Τα θέματα συνεχίζονται στην πίσω σελίδα

Transcript

1 ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΕ ΚΑΙ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΟΠΟΓΡΑΦΙΑΣ ΚΑΙ ΓΕΩΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΤΕ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΕ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΑΚΑΔ. ΕΤΟΣ Διδάσκων : Χ. Βοζίκης Τ. Ε. Ι. ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ Σέρρες, 6 Ιανουαρίου 17 ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΦΥΣΙΚΗΣ Διάρκεια εξέτασης 1 λεπτά. Δεν επιτρέπεται η χρήση βιβλίων - σημειώσεων καθώς και η χρήση αριθμομηχανής (κομπιουτεράκι) και κάθε άλλης ηλεκτρονικής συσκευής! Σε όλα τα θέματα, δίνεται ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης είναι g 1 m Βαθμολογούνται μόνο οι πλήρεις και σωστές απαντήσεις σε κάθε ερώτηση κάθε θέματος. Σε περίπτωση λάθους απάντησης, όλες οι απαντήσεις στις επόμενες ερωτήσεις που χρησιμοποιούν την λάθος απάντηση θεωρούνται επίσης λάθος! Λάθη στις μονάδες μέτρησης έχουν ως αποτέλεσμα τον μηδενισμό της απάντησης. Το σύνολο των μονάδων των θεμάτων είναι. Ο βαθμός του γραπτού θα είναι μονάδες/ ΘΕΜΑ 1 ον H δοκός του διπλανού σχήματος είναι ομογενής, άκαμπτη και έχει μήκος d=6 m και μάζα 35 kg. Η δοκός στηρίζεται, σε οριζόντια θέση, με σταθερές συνδέσεις στα σημεία Α και Β, που απέχουν 1 m και 4 m, αντίστοιχα, από το αριστερό άκρο της. Στο αριστερό της άκρο στέκεται άνθρωπος μάζας 1 kg και η δοκός ισορροπεί. Να υπολογιστούν (μέτρο και διεύθυνση): a) Το βάρος της δοκού (1 μονάδα) b) Η συνισταμένη όλων των δυνάμεων που ασκούνται στην δοκό (1 μονάδα) Α Β c) Η συνολική ροπή ως προς το δεξιό άκρο της δοκού (1 μονάδα) 1m d) Οι δυνάμεις που ασκούνται στην δοκό από 4m συνδέσεις Α και Β ( μονάδες) ΘΕΜΑ ον Έχουμε έναν ομογενή κύλινδρο μάζας 4 kg, ακτίνας m και ύψους 5m. Από το κέντρο του αφαιρούμε έναν κύλινδρο ίδιου ύψους και ακτίνας 1m, μας μένει δηλαδή ένας σωλήνας με εσωτερική ακτίνα 1m και εξωτερική m. Ο σωλήνας αφήνεται να κυλήσει ελεύθερα (κύλιση χωρίς ολίσθηση), χωρίς αρχική ταχύτητα, από την κορυφή κεκλιμένου επιπέδου ύψους h=1m και κλίσης φ=1 rad. Να βρεθούν: h a) Η μάζα του σωλήνα. (1 μονάδα) b) η ολική (περιστροφική και μεταφορική) κινητική ενέργεια του σωλήνα όταν αυτός φτάσει στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου. (1 μονάδα) φ υ c) Η ροπή αδρανείας του σωλήνα, γνωρίζοντας ότι η ροπή αδρανείας ενός ομογενούς κυλίνδρου: μάζας Μ και ακτίνας R δίνεται από την σχέση, I 1 R (1 μονάδα) d) η ταχύτητα του κέντρου μάζας του σωλήνα όταν αυτός φτάσει στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου ( μονάδες) Τα θέματα συνεχίζονται στην πίσω σελίδα

