f = VF, 2 +F 2 Κεφάλαιο Με βάση τα δεδομένα το παραλληλόγραμμο των δυνάμεων θα είναι τετράγωνο. ^ Ρ Έτσι έχουμε:

Transcript

1 Κεφάλαιο Με βάση τα δεδομένα το παραλληλόγραμμο των δυνάμεων θα είναι τετράγωνο. ^ Ρ Έτσι έχουμε: F = F, + F = Fj η Fj = και με αντικατάσταση F, = F = λ/50 Ν ή F, = F, = 5λ/ Ν. Η συνισταμένη των δυνάμεων F και F, είναι: f = VF, +F και με αντικατάσταση F = Λ/4Ϊ Ν. Για να ισορροπεί το σωμάτιο πρέπει να του ασκείται δύναμη F 3 αντίθετη της F. Δηλαδή F 3 = F = ^4) Ν. 3. Η συνισταμένη F των δύο δυνάμεων Fj, F δίνεται από τη σχέση: F = ^Fj -t- F, και με αντικατασταση F = ΙΟΝ. Αρα η επιτάχυνση που αποκτά το σώμα είναι: F α = 1 0 η α = m/s ή α = I Om / s, -,, m 1 Η επιτάχυνση α έχει την κατεύθυνση της συνισταμένης δύναμης F δηλαδή σχηματίζει με τη δύναμη F γωνία θ για την οποία ισχύει: p εφθ = 6. 3 η εφο - Η 4

2 Δυναμική στο επίπεδο 4. Α. Από την εξίσωση της ελεύθερης πτώσης έχουμε: h Κ = t η g = και με αντικατασταοη I -7 g x = τ m/s ή g x = 1,6m / s. 3 Β. α) Ο χρόνος που χρειάζεται το σώμα για να φθάσει στο έδαφος σύμφωνα με την αρχή επαλληλίας των κινήσεων, είναι πάλι 3s. 6) Για την οριζόντια κίνηση έχουμε: χ = υί ή x=1-3m x=36m. 5. Α. Οι ζητούμενες εξισώσεις για τις δύο κινήσεις της βόμβας στους άξονες χ και y είναι αντίστοιχα: χ = υ t (α) υ, = υ Γ (6) Β. Από τη (γ) έχουμε: και u y = gt 1 gt' 1 y 500 m/s ή g = 10m / s. 8 ' η g η g = " Γ. Επειδή η ταχύτητα υ Χ της βόμβας είναι ίση με την ταχύτητα (υ 0 ) του αεροπλάνου, βόμβα και αεροπλάνο διανύουν κάθε στιγμή την ίδια απόσταση χ. Έτσι τη στιγμή που η βόμβα φτάνει στο έδαφος, το αεροπλάνο βρίσκεται ακριβώς πάνω από το σημείο πρόκρουσης, έχοντας μετατοπιστεί από το σημείο που άφησε τη βόμβα κατά x = υ 0 1 = 15010m ή χ = 1.500m. Α. Στα σώματα ασκούνται τα βάρη τους και οι τάσεις Τι = Τ = Τ, όπως φαίνεται στο σχήμα. Εφαρμόζω για κάθε σώμα το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής: Bj - Τ = m, α (1) και T-B = m a (). Β. Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και () κατά μέλη έχουμε: Β, - Τ + Τ - Β = m[ α + m α ή Β, - Β = (m, +m ) α ή " 1 Β, (γ) (δ) m,g I"g m a - η a = m, + m 4 s Γ. Αντικαθιστούμε την τιμή της επιτάχυνσης σε μια από τις αρχικές σχέσεις, π.χ. στην (1) και έχουμε: Τ = Bj - m, α ή Τ = ( )Ν ή Τ=15Ν. m 7'

