ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 3ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ (ΣΤΕΡΕΟ ΣΩΜΑ) – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α 1. β 2. δ 3. δ 4. β 5. α.Λ
β.Σ
γ.Λ
δ.Σ
ε.Λ
ΘΕΜΑ Β 1. Σωστή είναι η απάντηση γ. Ο ρυθμός αύξησης της γωνιακής ταχύτητας ισούται με τη γωνιακή επιτάχυνση του σώματος, δηλαδή ισχύει
dω = α γων . dt
Σύμφωνα με τον θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης η γωνιακή επιτάχυνση ισούται
Στ Ι
με α γων = . Από το διάγραμμα προκύπτει ότι η ροπή από t=2s έως t=4s είναι σταθερή και συνεπώς η γωνιακή επιτάχυνση, δηλαδή ο ρυθμός αύξησης της γωνιακής ταχύτητας, στο ίδιο χρονικό διάστημα είναι και αυτή σταθερή. 2. Σωστή είναι η απάντηση β. Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, το ανώτατο σημείο (A) της εσωτερικής τροχαλίας έχει ταχύτητα μέτρου v= v cm + ω ⋅ r . A Επειδή το νήμα δεν ολισθαίνει στην επιφάνεια της εσωτερικής τροχαλίας, θα έχει την ίδια ταχύτητα με το σημείο Α και έτσι
F
(A) R
(Κ) r
(Β)
v νηµ = v= v cm + ω ⋅ r A Από τη σχέση v νηµ = v cm + ω ⋅ r προκύπτει ότι v νηµ > v cm , δηλαδή η ταχύτητα των σημείων του νήματος άρα και του άκρου Β είναι μεγαλύτερη από τη ταχύτητα του κέντρου μάζας (Κ) της διπλής τροχαλίας. Αυτό έχει σαν συνέπεια η απόσταση μεταξύ των σημείων (Β) και (Κ) να μεγαλώνει και έτσι το νήμα ξετυλίγεται
Σελίδα 1 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
3. Σωστή είναι η απάντηση γ. Για τους ρυθμούς μεταβολής της στροφορμής της ράβδου και της μάζας ισχύουν αντίστοιχα ότι:
∆L = Στράβδου(Κ ) = Ιράβδου(Κ ) ⋅ α γων ∆t ράβδου
(1)
∆L = Στµάζας(Κ ) = Ι µάζας(Κ ) ⋅ α γων ∆t µάζας
(2)
(Κ)
.
Wμ
Wρ
Η ράβδος και η σημειακή μάζα έχουν την ίδια γωνιακή επιτάχυνση. Διαιρώντας κατά
∆L ∆t ράβδου Ιράβδου(Κ ) μέλη τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι : = Ιµάζας(Κ ) ∆L ∆t µάζας
(3)
Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής ισούται με 2
Ιράβδου(Κ )
1 ML2 L , = ML2 + M Ιράβδου(Κ ) = 12 3 2
(4)
ενώ η ροπή αδράνειας της μάζας ως προς τον άξονα περιστροφής ισούται με
M 2 L. Ιµάζας(Κ ) = mL2 Ιµάζας(Κ ) = 6
(5)
Αντικαθιστώντας στη σχέση (3), τις σχέσεις (4) και (5), προκύπτει:
∆L ∆L ML2 ∆t ∆t ράβδου ράβδου 3 = 2. = 2 ML ∆L ∆L ∆t ∆t 6 µάζας µάζας
ΘΕΜΑ Γ α. Η δύναμη F έχει μέτρο F=20N ενώ η συνιστώσα w x του βάρους στον άξονα xx΄ ισούται με
w= mgηµϕ w x = 10kg ⋅ x
10m 1 ⋅ w x = 50N . s2 2
Επειδή w x > F , ο κύλινδρος μεταφορικά θα κινηθεί προς τα κάτω επιταχυνόμενος.
