Θέμα Δ. Λύση. εκτελεί Ε.Ο.Κ, δηλαδή α = 0 κι επομένως εκτελεί Ε.Ο. Επιβραδυνόμενη κίνηση κι επομένως

Transcript

1 Θέμα Δ Λύση Δ. ma 5kg A 0m/s σταθερή xo 0 mβ 0kg ο 30m/s αb m/s με φορά αντίθετη της κίνησης Το Το εκτελεί Ε.Ο.Κ, δηλαδή α 0 κι επομένως εκτελεί Ε.Ο. Επιβραδυνόμενη κίνηση κι επομένως

2 Δ. Στην περίπτωση αυτή σημαίνει ότι τα κινητά θα έχουν διανύσει το ίδιο διάστημα, επομένως : S A S B At ot at 0t 30t t t 0t 0 t( t 0) 0 t 0 ή t 0s Η πρώτη τιμή που βρήκαμε αναφέρεται στην αρχική χρονική στιγμή, ενώ η δεύτερη αναφέρεται στη ζητούμενη στιγμή συνάντησης Δ3. Τα κινητά θα αποκτήσουν ίδια ταχύτητα δύο φορές στη διάρκεια της κίνησής τους. Την πρώτη φορά θα κινούνται προς την ίδια κατεύθυνση, ενώ τη δεύτερη φορά προς αντίθετες κατευθύνσεις, όπως φαίνεται στα σχήματα η φορά Α A Β t 0s Β A Β t 0s

3 A A B o a t B 0 30 t t 0 t 0s η φορά A Β A Β Β 0 Ο χρόνος μέχρι να σταματήσει το Β είναι : 0 30 t t 30 t Β o 5s a t B Ο χρόνος, τώρα μέχρι να αποκτήσει και πάλι ταχύτητα 0m/s υπολογίζεται ως εξής : Β abt 0 t t 5s Συνολικά, λοιπόν, ο χρόνος είναι t 0s Δ4 Κ Α 0 Κ Β mbb mb j Το (-) δηλώνει ελάττωση της ενέργειας

4 Θέμα Δ Λύση K K o 0 0 Δ Υπολογισμός της Ν : Στον άξονα yy έχουμε ισορροπία επομένως : Τ μν Ν

5 Δ Το κινητό εκτελεί ε.ο.επιταχυνόμενη κίνηση επομένως ισχύουν οι εξισώσεις F T mα 30 0 a a 0m / s S at m WF F S J Δ3 Κατά την κίνηση Κ έχουμε: at m / s Μόλις καταργηθεί η δύναμη το κινητό εκτελεί ε.ο.επιβραδυνόμενη κίνηση, επομένως ισχύουν οι εξισώσεις : T ma 0 a a 5m / s Πρέπει να προσέξουμε, ότι αφού έχουμε αλλαγή της συνισταμένης των δυνάμεων, που ασκούνται στο σώμα, στον οριζόντιο άξονα, σημαίνει ότι θα έχουμε διαφορετική επιτάχυνση από προηγουμένως. Επίσης : a t' t t' 6s Άρα η χρονική στιγμή που θα σταματήσει το σώμα είναι tτελ s Δ4 S ' t' at' m Δx S + S m

6 ΘΕΜΑ Δ Λύση Δ. Το κινητό εκτελεί ε.ο.επιταχυνόμενη κίνηση Ισχύει, λοιπόν, ότι :

7 a t a 0 a 5m / s Δ. Η ισχύς μέσω της F είναι WF Pµ t WF 98 W 96 j F Δ3. Το έργο της F είναι W F S Όμως S t + at 5 S + 4 S m Άρα από την έχουμε 96 F 4 F 4N Δ4. Υπολογίζουμε την κάθετη δύναμη που ασκεί το έδαφος στο σώμα : Στον κατακόρυφο άξονα έχουμε ισορροπία, επομένως ισχύει : F Y 0 N B 0 N mg Από το ο νόμο του Newton έχουμε : F X ma F T ma 4 0. m 0 5m 7m 4 m kg

8 ΘΕΜΑ Δ Λύση Δ. Το κινητό εκτελεί ε.ο.επιταχυνόμενη κίνηση Ισχύει, λοιπόν, ότι :

9 a t a 0 a 5m / s Δ. Η ισχύς μέσω της F είναι WF Pµ t WF 98 W 96 j F Δ3. Το έργο της F είναι W F S Όμως S t + at 5 S + 4 S m Άρα από την έχουμε 96 F 4 F 4N Δ4. Υπολογίζουμε την κάθετη δύναμη που ασκεί το έδαφος στο σώμα : Στον κατακόρυφο άξονα έχουμε ισορροπία, επομένως ισχύει : F Y 0 N B 0 N mg Από το ο νόμο του Newton έχουμε : F X ma F T ma 4 0. m 0 5m 7m 4 m kg