3 Δ υναμική στο ε.τί.τεόο 7. Α. Οι δυνάμεις στο σώμα είναι το βάρος του Β και η δύναμη Ρκ λόγω της άμεσης επαφής του με το κεκλιμένο επίπεδο. Αναλύουμε το βάρος Β στις συνιστώσες Βχ και By, οπότε ο θεμελιώδης νόμος γράφεται: EF = m α ή Βχ = m α (1). Β. Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) βρίσκουμε: m g ημφ = m α ή α = g ημφ η α = 8. Α. Στον πιλότο ασκείται το βάρος του mg και η δύναμη Ν από το κάθισμα. Στο ελικόπτερο ασκείται το βάρος του Mg, η ανυψωτική δύναμη F και η εσωτερική δύναμη Ν που ασκεί ο πιλότος λόγω άμεσης επαφής. Β. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για το σύστημα έχουμε: F - Mg - mg = (Μ + m) α ή F = [( ) ]Ν ή F = 4.000Ν. Γ. Ο ίδιος νόμος για τον πιλότο δίνει: Ν - mg = ma ή Ν = ma + mg ή Ν = ( )Ν ή Ν = 960Ν. 9. Α. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επιταχυνόμενη χωρίς αρχική και κατά συνέπεια ισχύει: s = at και υ = a t. Από τις εξισώσεις αυτές αντικαθιστώντας το χρόνο t από τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη έχουμε: 1 υ s = α - α α = η s υ α η α = -> 10 ζ m/s ή α = 5m / s. 10 Β. Από το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα βρίσκουμε ότι: ΣΡ = m α ή ΣΡ = 5 5Ν ή ΣΡ = 5Ν. Επειδή ΣΡ>Ρ σημαίνει ότι υπάρχει τριβή Τ έτσι ώστε: ΣΡ = F - Τ ή Τ = F-ΣΡ = (30-5)Ν ή Τ = 5Ν. Γ. Για το συντελεστή τριβής ολίσθησης βρίσκουμε: Τ = μ Ρκ = μπ^ ή μ = η ή μ mg 5 10 ή μ = 0,1.

4 6 Δυναμική στο επίπεδο 10. Α. Δεχόμαστε όχι κατά την επιβράδυνση του ο οδηγός δέχεται μόνο τη δύναμη F από τη ζώνη, και ότι αυτή είναι σταθερή. Από την εξίσωοη που δίνει το μέγιστο διάστημα στην επιβραδυνόμενη κίνηση έχουμε: υ α η α s η α = 30- m/s ή α =.50m / s" 0, Β Η δύναμη από τη ζώνη ασφαλείας που προκαλεί την παραπάνω επιβράδυνση είναι: F = m α = 60-.5GN ή F= N. 11 Α Επιΐι.η η ταχύτητα της ντουλάπας είναι σταθερή ισχύει α = 0, δηλαδή XF = 0 ή F-T = 0 ή T = F ή Τ=10Ν. 10 Αλλά Τ = μρκ ή μ - ή μ = 0, Β. Η ελάττωση του βάρους της ντουλάπας ελαττώνει την τριβή σε μια νέα τιμή Τ' = μ Β = 0.48Ί60Ν ή Τ' = 76,8Ν. Για να έχουμε πάλι οταθερή ταχύτητα η οριζόντια δύναμη F' θα πρέπει να είναι: F = Τ'ή F = 76,8N 1. Α. Οι δυνάμεις σε κάθε σώμα φαίνονται στην εικόνα. Β. Για κάθε σώμα ο θεμελιώδης νόμος γράφεται: B t - Τ' =rn, α (1) και Τ' - Τ = m α () Γ. Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις (1) και () έχουμε Β! - Τ = (m, + m ) α και επειδή Τ = μρ'κ = μπι προκύπτει: m,g - μπι^ = (m, + m ) α ή , α = m/s 1 + : α = 5m/s. 13. Α. Οι δυνάμεις φαίνονται στην εικόνα. Β. Για την τριβή έχουμε: Τ = μρκ και επειδή Ρκ = By = ιτ^συνφ, η τριβή είναι; Τ = μπ^συνφ ή ή τ = 6 ι 10 Ν ή Τ,5Ν.