αcm
N Wx
x
x΄
F
W (Α) φ
Τστ
Wy
Το διάνυσμα της στατικής τριβής έχει σημείο εφαρμογής το σημείο Α του κυλίνδρου που είναι σε επαφή με το πλάγιο επίπεδο και κατεύθυνση αντίθετη της κίνησης που τείνει να κάνει αυτό στο επίπεδο εξαιτίας όλων των δυνάμεων και ροπών που ασκούνται στον κύλινδρο εκτός της τριβής. Επειδή οι δυνάμεις F, N και w δεν δημιουργούν ροπή, το σημείο (Α) αρχικά αποκτά μόνο τη μεταφορική επιτάχυνση του κέντρου μάζας. Άρα η στατική τριβή έχει κατεύθυνση προς τα πάνω. Σελίδα 2 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
β. Κατά την κάθοδό του ο κύλινδρος κυλίεται πραγματοποιώντας στροφική και μεταφορική κίνηση. Ο θεμελιώδης νόμος για τη μεταφορική κίνηση γράφεται ως εξής:
ΣF = Μαcm → Wx − F − Τ= Mαcm → Mgημφ − F − Τ= Mαcm x στ στ
(1)
Ο θεμελιώδης νόμος για τη στροφική κίνηση γράφεται ως εξής:
1 1 Στ(Κ) = Ι(Κ )α γων → Τ στ ⋅ R = MR 2α γων → Τ στ = ⋅ M ⋅ R ⋅ α γων 2 2 α = α γων ⋅ R cm
(2) (3)
Επειδή ο κύλινδρος κυλίεται, ισχύει ότι
Τ στ
1 = Mαcm 2
(4) Η σχέση (2) με τη βοήθεια της σχέσης (3) γίνεται: Με αντικατάσταση της Τστ στη σχέση (1) και επίλυση ως προς αcm παίρνουμε:
Mgημφ −= F Mαcm αcm = 2
Mgημφ − F 1 αcm = = + Mα cm 3 2 M 2
10kg ⋅
10m 1 ⋅ − 20N s2 2 3 10kg 2
m s2
γ. Για τα πρώτα 10 δευτερόλεπτα της κίνησής του, ο κύλινδρος κατεβαίνει κυλιόμενος με σταθερή μεταφορική επιτάχυνση αcm = 2
m , οπότε η μεταφορική ταχύτητά του θα s2
δίνεται από τη σχέση v= αcm ⋅ t και το διάστημα που θα διανύει θα δίνεται από τη cm
1 2
σχέση S = ⋅ αcm ⋅ t2 . Έτσι, με αντικατάσταση α cm = 2
v cm,1 = 20m / s και S1 = 100m .
m και t1=10s παίρνουμε : s2
Από τη στιγμή που το μέτρο της δύναμης F γίνεται 65Ν ισχύει,
Wx < F
N
με τη συνισταμένη των δυνάμεων στον άξονα κίνησης να έχει αcm κατεύθυνση αντίθετη της ταχύτητας του κέντρου μάζας, οπότε Wx το κέντρο μάζας του κυλίνδρου επιβραδύνεται, με συνέπεια να x τείνει v cm < ωR . Αυτό έχει ως αποτέλεσμα το σημείο Α να Τστ τείνει να κινηθεί προς τα πάνω με συνέπεια η στατική τριβή να φ αλλάζει κατεύθυνση και να έχει φορά προς τα κάτω, όπως στο σχήμα.
x΄
F (Α) Wy
δ. Θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα έργου-ενέργειας μεταξύ των θέσεων (Β) και (Γ) . στρ μετ στρ μετ (5) Κ(Γ) + Κ(Γ) − Κ(Β) − Κ(Β) =WN + WF + WW + WW + WT x
y
στ
Όμως: -
στρ μετ Κ= Κ= 0 , αφού ο κύλινδρος στη θέση (Γ) σταματά. (Γ) (Γ)
Σελίδα 3 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
-= WN W = 0 , αφού οι δυνάμεις N και Wy δεν παράγουν μεταφορικό έργο ως Wy κάθετες στην μετατόπιση, αλλά ούτε και στροφικό έργο, αφού δεν έχουν ροπή ως προς το κέντρο μάζας. - Το έργο της στατικής τριβής είναι μηδέν, WΤ = 0 στ - Το έργο της δύναμης F είναι μόνο μεταφορικό και ισούται με
WF(Β→Γ) =−F ⋅ S 2 → WF(Β→Γ) =−65 S 2 (SI) - Το έργο της δύναμης WW είναι μόνο μεταφορικό και ισούται με: x
WWx(Β→Γ) = mgημφ ⋅ S 2 = 10 ⋅ 10 ⋅
1 ⋅ S ( SI ) → WWx = 50 S 2 (SI) 2 2
Με αντικατάσταση όλων των παραπάνω στη σχέση (5) παίρνουμε:
11 1 2 MR 2 ⋅ ω 2 − Mv cm = 0 − 65 S 2 + 50 S 2 + 0 + 0 22 2 Παίρνοντας υπόψη ότι v cm= ω ⋅ R η τελευταία σχέση γίνεται: 0+0 −
−
11 2 1 3 2 Mv cm − Mv 2cm = −65 S 2 + 50 S 2 → Mv cm = 15S 2 → 22 2 4 3 3 = S2 Mv 2cm= (SI) 10 ⋅ 20 2 (SI) →= S 2 200m 4 ⋅ 15 4 ⋅ 15
Θέση (Β) αλλαγής της δύναμης F
Θέση (Α) που αφέθηκε ελεύθερος
Θέση (Γ) στιγμιαίας ακινητοποίησης
100m 200m
Σελίδα 4 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Δ FA
α. Σύμφωνα με τον θεμελιώδη νόμο για τη στροφική κίνηση η γωνιακή επιτάχυνση ισούται με α γων =
Στ(Κ) Ι(Κ)
.
