F B1 F B3 F B2. Υλικό Φυσικής Χηµείας ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΙΚΑΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΣΤΗΝ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ. 1 B K

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "F B1 F B3 F B2. Υλικό Φυσικής Χηµείας ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΙΚΑΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΣΤΗΝ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ. 1 B K"

Ἑκάβη Αλεξόπουλος
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΙΚΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΣΤΗΝ ΙΣΟΡΡΟΠΙ ΤΟΥ ΣΤΕΡΕΟΥ ΣΩΜΤΟΣ Ερώτηση 1 η 1. Μι οµογενής λεπτή δοκός ισορροπεί κθώς βρίσκετι σε επή µε τον τοίχο κι το δάπεδο του σχήµτος. Οι ντιδράσεις του δπέδου κι του τοίχου µπορεί ν είνι, όπως στο σχήµ :. () β. () γ. (Γ). Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς () () (Γ) Ερώτηση η 1. Στο δρόµο των 110m µετ εµποδίων οι κνονισµοί προβλέπουν το ύψος του εµποδίου ν είνι =1,06m.Τ οριζόντι πέλµτ-ντίβρ έχουν ρυθµιστεί έτσι ώστε, τ βάρη τους = =31,8Ν ν σκούντι σε πόστση r=0,6m πό τ σηµεί Ο κι Ο ντίστοιχ.το µέτρο της οριζόντις δύνµης που πρέπει ν σκηθεί πό ένν θλητή στο µέσο Κ 1 του πάνω άκρου της οριζόντις δοκού του εµποδίου, η οποί όπως κι τ υπόλοιπ τµήµτ του εµποδίου θεωρείτι οµογενής, ώστε υτό ν ντρπεί, χωρίς ν ολισθήσει, πρέπει ν είνι µεγλύτερο πό:.18ν β.36ν γ.7ν 1. Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς. O' Ο Ερώτηση 3 η Γ 1. Η οµογενής κι ισοπχής ράβδος µήκους L =1m µόλις ισορροπεί µε το άκρο της σε επή µε το λείο οριζόντιο δάπεδο κι το άκρο της σε επή µε το άκρο υποστηρίγµτος ύψους =0,5 m.ο συντελεστής ορικής σττικής τριβής µ στ,ορ µετξύ υποστηρίγµτος κι ράβδου είνι : β. γ. 3 Γ. Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς. ϕ 1

2 Ερώτηση 4 η 1. Η οµογενής κι ισοπχής δοκός ισορροπεί στηριζόµενη στ λεί κεκλιµέν επίπεδ του σχήµτος γωνιών κλίσης ˆ = 30 κι ˆθ = 45 ως προς το οριζόντιο έδος. Γι τη γωνί (κλίση) ˆ ( ˆ 0 ) που σχηµτίζει η δοκός µε την οριζόντι που διέρχετι πό το, ισχύει: 30 ο 45 ο. σ ˆ = 3-1 β. ε ˆ = 3 +1 γ. σ ˆ = Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς. Ν θεωρήσετε γνωστές όποιες πό τις επόµενες τριγωνοµετρικές τυτότητες χρειστείτε. ηµ(+β)=ηµσυνβ + ηµβσυν, ηµ(-β)=ηµσυνβ ηµβσυν, συν(+β)=συνσυνβ-ηµηµβ, συν(-β)=συνσυνβ+ηµηµβ. Ερώτηση 5 η Ε 1. Σε οµογενή δκτύλιο µάζς m =0,5g κι εξωτερικής κτίνς R=0,4m έχει τοποθετεί σώµ µάζς m 0 =g. Το κέντρο µάζς Κ του σώµτος πέχει πό το κέντρο µάζς Ο του δκτύλιου πόστση r=0,m. Το σύστηµ ισορροπεί πάνω σε κεκλιµένο επίπεδο γωνίς κλίσης ˆ, µε ηµ ˆ =0, µε τη επίδρση δυνάµεων που θεωρούντι οµοεπίπεδες κι σε θέση όπου η κτίν του δκτύλιου που ντιστοιχεί στο κέντρο µάζς του σώµτος Κ,σχηµτίζει µε την κτκόρυη που διέρχετι πό το κέντρο του δκτύλιου Ο, γωνί ˆθ ίση µε :. 30 β. 45 γ. 60 Ε. Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς. Ερώτηση 6 η Στ 1. Η οµογενής κι µελητέου πάχους πινκίδ βάρους κι σχήµτος ορθογωνίου πρλληλογράµµου, έχει διστάσεις κι β µε =β. Η γωνί της πινκίδς έχει συνδεθεί µε άρθρωση, ενώ η γωνί της Γ συνδέετι µε το κλόνητο σηµείο Ζ µέσω νήµτος ΓΖ το οποίο σχηµτίζει µε την οριζόντι που διέρχετι πό το Γ γωνί ˆµε 0< ˆ < 90. Όλες οι δυνάµεις που σκούντι στην πινκίδ θεωρούντι οµοεπίπεδες. Το όριο θρύσης του νήµτος έχει τιµή που επιτρέπει ν υπάρχουν τιµές της γωνίς ˆ γι τις οποίες η πινκίδ ισορροπεί, ρκεί γι τη γωνί ˆν ισχύει: β Κ Γ. ε ˆ > 1 β. ε ˆ < γ. ε ˆ > Στ. Ν δικιολογήσετε την πάντησή σς. ΠΝΤΗΣΕΙΣ 1.. Η δοκός ισορροπεί υπό την επίδρση τριών µη πράλληλων δυνάµεων, του βάρους, της δύνµης πό το δάπεδο κι της δύνµης πό τον τοίχο, εποµένως πρέπει οι ορείς τους ν διέρχοντι πό το ίδιο σηµείο. υτό συµβίνει µόνο στο σχήµ (), όπου οι ορείς των τριών δυνάµεων διέρχοντι πό το σηµείο Ο. 1 Ο 1