2 ΘΕΜΑ 3 ον Σώμα μάζας m εκτοξεύεται πλάγια από το έδαφος με αρχική ταχύτητα υ που σχηματίζει γωνία φ με το έδαφος. Στο σώμα δεν ασκείται καμία άλλη δύναμη εκτός της βαρύτητας (το g θεωρείται γνωστή σταθερά). Έστω x και τα μοναδιαία διανύσματα στο σύστημα συντεταγμένων Οx, όπου Ο το σημείο της εκτόξευσης, x ο οριζόντιος άξονας και ο κατακόρυφος. a) Να γραφεί η διανυσματική εξίσωση της επιτάχυνσης του σώματος ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) b) Λαμβάνοντας υπόψη τις αρχικές συνθήκες να βρεθεί η διανυσματική εξίσωση της ταχύτητας του σώματος ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) c) Λαμβάνοντας υπόψη τις αρχικές συνθήκες να βρεθεί η διανυσματική εξίσωση της θέσης του σώματος r ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) d) Να βρεθεί η εξίσωση της απόστασης =OP, του σημείου P που το σώμα θα πέσει στο έδαφος από το σημείο O εκτόξευσης (βεληνεκές), σαν συνάρτηση της αρχικής ταχύτητας υ και της γωνίας εκτόξευσης φ. ( μονάδες) O υ φ P x ΘΕΜΑ 4 ον Ο άνθρωπος του σχήματος στέκεται στο δεξιό άκρο δοκού μήκους d=6 m και βάρους Β 1 =5 N. H δοκός στηρίζεται (με σταθερές συνδέσεις) στα σημεία Α και Β, που απέχουν το καθένα και 1 m, από το αριστερό άκρο της. H μάζα του ανθρώπου είναι m =85 Kg. Να σχεδιαστούν στο σχήμα οι δυνάμεις που υφίστανται οι συνδέσεις Α και Β της δοκού και να υπολογιστούν τα μέτρα τους. (g=1 m/) Α Β Β 1 Β Καλή Επιτυχία

3 ΛΥΣΕΙΣ Οι λύσεις είναι γραμμένες με πολλά λόγια και σκοπό έχουν όχι απλά να λύσουν την άσκηση άλλα να δώσουν στον σπουδαστή και το «γιατί λύνεται έτσι η άσκηση». ΘΕΜΑ 1 ον a) Το βάρος της δοκού (1 μονάδα) Το βάρος ενός σώματος δίνεται από την σχέση = mg Άρα = 35 kg 1m = 35 N = 3,5 kn b) Η συνισταμένη όλων των δυνάμεων που ασκούνται στην δοκό (1 μονάδα) Εφόσον η δοκός είναι ισορροπεί, η συνισταμένη όλων των δυνάμεων που ασκούνται επάνω της είναι ΜΗΔΕΝ c) Η συνολική ροπή ως προς το δεξιό άκρο της δοκού (1 μονάδα) Εφόσον η δοκός είναι ισορροπεί, η συνολική ροπή όλων των δυνάμεων που ασκούνται επάνω της ως προς ΟΠΟΙΟΔΗΠΟΤΕ σημείο είναι ΜΗΔΕΝ d) Οι δυνάμεις που ασκούνται στην δοκό από συνδέσεις Α και Β ( μονάδες) F Α F Β 1m 4m W Έστω : Β το βάρος της δοκού = 35 kg 1m = 35 N = 3,5 kn W το βάρος του ανθρώπου W = 1 kg 1m = 1 N = 1 kn και F A, F οι δυνάμεις που ασκούνται από τις συνδέσεις στην δοκό. Η φορά της F A είναι (σίγουρα) προς τα επάνω. Για την φορά της F (στην περίπτωση αυτή) δεν μπορούμε να αποφασίσουμε εκ των προτέρων, μόνο από το σχήμα. Η φορά της εξαρτάται από τις τιμές των βαρών W και Β και την θέση της σύνδεσης Α. Θεωρούμε αρχικά ότι η φορά της F είναι προς τα επάνω. Στην συνέχεια, όταν υπολογίσουμε την τιμή της, αν αυτή βγει αρνητική, τότε θα αντιστρέψουμε την φορά της. Εφόσον η δοκός είναι ισορροπεί, η συνολική ροπή όλων των δυνάμεων που ασκούνται επάνω της ως προς ΟΠΟΙΟΔΗΠΟΤΕ σημείο είναι ΜΗΔΕΝ Έστω Ο το σημείο του αριστερού άκρου της ράβδου και Δ του δεξιού. Υπολογίζουμε την συνολική ροπή ως προς το σημείο Α. -W 3.5kN-1kN W 1- + F 3= F = = F = kn 3 3 Εφόσον η δοκός είναι ισορροπεί, η συνισταμένη όλων των δυνάμεων που ασκούνται επάνω της είναι ΜΗΔΕΝ