10 ΘΕΜΑ Δ

11 Λύση T K N K N B F M F P T F P o 0 B t 0 S t S t Όπως σε όλες τις περιπτώσεις που έχουμε να λύσουμε άσκηση, αφού τη διαβάσουμε προσεκτικά και κατ επανάληψιν, σχεδιάζουμε ένα σχήμα με βάση το οποίο θα προχωρήσουμε στην επίλυση του προβλήματος Εδώ, λοιπόν, στο πρώτο χρονικό τμήμα της κίνησης, ασκούνται δύο ομόρροπες δυνάμεις και η τριβή, η συνισταμένη των οποίων δίνει στον άξονα της κίνησης μία επιτάχυνση. Στη συνέχεια καταργείται η μία δύναμη και προκύπτει νέα συνισταμένη, η οποία προσδίδει μία νέα επιτάχυνση στο σώμα. Κάθε φορά, λοιπόν, που αλλάζει κάτι στο θέμα των εφαρμοζόμενων δυνάμεων, θα πρέπει να είμαστε έτοιμοι να αναπροσαρμόσουμε και την αντίστοιχη επιτάχυνση Δ Στον κατακόρυφο άξονα yy έχουμε ισορροπία οπότε : Επομένως : Τ μν 0, Ν F Y Σ 0 N B 0 N B N mg N 50 0 N 500N

12 Δ. Στην Κ έχουμε ε.ο. επιταχυνόμενη κίνηση Επίσης : ΣFx ma FP + FM T ma a a m / s S at t t s Αυτή είναι η χρονική στιγμή που καταργείται η δύναμη που ασκεί η Μαρία. Δ3 Για να σχεδιαστεί το διάγραμμα t πρέπει να υπολογιστεί η ταχύτητα στις κατάλληλες χρονικές στιγμές Από την Κ έχουμε : at m / s Στην Κ έχουμε : ΣFx ma FP T ma a a 0 Δηλαδή ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με ταχύτητα αυτήν που είχε αποκτήσει το σώμα τη στιγμή της κατάργησης της δύναμης της Μαρίας.

13 (m/s) 0 4 t(s) Δ4. Το έργο της δύναμης του Παναγιώτη κατά την Κ είναι : WF P FP S j Ο δε ρυθμός προσφοράς ενέργειας από τον Παναγιώτη όταν αυτός μόνος σπρώχνει το κιβώτιο είναι : Ρ F j/s

14 ΘΕΜΑ Δ

15 Κ Λύση σταθερή T F t 0 t 4s Κ S 4m 0 T S 9m Δ Στην κίνηση Κ έχουμε Ε.Ο.Κ, που σημαίνει, με βάση τον ο νόμο του Newton, ότι στο σώμα F L 0, δηλαδή : F L 0 F T 0 T 4N Στον κατακόρυφο άξονα yy, επίσης, το σώμα είναι ακίνητο, οπότε και πάλι F L 0, δηλαδή: F L 0 N B 0 N mg 0 0N Ο ζητούμενος συντελεστής τριβής είναι : T µn Τ 4 µ 0, Ν 0 Δ Ο ρυθμός με τον οποίο ο κινητήρας δίνει ενέργεια στο σώμα κατά την Κ κίνηση εκφράζεται από την ισχύ που προσφέρει :

16 P F P 4 Από τη σχέση της ταχύτητας στην ευθύγραμμη ομαλή κίνηση προκύπτει: s m t S / 4 4 Άρα s j P / 4 4 Δ3 Η Κ είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κι έχουμε : / 4 s m m T a ma T ma F L Επίσης : a t at at 0 Με χρήση της οποίας έχουμε : s m a a a a at t S / Δ4 Ο μέσος ρυθμός μετατροπής της κινητικής ενέργειας σε θερμότητα κατά την κίνηση Κ υπολογίζεται από τη σχέση: t W P T

17 Όμως W T T S j Από την 6 t 3s Οπότε τελικά η 36 P j / s 3

18 ΘEΜΑ Δ Λύση (m/s) 0 0 Δ Υπολογισμός των επιταχύνσεων :

19 0 0 a 0 8 5m / t t0 t8 0 8 s Δ. α(m/s ) 5, t(sec) Δ3. Η μέση ταχύτητα (αριθμητική) δίνεται από τη σχέση S t L E + E + E3 ol 0 Τα «Ε» είναι τα εμβαδά από το διάγραμμα ταχύτητας χρόνου, που αντιπροσωπεύουν το διάστημα που διένυσε το σώμα στον αντίστοιχο χρόνο. E E E m m (0 + 0) 30m Επομένως η Δ m / s 0 Τη χρονική στιγμή t s η ταχύτητα είναι : o + at,5 5m / s Ομοίως, τη χρονική στιγμή t 9s η ταχύτητα είναι : o + a t m / s.στη χρονική στιγμή χρησιμοποιήθηκε όψην ως έναρξη της κίνησης το 8 ο sec. το s, γιατί λαμβάνουμε υπ

20 Σύμφωνα, λοιπόν, με τα παραπάνω οι αντίστοιχες κινητικές ενέργειες είναι : K K m m 5m m 5 5m m 5 Διαιρώντας κατά μέλη έχουμε τελικά : K K 5 5 9