5 Δ νναμική στο επίπεδο Γ. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής έχουμε: 110,5 ZF = ma ή Βχ - Τ = m α ή ιτ^ημφ - Τ = ττιαή α = m / s ή a =,5m/s. Έτσι το ζητούμενο διάστημα είναι: 1 s = at 1 =,5 Τm ή s = 1,5m. ' 14. Η γραμμική ταχύτητα για κάθε σημείο του πλέγματος του τροχού είναι ίση με τη μεταφορική ταχύτητα του αυτοκινήτου. υ Δηλαδή υ = 35m/s. Για την κεντρομολο επιτάχυνση εχουμε: α κ =, R Τ, δ 0,8 όπου R = = m η R = 0,4m. 35 Έτσι α κ = 7TT m / s ή α κ = 3.06,5m/s. υ,τ π 15. Από τη σχέση υ = ω R, αν θέσουμε ω = βρίσκουμε για τη ζητούμενη ταχύτητα: ω = R = m / s ή Τ u = 463m/s. Για την κεντρομόλο επιτάχυνση έχουμε: α Χ = υ 463 ή α κ = 0,034m/s. 16. Για την ταχύτητα έχουμε: R υ = α^ = πί - 3,14 8,5 ^ m / s ή υ = m/s. Η ζητούμενη κεντρομόλος επιτάχυνση είναι:., ( ) α ν = = m/s ή α = 19,6 10 m/s. κ R 13, Η συχνότητα περιστροφής του κάδου είναι: 780 f = Hz ή f = 13Hz. 60

6 Δυναμική στο επίπεδο Έται βρίσκουμε: υ = ω R = nfr ή υ = πΐ = 3, ^. m / s ή O = 6,9m/s και α = = m / s ή α =.193m/s. R 0, Η τιμή της τριβής, δηλαδή η κεντρομόλος δύναμη, δεν μπορεί να υπερβαίνει το 5% του βάρους του αυτοκινήτου. Δηλαδή: Fx (max) = 0,5Β ή Ρκ (ιη3χ) = 0,5mg. Όμως Fx (max) = ή 0,5mg = ^ χ _ ή υ π1ίχ = V0.5 gr και με αντικατάσταση υ ΙΤ13χ = 13m/s. 19. Για την περίοδο του ωροδείκτη και του λεπτοδείκτη βρίσκουμε: Τ Ω = 1h= s ή TQ = 43.00S και Τ Λ = lh = ή T A = 3.600s. π Έστω οτι οι δείκτες σχηματίζουν για πρώτη φορα γωνία μετα απο _ π χρόνο t. Ο λεπτοδείκτης έχει διαγράψει γωνία Φλ = ω Λ ί _^ 1 (1) 1 Λ Αντίστοιχα ο ωροδείκτης θα έχει διαγράψει γωνία π π. ΦΩ ~ Ω Ω 1 1 ~ (). Ομως φ Λ - φ Ω = οποτε αντικαθιστούμε τις Τ Ω 3 /ι\ /^\ ' π π π. (I) και () και εχουμε 1 1 = ή ΤΛ Τ Ω 3 t / V l J 1. ( ι ι ή t J_ ή t = 10,9min / 3 0. Το βλήμα κινούμενο ομαλά χρειάζεται χρόνο t για να φθάσει d στο δίσκο, ο οποίος είναι: t = = s ή t = 0,005s. Στον ίδιο χρόυ 400 νο t ο δίσκος περιστρέφεται κατά γωνία. 4 rad Α π Επομένως βρίσκουμε ότι: ω = = = rad / s ή ω = 50π rad/s. * t 0,005s 0,0 π \

