(6-7-8) A. 9 R=9cm,. e=.6-9 C, k =/(4 )~ 9 9 Nm /C B. N r V. ( N V ). (. : N r R ).. Q= 9 e = 9.6-9 C =.6 C r < R Gauss E q d S, q. E d S. o E d S E ds cos E4 r E4 r q' o Q Q q q q r = = = = = 4 4 R r V V Q R q Q r Q ' E4 r E r R 4 R o o o
o ( ) ( 9 m) 9 9 Q e e F= Ee= r e= r e= k r 4 R 4 R R o 9-9 9 Nm.6 C 6 N = 9 r=.97 r C m. R 4 4 / R N r R N r To V Q Nq Nq q N V 4 R 4 R 4 4 r / / N / N r., b, c R. b.. I. o = sin t. I c a b. ) = 4 6 m/s. i) ii) ii).
). CD.4 m C D. o 4. To CD 5 - kg/m. h CD ; A. i) Ampere r B = r,. B da BdA = = da () r To B r. =./ ii) da=bdr () : a+ c (t) dr (t)b a c (t)b a c b + ln r + = = = l n r c c c d (t) b a c di b a c I E + l n + = = l n o = dt c dt c cos t E b a c I I l n + = = o R c R cos t
. t=t/
(6-7-8) A.,.., : () () : : : () (), : i j k C= AB= 6 = 5i j+ k C= 5ci cj+ ck 4 C= 5c ( + ) c 5ci cj ck 6 Ĉ= = i j+ k 5c 7 7 7 B.. :. A, ;. A, ;. A, ;..,, ().
..,, ()..., () ().,.. k + y +z = +ky +z = + y +kz = k ). ; ), ). B. R : f () = ( + ) f (t)dt 45 f(). 4. y + y + y = y+,.. k ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) k k k k k k k k k k k k k = k = -. : k ( k ) ( k ) ( k) ( k )( k ) ( k ) ( k ) ( k )( k ) ( k ) k k k( k ) ( k ) ( k )( k ) ( k ) y k k k k( k ) ( k) k( k ) ( k ) ( k ) z k k -.
y z ( k ) ( k ) ( k ) y ( k ) ( k ) ( k ) k k z ( k ) ( k ) ( k ) k k = +y+z=. k = - : y z y z y z y z 4y z y z, y z y z.. f () + 45 f () = ( + ) f (t)dt 45 = f (t)dt C f () C( ) 45 = = + + 4 f ()d = [C( + ) 45]d= C ( + )d 45d= C + 45 4 4 = C 45 C(4 6) 9 46C 9 + = + = 4 f (t)dt= C 46C 9= C C=. f () = C( + ) 45= + 6 45.
,.., y = +. e d e. dt d t dt dt Adt Bdt Cdt e e t t t t t ( t ) t t t. dt dt dt ln t ln( t ) e ln( e ). t t t t, + = (-)-(-)= ( -) (-)= -,, -,,. [a,b ]= [ -, ] E 4 4 d ( 4 4 ) d ( ( 4 4 8 )) d 4
(5-7-8). m. 9 m, ( ) () 6 m...,,.. (. ). g=9.8 m/s. ) () m, r,. ) m k l., m ( ).. ) y 6 :
- -y a = () a y = -g = 9,8 m/s (4) = cos () y = ( sin) gt (5) = ( cos)t () y = ( sin)t (/)gt (6), 6 m = m y = - m. y () (6), : = ( cos)t (7) - = ( sin)t (/)gt (8) (7) t (8) : t = /( cos) (8) - = ( sin) [/( cos)] (/)g[/( cos)] : ( ) = 4g/[(6+4tan)cos ], =. =,4 m/s = 48,4 Km/h. :. ) () (7) t: t = /( cos) = /(,4*,866) =,7 sec = ( cos) =,4*,866 =,6 m/s t (5) : y = ( sin) gt = (,4*,5 9,8*,7) m/s = (6,7 6,856) m/s = -,6 m/s, 6,6 4,56, 5, 4 m/s. y
m,. m gh *9,8* 7,67 m/s, y,. : = ( f -v ) =5,4 -,4 = 7,78-79,56 = 58, = 7,6,,.. ) ( ): ( = mgh, h ). h : = mgh = mgr(-cos) = mgr(-cos)
)., Hooke, = (m/k) /. F=E q.. kg F = -4+5 m F. () = m =m () 5 m/s = m, = m ;. R=. m m= kg = m/s =5 rad/s. - =. cm I mr / 5. : ). ). ).. ) 4 5d 5 7 8 5 5 J W Fd ) K K W =m = m, W=J (a) 4
=m K mu 5 5m =J+5J=45J. =m K u ' 6.7ms m., cm, R. : cm R A cm. 5. 5 m/s ) cm.. ). F m T m mg m g.. m/s cm cm cm cm cm cm 5g 5 R Ia R Ia mgr mr a a 5 rad/s t. t cm cm t 5 5t R cm cm 5 cm R. t. ( 5 5t) t s 7. : U(,y,z)=k( +y +z ) (,y,z). (k=).. L dm/d = k, k =,. 5