3 1. β. Στο εµπόδιο σκούντι οι εξωτερικές δυνάµεις του βάρους του πάνω οριζόντιου τµήµτος 1, τ βάρη των κτκόρυων τµηµάτων κι, τ βάρη των ντίβρων κι, το βάρος του κάτω οριζόντιου τµήµτος (το οποίο δεν εάπτετι στο στίβο) 3, οι κάθετες ντιδράσεις Ν κι N πό το στίβο, οι δυνάµεις σττικής τριβής Τ στ κι Τ' κι η οριζόντι δύνµη που σκεί ο θλητής µε τη λνθσµένη στ υπερπήδηση του εµποδίου. πό τις συνθήκες ισορροπίς του εµποδίου έχουµε: Σ y =0: Ν=Ν N+ N = Ν= N = (1). πό τη σχέση (1) προκύπτει ότι ότν το εµπόδιο ισορροπεί, τ µέτρ των δυνάµεων Ν= N πρµένουν στθερά κι νεξάρτητ πό την τιµή της οριζόντις δύνµης που τυχόν σκεί ο θλητής στο εµπόδιο. πό τη συνθήκη Στ = 0 (ως προς τον άξον ΟΟ ), ν θεωρήσουµε θετικές τις ροπές που στρέουν ντίθετ πό τη ορά κίνησης των δεικτών του ρολογιού: - - N - N + r + r =0 = + N = r πό την τελευτί σχέση προκύπτει ότι όσο Ν=Ν υξάνετι το µέτρο της πρέπει ν ελττώνετι ο µοχλοβρχίονς των Ν κι N προκειµένου το εµπόδιο ν πρµένει σε ισορροπί, ού τ µέτρ των Ν κι N πρµένουν στθερά. Η ντροπή του εµποδίου ρχίζει ότν οι Ν κι N σκούντι στ σηµεί Ο κι Ο, δηλδή οι µοχλοβρχίονες τους µηδενίζοντι, =0 κι Στ (ως προς τον άξον ΟΟ ) <0 - + r < 0 > r > r 31,8 0,6 > >36Ν. 1, T' στ ' N' O' 3 ' Γ 1. γ Γ. Η ισορροπί της ράβδου επιβάλλει κι η ντίδρση r του υποστηρίγµτος στη ράβδο ν είνι κτκόρυη, διότι σε άλλη περίπτωση κτά την οριζόντι διεύθυνση Σ 0. Η ράβδος µόλις ισορροπεί, δηλδή ισορροπεί ορικά, άρ η σττική τριβή που δέχετι πό το υποστήριγµ είνι η ορική σττική τριβή, Τ στ,ορ γι την οποί ισχύει Τ στ,ορ =µ στ.ορ Ν (1) N' T στ N r N O T r στ,ορ r ϕ N r r w r ϕ 3