t=0
(1)
Από τις δυνάμεις που ασκούνται στην ράβδο τη χρονική στιγμή t0 = 0 η μοναδική δύναμη που προκαλεί ροπή είναι η δύναμη F διότι ο φορέας του βάρους διέρχεται από τον άξονα περιστροφής και η ροπή του είναι μηδέν. Έτσι για τη χρονική στιγμή t0 = 0 ισχύει Στ (Κ )= F ⋅ L .
. (K)
W F
Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς (Κ) θα υπολογισθεί με το θεώρημα παράλληλων αξόνων (Steiner) : 2
1 L L Ιραβ(Κ) = Ιcm + Μ ⋅ → Ιραβ(Κ) = ML2 + Μ ⋅ 12 2 2
2
ή Iραβ( Κ ) =
ML2 3
Αντικαθιστώντας στη σχέση (1), προκύπτει
= α γων
α γων =
3 ⋅F ⋅L 3 ⋅F = M ⋅L ML2
και α γων =
3 ⋅ 102 rad 1,5 ⋅ π ⋅ 2 s2
ή
102 rad π s2
β. Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα έργου-ενέργειας μεταξύ των θέσεων (Α) και (Γ), ώστε να υπολογίσουμε τη γωνιακή ταχύτητα της ράβδου ελάχιστα πριν συγκρουσθεί με τη μάζα m. στρ στρ Κ(Γ) − Κ(Α) = WF + Ww →
(Γ)
1 ML2 2 στρ ω(Γ) = Κ(Α) + WF + WW (2) 2 3
Όμως: -
στρ Κ(Α) = 0 , διότι ω(Α) = 0
L 3L Ww (Α →Γ) = U(A) − U(Γ) = g − Mg = − MgL 2 2 π WF(Α →Γ) = F ⋅ L ⋅ 6
. (K)
Αντικαθιστώντας στη σχέση (2), προκύπτει
1 ML2 2 π ω(Γ ) = F L − MgL → 2 3 6
F
1 1,5kg ⋅ (2m) 2 102N π m ω(Γ)= ⋅ 2m − 1,5kg ⋅ 10 2 ⋅ 2m → 2 3 π 6 s 2 2 rad rad 2 = ω(Γ) 34 − 30 ή ω(Γ) = 2 rad / s s s
(Β)
2
Σελίδα 5 από 8
ή
F (Α)
U=0
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
γ. Για την κρούση ισχύει η αρχή διατήρησης της στροφορμής, καθώς οι ασκούμενες εξωτερικές δυνάμεις δεν προκαλούν ροπή.
L ολ(Δ) = L ολ(Γ) Η στροφορμή L ολ(Γ)
(Γ)
(3)
(Δ)
του συστήματος ράβδου-μάζας λίγο
πριν τη σύγκρουση της ράβδου με τη σημειακή μάζα ισούται με τη στροφορμή της ράβδου, διότι η σημειακή μάζα είναι ακίνητη. Έτσι,
L ολ(Γ) = Iραβ(Κ) ⋅ ω(Γ)
(4)
. (K)
. (K)
Η στροφορμή L ολ(Δ) του συστήματος ράβδου-μάζας αμέσως μετά τη σύγκρουση της ράβδου με τη σημειακή μάζα θα ισούται με
L ολ(Δ) = Ιολ(Κ) ⋅ ωκ Όπου
ML2 L Ιολ(Κ)= + m⋅ 3 2
(5)
2
Με αντικατάσταση των (4) και (5) στη σχέση (3) προκύπτει:
ML2 ⋅ ω(Γ) = 3
2 ML2 L + m ⋅ ⋅ ωκ 2 3
Αντικαθιστώντας τις αριθμητικές τιμές προκύπτει: 2 1,5kg ⋅ (2m)2 rad 1,5kg ⋅ (2m)2 2m = ⋅2 + 2kg ⋅ 2 ⋅ ωκ 3 s 3
ή
δ. Η σημειακή μάζα m εκτελεί μη ομαλά μεταβαλλόμενη κυκλική κίνηση με κέντρο τον άξονα περιστροφής. Έτσι, όταν το σύστημα ράβδου-μάζας διέρχεται από την οριζόντια θέση, το
ωκ = 1rad / s
(Δ)
σώμα μάζας m θα έχει κεντρομόλο επιτάχυνση, ακ , και
γραμμική επιτάχυνση, α γρ , κατακόρυφα προς τα κάτω.