7 Δυναμική στο επίπεδο 1. Α. Για την ταχύτητα του δορυφόρου βρίσκουμε: Ο 7Τ υ = a)(r + h) = (R + h) ή 3,14 υ - (6.400 ΙΟ )m/s ή u = 5.581m/s Β. Για τη γωνιακή ταχύτητα του δορυφόρου έχουμε: π 3,14 ω = rad / s ή ω = 4,36-10" 4 rad/s Α. Από την ισορροπία του σώματος στον κατακόρυφο άξονα έχουμε: Fx + Fy = B ή Ρκ = m g - Γημ60 ή Ρκ = { γτ\ Λ/ Ν ή Ρκ = (ΐΟΟ - 0Λ/3)Ν ή Ρκ = 65,36Ν. mi m Χ ΗΤ " ~ r ; mwm Ί ΓΠ w Μ S W % Μ S ΤΠΤ Β. Η ταχύτητα μετά από 5s θα είναι u = at, όπου α η επιτάχυνση με την οποία θα κινηθεί το σώμα. Αλλά Fx = m α ή a = Fx Ρσυν m / s ή a = m/s. m m 10 Έτσι u = at = -5m/s ή υ=10πι/5. Γ. Κατά τη διάρκεια του πέμπτου δευτερολέπτου το οώμα διανύει διάστημα: c c c 1, 1. - S = S 5 - S 4 = -at 5 - a t 4 η s = Τ α ( ι 5 - U ) = j (5-4 jm ή S = 9m.

8 Δ υναμική στο επίπεδο 3. Α. Για να κινηθεί το σώμα απαιτείται δύναμη ρ > χ Άρα η ζητούμενη μικρότερη δύναμη είναι F = Τ ή F = μ Ρκ ή F = μ Β = 0, 1.000Ν ή F = 00Ν. Β. Η ζητούμενη επιτάχυνση είναι: F'-T (F'-T)g (500-00)10,, α = ή α = m/s η α = 3m / s. m Β Γ. Η κίνηση του κιβωτίου είναι ομαλά επιταχυνόμενη χωρίς αρχική 1 [ΐζ ταχύτητα. Ετσι: s = at ή t = J και με αντικατασταση να t = 4s. Για τη ζητούμενη ταχύτητα έχουμε: υ = αι = 3 4πι/8 ή υ=1πι/5. 4. Α. Από την ισορροπία του σώματος στον άξονα y έχουμε: Λ/3 Γ Ρκ - Βσυν30 = 0 ή Fx = m g συν30 = 1 10 Ν ή Fx = 5Λ/3 Ν. Βημ30 ΒσιινίΙΙ Β. Για την επιτάχυνση του σώματος έχουμε: Βημ30 = ιηα ή α - m Βϋ-Q ή a = gημ30 ή α = 5m/s. m Γ. Η κίνηση του σώματος είναι ομαλά επιταχυνόμενη με υ 0 = 0, ο 1. h 1 - h οποτε: S = at η = at η t= ημ30 \ α ημ30 και με αντικατάσταση t = s. Επίσης υ = αι = 5 ηι/8 ή υ = 10m/s. Δ. Στην περίπτωση αυτή το σώμα επιταχύνεται με επιτάχυνση a' = gημ45 και διανύει διάστημα S'= -. Έτσι ο χρόνος κίνηημ45, Ι h σης του είναι t = r και η ζητούμενη ταχύτητα V g ημ 45

9 Δ υναμική στο επίπεόο = ^/gh. Δηλαδή η ταχύτητα είναι άνευ = α't' = g ημ45 h \gημ ζ 45 ξάρτητη από τη γωνία του κεκλιμένου επιπέδου και αφού το ύψος h παραμένει το ίδιο, το σώμα φτάνει στη βάση του κεκλιμένου επιπέδου με την ίδια ταχύτητα υ= 10m/s. 5. Α. Από το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής για κάθε σώμα έχουμε: F-T = m,a (1) και T = m a () Από την πρόσθεση των εξισώσεων (1) και () κατά μέλη βρίσκουμε: F = (m, +m )o = 5l±5L <1 = ll±5. F = ^. F = g7_ 5R Β. Με αντικατάσταση της τιμής της F στην εξίσωση () βρίσκουμε: Β-, g Β, Τ = m α = -τ = -τ- ή Τ = 6,5Ν. Τ Τ Ρ 7 F <,Χ