4 πό το ορθογώνιο τρίγωνο είνι ίση µε ˆ, διότι οι πλευρές τους είνι κάθετες. Άρ, ε30 = Τ στ,ορ Ν στ,ορ Γ : ηµ ˆ = L ηµ ˆ = 1 ˆ = 30.Η γωνί µετξύ των r κι Τ =Ν ε30 (). πό (1) κι () : µ στ.ορ =ε30 = γ. Η δοκός ισορροπεί υπό την επίδρση του βάρους κι των κάθετων ντιδράσεων κι πό τ κεκλιµέν επίπεδ. Θεωρούµε θετικές τις ροπές που στρέουν ντίθετ πό τη ορά κίνησης των δεικτών του ρολογιού, ως προς το κέντρο µάζς Κ που βρίσκετι στο µέσο της οµογενούς δοκού κι πό τη συνθήκη ισορροπίς Στ (Κ) =0, έχουµε : - + y=0 (1). Οι γωνίες ΟΚ ˆ = ˆ = 30 κι ΚΟ ˆ = θ ˆ = 45 (έχουν τις πλευρές τους κάθετες µε υτές των γωνιών των κεκλιµένων επιπέδων). πό τ ορθογώνι τρίγων OΓ κι = (OΚ)ηµ 30 κι y= (OΚ)ηµ 45 : O ντίστοιχ πό την (1) :- (O)ηµ 30 + (O)ηµ 45 =0 = () Η γωνί ˆ ˆ Χ = = 30 (εντός ενλλάξ των πρλλήλων ), άρ πό το τρίγωνο Ο : 60 ˆ ΟΚ ˆ = 180 ΟΚ ˆ = 45 + ˆ. Τ r στ,ορ ΟΧ ˆ = 60 κιοκ ˆ = 60 - ˆ, τέλος Υπολογίζουµε εκ νέου τους µοχλοβρχίονες κι y πό τ ορθογώνι τρίγων ΚΓ κι προκειµένου ν εισάγουµε την γωνί ˆ στους υπολογισµούς µς κι ντίστοιχ έχουµε, = (Κ)ηµ( ) (3), y= (Κ)ηµ(45 0 +) (4). () (Κ)=(Κ) πό (1) - () ηµ( ) + () ηµ( )=0 (3),(4) ηµ( )= ηµ( ) ( ηµ 0 σ= ( ) σ = συν - 1 ηµ)= συν + Κ 3-1 ηµ ( ) συν=ηµ Πρτήρηση: ν κάποιος ήθελε ν πούγει την συνήθιστη χρήση της ίδις σχέσης (Στ (Κ) =0) δύο ορές, θ έπρεπε ν κτύγει σε µί κθρά γεωµετρική τριγωνοµετρική διδικσί, όπου πό το πουθενά θ έπρεπε ν 60 ο 30 ο Γ 60 ο - 30 ο Ο 45 ο 30 ο 45 ο y 45 ο + 45 ο ο 45 ο ποσίσει ν εκράσει το λόγο y µε δύο διορετικούς τρόπους. Ε 1. Ε. Στο σύστηµ οµογενής δκτύλιος σώµ σκούντι το βάρος του δκτυλίου, το βάρος 0 του σώµτος, η σττική τριβή πό το κεκλιµένο επίπεδο στο δκτύλιο Τ στ, η κάθετη ντίδρση του κεκλιµένου επιπέδου Ν κι οι εσωτερικές δυνάµεις του συστήµτος που έχουν σχέση δράσης ντίδρσης, T κι T' πό την εσωτερική επιάνει του δκτυλίου στο σώµ κι πό το σώµ στο δκτύλιο ντίστοιχ κι οι κάθετες ντιδράσεις Ν 0 κι Ν' 0 πό το δκτύλιο στο σώµ κι πό το σώµ στο δκτύλιο ντίστοιχ. πό την ισορροπί του συστήµτος οµογενής δκτύλιος σώµ κι θεωρώντς ως θετικές τις ροπές που στρέουν ντίθετ πό τη ορά κίνησης των δεικτών του ρολογιού έχουµε: 4