) k. ) k L. ). ). ),.. : U U U F U ( i j k) y z : [ k( y z )] [ k( y z )] [ k( y z )] F ( i j k) k(i y j zk] y z k( i y j zk] kr : F k y z kr. ) : dm k d kg kg k: m m m, k : ) : dm L L L k dm k d dm k d M k[ ] M k () d ),, dm, : 6
CM L L k[ ] dm k d k d kl () M M M M M, () () : CM kl kl L L kl k, L. ) : 4 4 L L L kl I dm kd k d k[ ] () 4 4 (), () : ML I (4) : ML I L L T Mgd L Mg 4g g d -. 4. kg F = [5t i +(t -) j] N t =. ) t =s. ) t = t =s ()... m/s... ) F 5 ti (t ) j F 5 t, Fy t, : t, r, v 7
Newton : F a F ma m, y y : m m m m dv 5t v t t t dv dt v dt 4 dvy t vy t t t t dvy dt vy dt F 5t Fy t a,a y : t s v m s v m s v v v m s, 5 /, y 99 /, y 46( / ) () : P m( v i v y j) (5i 99 j) kgm / s, Py 99 P kgm / s, tan 75.8 P 5 () : o 46 5 K mv J J 5 r t t t 6t 7t t ) W ( ) ( y y F dr ) [5 ( ) ] ( ) F v dt F v F v dt t t dt dt 4 6 4 t 7t t ( ) 5J 8 5 K K K K J W -.. m v m v. y, 8
. : : mv mvcos vcos v y : mv mvsin vsin v () () () () : tan=, =45 v =8 +45 =5., () () : 9v v v v v =m/s, v = m/s=4.m/s. 5 A. O M=.5 kg, R=.8 m f =/ Hz,,. h=.8 m m=.8 kg, d. -. kg m. : ). ( ). ). ). ).,. I MR g= m/s. 9
B.,,., ;. I mr / 5, I mr / I mr. ) ) ) ).. ) To : L ( ) ().8 kgm MR f rad s. () : L ( ) 6 kgm /s. ) : um d (),
- -. : L L L L L ( ) ( ) ( ) m( ) ( ) (),, : L L I ( ) ( ) (4), ( ) I. kgm kgm -. L ( ) (4) : 6 rad s (5) I d : I I md d.5 m (6) (5) (6) () : um d 8 m s ) : E (7) -. : mu I mu mr (8), u : u gt (9) h gt (). : 8 J I () (8), (9), () () :
E =8.4 J ) (): L L ( ) L ( ). kgm s ( ). kgm s. L.,. / R, : + U = K + U mgh m mr mgh m R gh () I mr. : 7 gh, K 4 gh, gh..
Εισαγωγή στις Φυσικές Επιστήμες (7-7-8) Ηλεκτρομαγνητισμός Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ Α. Σφαιρίδιο μάζας m = -5 kg φορτισμένο με θετικό φορτίο q = -7 C βάλλεται μετωπικά με αρχική ταχύτητα υ ο = m/s προς δεύτερο σφαιρίδιο με μάζα m = m και φορτίο q = q που είναι αρχικά ακίνητο σε απόσταση d=m από το πρώτο. Αν τα σφαιρίδια βρίσκονται πάνω σε οριζόντιο, λείο και μονωτικό επίπεδο, να βρεθεί η ελάχιστη απόσταση L στην οποία θα πλησιάσουν. Δίνεται Κ =/(4π ε ο )~ 9 9 Nm /C (Θεωρήστε ότι τα κινούμενα φορτία δεν δημιουργούν ηλεκτρομαγνητικό πεδίο). B. Ένας πυκνωτής με επίπεδες παράλληλες πλάκες (στο κενό) τοποθετείται σε ένα ομογενές μαγνητικό πεδίο έντασης B και μέτρου Β=. Τ με διεύθυνση όπως φαίνεται στο σχήμα. Ο πυκνωτής έχει ομογενές ηλεκτρικό πεδίο έντασης E και μέτρου Ε= 5 V/m. Ένα ηλεκτρόνιο εισέρχεται στον πυκνωτή με ταχύτητα μέτρου 6 m/s, κάθετα στο ηλεκτρικό και μαγνητικό πεδίο όπως φαίνεται στο σχήμα. α. Ποιά είναι η συνολική δύναμη (μέτρο και διεύθυνση) που ασκείται πάνω στο ηλεκτρόνιο όταν εισέρχεται στον πυκνωτή; β. Εάν μπορούσαμε να αλλάξουμε το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού ή/και του μαγνητικού πεδίου, θα μπορούσε το ηλεκτρόνιο να εξακολουθήσει να κινείται κατά μήκος του άξονα ; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. ΛΥΣΗ Α. Οι δυνάμεις στα σφαιρίδια είναι απωστικές. Έτσι το σώμα μάζας m επιβραδύνεται και το σώμα μάζας m επιταχύνεται. Κάποια στιγμή οι ταχύτητές τους θα γίνουν ίσες υ =υ =υ. Η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται και επειδή δεν ασκούνται εξωτερκές δυνάμεις διατηρείται και η ορμή. Άρα K U K U οπότε
qq qq m m m d L q q m m () d L m υ ο = m υ + m υ ή m υ ο = m υ οπότε υ=υ ο / αντικαθιστώντας στην () και λύνοντας την εξίσωση ως προς L προκύπτει 6dKq L.8m dm 6q B. α) Έστω υ η ταχύτητα του ηλεκτρονίου. Η ηλεκτρική δύναμη qe κατευθύνεται προς τα πάνω (το ηλεκτρόνιο έχει αρνητικό φορτίο) κι έχει μέτρο F E = (.6-9 ) 5 =.6-4 N. H μαγνητική δύναμη q B έχει κατεύθυνση προς τα κάτω και μέτρο F B = (.6-9 ) ( 6 )(.) = 4.8-4 N. Επειδή F B > F E η συνισταμένη δύναμη κατευθύνεται προς τα κάτω κι έχει μέτρο F= F B -F E =. -4 N. β) Για να εξακολουθήσει το ηλεκτρόνιο να κινείται κατά τη διεύθυνση του άξονα θα πρέπει η συνισταμένη των δυνάμεων από τα δύο πεδία να είναι μηδέν, άρα θα πρέπει να μεταβάλλουμε τα μέτρα των εντάσεων των δύο πεδίων έτσι ώστε Ε= υ Β. (Π.χ εάν αυξήσουμε το Ε= 5 V/m ενώ διατηρούμε σταθερή την ένταση του μαγνητικού πεδίου τότε και οι δύο δυνάμεις θα έχουν μέτρο 4.8-4 N) ΘΕΜΑ Α. Δίνεται μονωτικός σφαιρικός φλοιός ακτίνας R και R με R < R ομοιόμορφα φορτισμένος με φορτίο Q. Να βρεθεί η δύναμη που ασκείται σε φορτίο q =Q/4 a. Στο κέντρο του φλοιού b. Σε σημείο Α που απέχει απόσταση r= R c. Σε σημείο Β που απέχει απόσταση R <r< R ΛΥΣΗ a. στο κέντρο όπου r= επειδή δεν υπάρχει φορτίο από το νόμο του Gauss Ε= κι άρα και F=. b. για r= R κατασκευάζουμε μια νοητή σφαιρική επιφάνεια Gauss με ακτίνα r= R Αυτή περικλείει το φορτίο Q του μονωτικού σφαιρικού φλοιού οπότε από το νόμο του Gauss Q Q Q E da q 4 r E A 4 (R ) 6 R κι άρα η δύναμη στο φορτίο q θα είναι Q Q Q F qe 4 6 R 64 R R 64 R c. Για R <r< R το περικλειόμενο φορτίο της νοητής σφαιρικής επιφάνειας Gauss με r r 4 r R ακτίνα r θα είναι q dv 4 r dr 4 r dr οπότε από το νόμο του Gauss R R
4 r R q 4 r 4 r r r R αλλά στην περίπτωση συνεχούς κατανομής φορτίου Άρα E Και F Q Q 4 R R r R 4 R R R Q r R r R Q r R r r 4 R R r Q Q r R Q r R 4 4 R R r 6 R R r R R r 6 R R r B. Κυκλικός αγωγός έχει ακτίνα r=.4 m και ωμική αντίσταση ΔR/Δr =.4 Ω/m. O αγωγός βρίσκεται με το επίπεδό του κάθετο στις γραμμές ομογενούς μαγνητικού πεδίου. Δίνεται ότι η ένταση του μαγνητικού πεδίου μεταβάλλεται συναρτήσει του χρόνου σύμφωνα με τη σχέση B=.4+t (Β σε Tesla, t σε sec). Να υπολογιστούν α) Η ένταση του επαγωγικού ρεύματος που διαρρέει τον κυκλικό αγωγό. β) ο ρυθμός με τον οποίο το μαγνητικό πεδίο παρέχει ενέργεια στον