4 F + F -W - = F = W + - F = 3.5 kn + 1 kn - kn F =.5kN A A A ΘΕΜΑ ον a) Η μάζα του σωλήνα. (1 μονάδα) Ένα σώμα ομογενές με συνολική μάζα Μ και όγκο V έχει σταθερή πυκνότητα ίση με r = V Στην περίπτωση μας η μάζα όλου του κυλίνδρου είναι = 4 kg και ο όγκος του είναι V = pr d, όπου R = m η ακτίνα του και d = 5mτο ύψος του Άρα η πυκνότητα είναι r = pr h Η μάζα του εσωτερικού κυλίνδρου ακτίνας R = 1m είναι = r V =rpr h Αντικαθιστώντας την εξίσωση της πυκνότητας έχουμε R 1 = pr h = Άρα = = 1 kg prh R 4 Άρα η μάζα του σωλήνα είναι η μάζα του αρχικού κυλίνδρου μείον την μάζα του κυλίνδρου που αφαιρούμε. R æ R ö = - = - = 1- R ç R çè ø Άρα 3 = = 3 kg 4 b) η ολική (περιστροφική και μεταφορική) κινητική ενέργεια του σωλήνα όταν αυτός φτάσει στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου. (1 μονάδα) Επειδή δεν έχουμε ολίσθηση, δεν έχουμε απώλειες ενέργειας. Άρα η συνολική μηχανική ενέργεια διατηρείται. Άρα η ολική μηχανική ενέργεια στο πάνω άκρο του κεκλιμένου επιπέδου είναι ίση με την ολική μηχανική ενέργεια στην βάση του. Στο άνω άκρο δεν έχουμε κινητική ενέργεια (επειδή ξεκινά χωρίς αρχική ταχύτητα). Αντίθετα στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου, η δυναμική ενέργεια είναι μηδέν. Έτσι: V 3 kg 1 m p = Kdown Kdown = gh Kdown = 1 m Kdown = 3 J = 3 kj c) Η ροπή αδρανείας του σωλήνα Η ροπή αδρανείας ενός, οποιουδήποτε, σώματος που έχει όγκο V και πυκνότητα ρ, ως προς έναν άξονα, δίνεται από το τριπλό ολοκλήρωμα τον άξονα. V I = òòò rl dv, όπου l η απόσταση του στοιχειώδους όγκου dv από Αν «σπάσουμε» τον όγκο V σε δύο κομμάτια με όγκους V 1 και V ( 1 των ολοκληρωμάτων òòò òòò òòò I = rl dv = rl dv + rl dv = I1+ I V V V 1 V = V + V ) τότε, λόγω της ιδιότητας Έτσι, αν I η ροπή αδρανείας του αρχικού κυλίνδρου, I η ροπή αδρανείας του εσωτερικού κυλίνδρου και I η ροπή αδρανείας του σωλήνα που μένει μετά την αφαίρεση του εσωτερικού κυλίνδρου:] I = I + I I = I- I Μας δίνεται ότι η ροπή αδρανείας ενός ομογενούς κυλίνδρου: μάζας Μ και ακτίνας R δίνεται από την σχέση, I 1 R

5 R Άρα I = I-I I = R - R I = R - R R R ( m) ( 1m - R 1 - ) I = I = 4 kg = 75 kg m R ( m) d) η ταχύτητα του κέντρου μάζας του σωλήνα όταν αυτός φτάσει στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου ( μονάδες) Η κινητική ενέργεια του σωλήνα ισούται με το άθροισμα της κινητικής ενέργειας λόγω της μεταφορικής του 1 κίνησης και της κινητικής ενέργειας λόγω της περιστροφικής του κίνησης 1 Iw. Αφού δεν υπάρχει ολίσθηση, η μεταφορική του ταχύτητα του σωλήνα και η περιστροφική (γωνιακή) του ταχύτητα συνδέονται με την σχέση = w R Άρα έχουμε I 1 I K I w K K R æ ö = + = + = + ç R çè ø Βρήκαμε στη ερώτηση b) ότι η κινητική ενέργεια στην βάση του κεκλιμένου επιπέδου είναι Kdown = gh Άρα gh 1æ I ö ç gh = + = ç R çè I ø + R 3 kg 1 m 1 m 6 kg m 6 = = = 75 kg m kg kg + 4m m (Η μόνη πράξη που χρειαζόταν κομπιουτεράκι! Αλλά και έτσι να την αφήνατε θεωρείται σωστή) ΘΕΜΑ 3 ον Το διάνυσμα της βαρύτητας στο σύστημα συντεταγμένων Οx είναι =-mg Ενώ της αρχικής ταχύτητας ( t= ) = co( j) x + n( j) και της αρχικής θέσης r t= = ( ) Να γραφεί η διανυσματική εξίσωση της επιτάχυνσης του σώματος ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) a=-g Λαμβάνοντας υπόψη τις αρχικές συνθήκες να βρεθεί η διανυσματική εξίσωση της ταχύτητας του σώματος ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) Γνωρίζουμε ότι. Άρα = adt = -g dt =- gt + c 1 d a = dt ò ò Υπολογίζουμε την σταθερά c 1 από τις αρχικές συνθήκες. Έτσι έχουμε : ( t= ) = c 1= co( j) x + n( j) Άρα το διάνυσμα της ταχύτητας είναι ( t) = co( j) x + én( j) -g tù ë û