5 Στ Τ R - = 0 = 0 ( O) πό το ορθογώνιο τρίγωνο OΓ : =r ηµθ, άρ Τ R = m g r ηµθ (1). ντίστοιχ γι τις δυνάµεις που επιδρούν στο σύστηµ κτά τη διεύθυνση του κεκλιµένου επιπέδου έχουµε: Σ = 0 (στη διεύθυνση του κεκλιµένου επιπέδου) + 0 Tστ = 0.Οι γωνίες µετξύ των κι, 0 κι 0 είνι ίσες µε ˆ, διότι έχουν πλευρές κάθετες µε υτές της γωνίς του κεκλιµένου επιπέδου. mgηµ + m gηµ - Τ = 0 0 στ Τ = (m + m )gηµ (). πό (1) κι (): R(m + m )g ηµ = m g r ηµθ 0 0 m + m R m R m r m r 0 0 ηµθ = ( ) ηµ ηµθ = (1 + ) ηµ. 0 0 Με ριθµητική ντικτάστση ηµθ=(1+ 0, 5 ) 0, 4 0, 0, ηµθ= 1 ˆθ =30 ο. Στ 1. γ Στ. Στην οµογενή πινκίδ σκούντι η δύνµη του βάρους, η δύνµη πό την άρθρωση στο, κι η δύνµη πό το νήµ στο Γ, Τ. Θεωρώντς θετικές τις ροπές που στρέουν ντίθετ πό τη ορά κίνησης των δεικτών του ρολογιού πό την ισορροπί της ράβδου θ έχουµε: 1 ος τρόπος νλύουµε τη δύνµη Τ στην οριζόντι συνιστώσ της Τ κι στην κτκόρυη συνιστώσ της T y : =β Στ = 0 - -Τ β + Τ = 0 - -Τ + Τ = 0 ( ) y y - -Τ συν + Τ ηµ = 0 Τ = (1). (ηµ - συν) ος τρόπος ν z =(Θ)= ο µοχλοβρχίονος της δύνµης Τ ως προς το, τότε Στ = 0 - Τz = 0 ( ) + (1). Η γωνί ˆ µετέρετι στο Η (εντός εκτός κι επί τ υτά των πρλλήλων) κι ως κτά κορυήν στο ορθογώνιο τρίγωνο ΘΗ, πό το οποίο έχουµε z=(h)ηµ (). β z Θ Η 5 Κ Τ y Γ Τ Τ

6 Όµως, (Η)=()-(Η)=-(Η). πό το ορθογώνιο τρίγωνο Η Γ : (Η)= β ε. Άρ (Η)=- β ε (H)=- συν ηµ (3). πό () κι (3) : συν z=( - ) ηµ z =ηµ-συν (4). ηµ πό (1 ) κι (4): - + Τ( ηµ - συν) = 0 Τ= (ηµ - συν) (1). Ποιόν τρόπο προτιµάτε; Επειδή η δύνµη πό το νήµ µπορεί µόνο ν έλκει την πινκίδ, Τ > 0 πό τη σχέση (1) προκύπτει ότι συν 0 (ηµ - συν) > 0 ε >. Πρτήρηση: πό τη διερεύνηση της σχέσης (1) προκύπτει ότι ότν ε=, η Τ, δηλδή πρκτικά το νήµ σπάει. ντίστοιχ ότν ε <,η T < 0 κι η πινκίδ δεν µπορεί ν ισορροπεί συνδεδεµένη µε νήµ µε το σηµείο Ζ, διότι η δύνµη πό νήµ µπορεί µόνο ν έλκει κι όχι ν ωθεί. Σε υτή την περίπτωση η ισορροπί της πινκίδς θ µπορούσε ν επιτευχθεί, ν στη θέση του νήµτος ΓΖ τοποθετούσµε άκµπτη ράβδο συνδεδεµένη µε την πινκίδ, η οποί θ ωθούσε προς τ ριστερά. =β Ξ. Στεργιάδης 6

Σχετικά έγγραφα

Οδηγία: Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

Οδηγία: Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. ΜΘΗΜ / ΤΞΗ : ΦΥΣΙΚΗ ΚΤΕΥΘΥΝΣΗΣ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙ: 15/0/015 ΘΕΜ 1 ο Οδηγί: Ν γράψετε στο τετράδιό σς τον ριθμό κθεμιάς πό τις πρκάτω ερωτήσεις 1-4 κι δίπλ το γράμμ που ντιστοιχεί στη σωστή πάντηση.