Η κεντρομόλος επιτάχυνση ακ της σημειακής μάζας έχει διεύθυνση πάνω στη ράβδο, φορά προς τον άξονα περιστροφής και μέτρο ακ = ω 2 (L / 2) .
(6)
(K) U=0
.
(Ε) Wρ Wm
Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα έργου-ενέργειας μεταξύ των θέσεων (Δ) και (Ε) για να υπολογίσουμε τη γωνιακή ταχύτητα του συστήματος ράβδου-μάζας όταν διέρχεται από την οριζόντια θέση (Ε).
Σελίδα 6 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
Κ
στρ (Ε)
− Κ
στρ (Δ)
1 ML2 L =→ WW + m 2 3 2
Όμως WW =U(Δ) − U(Ε)
2 2 1 ML2 L 2 + m ⋅ ω(Δ) = WW ⋅ ω(Ε) − 2 3 2 L (8) → WW =(M + m)g − 0 2 2
(7)
Αντικαθιστώντας στη σχέση (7) τη σχέση (8) και κάνοντας αριθμητική αντικατάσταση προκύπτει:
1 1,5kg ⋅ ( 2m) 2m + 2kg ⋅ 2 3 2 2
1 1,5kg ⋅ ( 2m) 2m + 2kg ⋅ 2 3 2 2
2 (Ε)
ω
από όπου προκύπτει
2
2
⋅ ω(2Ε) =
2m ⋅ (1rad / s)2 + (1,5kg + 2kg) ⋅ 10m / s2 ⋅ , 2
37 rad2 = 2 s4
(9)
Με αντικατάσταση στη σχέση (6) παίρνουμε: ακ =
37 m 2 s2
Η γραμμική επιτάχυνση α γρ της σημειακής μάζας εξαιτίας της κυκλικής της κίνησης, θα είναι κάθετη στη ράβδο με φορά προς τα κάτω και με μέτρο
= α γρ α γων ⋅
L 2
ακ
. (K)
α
αγρ
(10)
To α γων θα υπολογιστεί από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για τη στροφική κίνηση.
α γων =
Στ(Κ) Ιολ(Κ)
→ α γων =
Wρ ⋅
L L + Wm ⋅ 2 2 Ιολ(Κ)
(11)
Η ροπή αδράνειας του συστήματος ράβδου-μάζας ως προς τον άξονα περιστροφής ισούται με
ML2 L Ιολ(Κ)= + m⋅ 3 2
α γων
2
και η σχέση (11) γράφεται:
L L Μ ⋅ g ⋅ + m ⋅ g ⋅ 2 2 = 2 2 ML L + m⋅ 3 2
Με αριθμητική αντικατάσταση προκύπτει:
Σελίδα 7 από 8
ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 3o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΜΑΡΤΙOΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
α γων =
2m 2m + 2kg ⋅ 10m / s2 ⋅ 35 2 2 ή α = rad / s2 . γων 2 2 4 1,5kg ⋅ (2m) 2m + 2kg ⋅ 3 2
1,5kg ⋅ 10m / s2 ⋅
Με αντικατάσταση στη σχέση (10) παίρνουμε:
= α γρ
35 2m 35 rad / s2 ⋅ →= α γρ m / s2 . 4 2 4
Το μέτρο της συνολικής επιτάχυνσης της μάζας m προκύπτει από το πυθαγόρειο θεώρημα και ισούται με: 2
= α
ακ + α γρ = 2
2
2
37 m 35 m = 2 s2 + 4 s2 → α
Σελίδα 8 από 8
6701 m m 2 → α ≈ 20,5 2 . 16 s s