 + V_νερού = 200 mL + 300 mL = 500 mL = 0,5 L.
• Η ποσότητα της ουρίας παραμένει σταθερή: n1 = 0,04 mol.
• Νέα συγκέντρωση C2: C2 = n1 / V2 = 0,04 mol / 0,5 L = 0,08 M.
• Νέα ωσμωτική πίεση Π2 στους 27 °C:
  Π2 = C2 · R · T = 0,08 · 0,082 · 300 = 0,08 · 24,6 = 1,968 atm.
ΘΕΜΑ Δ (25 Μονάδες)Δεδομένα Διάλυμα ΔA: 36 g γλυκόζης (C₆H₁₂O₆, Mr = 180), VA = 400 mL = 0,4 L, θ = 27 °C (T = 300 K).
Δεδομένα Διάλυμα ΔB: Σακχαρόζη (Mr = 342), CB = 0,2 M, VB = 600 mL = 0,6 L, θ = 27 °C.
Δ1. Υπολογισμός Ωσμωτικής Πίεσης ΠA (6 Μονάδες)• Moles γλυκόζης στο ΔA: nA = m / Mr = 36 g / 180 g/mol = 0,2 mol.
• Συγκέντρωση CA: CA = nA / VA = 0,2 mol / 0,4 L = 0,5 M.
• Ωσμωτική πίεση ΠA στους 27 °C:
 ΠA = CA · R · T = 0,5 M · 0,082 · 300 K = 0,5 · 24,6 = 12,3 atm.
Δ2. Σύγκριση Τονικότητας ΔA και ΔB (6 Μονάδες)• Ωσμωτική πίεση διαλύματος ΔB: ΠB = CB · R · T = 0,2 M · 24,6 = 4,92 atm.
• Επειδή CA = 0,5 M > CB = 0,2 M (και συνεπώς ΠA = 12,3 atm > ΠB = 4,92 atm), το διάλυμα ΔA είναι υπερτονικό σε σχέση με το διάλυμα ΔB στους 27 °C.
Δ3. Ανάμειξη Ολόκληρων των Διαλυμάτων ΔA και ΔB (6 Μονάδες)• Moles σακχαρόζης στο ΔB: nB = CB · VB = 0,2 M · 0,6 L = 0,12 mol.
• Συνολικός όγκος τελικού διαλύματος Δ3: V3 = VA + VB = 0,4 L + 0,6 L = 1,0 L.
• Συνολικά moles διαλυμένων ουσιών: n_ολ = nA + nB = 0,2 mol + 0,12 mol = 0,32 mol.
• Συγκέντρωση C3: C3 = n_ολ / V3 = 0,32 mol / 1,0 L = 0,32 M.
• Ωσμωτική πίεση Π3 του διαλύματος Δ3 στους 27 °C:
 Π3 = C3 · R · T = 0,32 M · 24,6 = 7,872 atm.
Δ4. Αναλογία Όγκων V’A / V’B για Π4 = 8,2 atm (7 Μονάδες)• Από την επιθυμητή ωσμωτική πίεση Π4 = 8,2 atm, υπολογίζουμε τη συγκέντρωση C4 του διαλύματος Δ4:
 Π4 = C4 · R · T ⇒ 8,2 = C4 · 24,6 ⇒ C4 = 8,2 / 24,6 = (1/3) M.

• Κατά την ανάμειξη όγκων V’A και V’B από τα διαλύματα ΔA (CA = 0,5 M) και ΔB (CB = 0,2 M):
 C4 = (CA · V’A + CB · V’B) / (V’A + V’B)
 (1/3) = (0,5 · V’A + 0,2 · V’B) / (V’A + V’B)
 V’A + V’B = 3 · (0,5 · V’A + 0,2 · V’B)
 V’A + V’B = 1,5 · V’A + 0,6 · V’B
 0,4 · V’B = 0,5 · V’A ⇒ V’A / V’B = 0,4 / 0,5 = 4 / 5 = 0,8.

Επομένως, η απαιτούμενη αναλογία όγκων ανάμειξης είναι V’A / V’B = 4 / 5 (ή 0,8).