6 Λαμβάνοντας υπόψη τις αρχικές συνθήκες να βρεθεί η διανυσματική εξίσωση της θέσης του σώματος r ως συνάρτηση του χρόνου t. (1 μονάδα) dr Γνωρίζουμε ότι =. Άρα dt r = dt r é co( j) x ( n( j) g t) ù ò = ò ê + - dt ë úû æ 1 ö r = co( j) tx + ç n( j) t- g t + c çè ø Υπολογίζουμε την σταθερά c από τις αρχικές συνθήκες. Έτσι έχουμε : r( t= ) = c = æ 1 ö Άρα το διάνυσμα της θέσης είναι r( t) co( j) t x n( j) t g t = + ç - çè ø Να βρεθεί η εξίσωση της απόστασης =OP, του σημείου P που το σώμα θα πέσει στο έδαφος από το σημείο O εκτόξευσης (βεληνεκές), σαν συνάρτηση της αρχικής ταχύτητας υ και της γωνίας εκτόξευσης φ Το σημείο P που το σώμα θα πέσει στο έδαφος έχει διάνυσμα θέσης r ( tp) = x + όπου t P ο (άγνωστος) χρόνος που το σώμα θα βρίσκεται στο σημείο P Αλλά από την απάντηση στο προηγούμενο ερώτημα έχουμε æ 1 ö r( tp) co( j) tp x n( j) tp g t = + ç - P çè ø Συγκινώντας τις δύο σχέσεις για το r( t P ) βρίσκουμε = co( j) tp 1 n( j) tp - g tp = Από την δεύτερη έχουμε ì tp = 1 æ 1 ö n( j) tp - g tp = t P n( j) g tp ï - = n( j) ç í è ø ïtp = ïî g Προφανώς η πρώτη λύση t P = απορρίπτεται γιατί αντιστοιχεί στο σημείο Ο της εκτόξευσης. Αντικαθιστώντας την δεύτερη λύση στην εξίσωση του βρίσκουμε ( ) n j = co( j) tp = co( j) = n j co j g g Από την τριγωνομετρία ξέρουμε n( j) = n( j) co( j). Άρα = n( j) g ( ) ( )

7 ΘΕΜΑ 4 ον Α F A Β F Β Β 1 Β Από το σχήμα συμπεραίνουμε ότι η μοναδική φορά των F A και F Β (για είναι η ισορροπεί η δοκός) είναι η F A προς τα κάτω και η F Β προς τα πάνω. Γιατί; Αν πάρω την ροπή στο Α, για να είναι μηδέν θα πρέπει η F Β να περιστρέφει την δοκό αντίθετα από τις Β 1 και Β Αντίστοιχα, αν πάρω την ροπή στο Β, για να είναι μηδέν θα πρέπει η F Α να περιστρέφει την δοκό αντίθετα από τις Β 1 και Β Τα βάρη της δοκού και του ανθρώπου είναι 1 = 5 N και = m m g= 85 kg 1 = 85 N Υπολογίζω την συνολική ροπή ως προς το Α (η δοκός είναι ακίνητη, άρα η ροπή είναι μηδέν) F 1 m - 3 m - 6 m = F = = 585 N 1 1 Αφού δοκός είναι ακίνητη, η συνισταμένη όλων των δυνάμεων είναι μηδέν - F + F - - = F = F - - = 475 N A 1 A 1