αγωγό. ΛΥΣΗ α) Αφού το μαγνητικό πεδίο μεταβάλλεται στον αγωγό δημιουργείται επαγωγική τάση με μέτρο ( S) S r r t t t t κι επειδή αποτελεί κλειστό κύκλωμα διαρρέεται από επαγωγικο ρεύμα έντασης r I R R Αλλά R= (ΔR/Δr) l = (ΔR/Δr) πr Άρα I r r A R R r r r β) Ο ρυθμός με τον οποίο το μαγνητικό πεδίο παρέχει ενέργεια στον αγωγό θα είναι ίσος με την ισχύ που δαπανάται σ αυτόν αφού η ενέργεια μετατρέπεται σε θερμότητα. W R IR I r.4.4.w t t
Εισαγωγή στις Φυσικές Επιστήμες (7-7-8) Μαθηματικά Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ A. Να βρεθεί ένα διάνυσμα κάθετο προς το επίπεδο που διέρχεται από τα σημεία P(,4,6), Q(-,5,-) και R(,-,). B. Για ποιους πραγματικούς αριθμούς α το ακόλουθο ομογενές σύστημα - y + z = α + y + z = 6 + y + αz = έχει μη τετριμμένη λύση ; Να λυθεί το σύστημα γι αυτές τις τιμές του α. ΛΥΣΗ A. Το διάνυσμα είναι κάθετο και προς το και προς το και συνεπώς είναι κάθετο στο επίπεδο στο οποίο βρίσκονται τα σημεία P, Q και R. Αλλά: Οπότε Το διάνυσμα (-4, -5, 5) είναι κάθετο στο δεδομένο επίπεδο, όπως κάθετο είναι και οποιοδήποτε μη μηδενικό βαθμωτό πολλαπλάσιο ή υποπολλαπλάσιό του, όπως π.χ. (-8,-,) B. Επειδή το σύστημα είναι ομογενές οι Δ, Δ y και Δ z είναι μηδέν. Συνεπώς για να υπάρχει μη τετριμμένη λύση πρέπει Δ = επίσης: a ( a ) ( a ) ( a 8) a a 4 a 54 6 ( ) ( ) ( 8) 4 54 a a 6 a 8 Οι ρίζες της εξισώσεως είναι α = 5 και α = -8. Γι αυτές τις τιμές το σύστημα έχει μη τετριμμένη λύση. Για α=-8, το σύστημα γίνεται - y + z = -8 + y + z = 6 + y - 8z =.
Η λύση είναι = z, y = z με το z αυθαίρετο. Για α= 5, το σύστημα γίνεται - y + z = 5 + y + z = 6 + y + 5z =. Η λύση είναι = -z, y = z με το z αυθαίρετο. ΘΕΜΑ Α. Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f που ικανοποιούν την σχέση f () d f () C όπου C είναι μια σταθερά Β. Βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης / Γ. Να βρεθεί το όριο lim ln f () e ΛΥΣΗ Α. Με παραγώγιση παίρνουμε f() f()f () και επομένως πρέπει f () D όπου D είναι μια σταθερά. f (). Άρα θα Β. Λογαριθμίζοντας παίρνουμε ln y ln e και με παραγώγιση των δύο μερών έχουμε dy lne e y d e dy / lne e e d e Γ. Αφού του L Hospital lim lim ln lim ln μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα
όπου και πάλι πριν την εφαρμογή του κανόνα του L Hospital ελέγξαμε ότι ισχύει lim lim ln = ΘΕΜΑ 4 4 9 Α. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα d 8 B. Να βρεθεί η εφαπτομένη της καμπύλης : / / 5y 8 στο σημείο (,) ΛΥΣΗ. 4 4 9 A. d 8 4 4 9 8 4 8 Επειδή,
8 4 4 ( ) 4( ) 4( ) ( )( 4 4) ( )( ) έχουμε 4 8 4 ( )( ) A B C ( ) () και επομένως λαμβάνουμε την ταυτότητα 4 A( ) B( )( ) C( Στη συνέχεια, όταν θέσουμε στην () ),,, βρίσκουμε 6 9 5 A,6 6 5 C, 4 A 6B 6, δηλαδή A, C, B, και κατά συνέπεια 4 4 9 8 d log log ( ) d d d d ( ) B. Άρα στο (,) Άρα η εφαπτομένη στο (,) έχει εξίσωση y-=(-/5) (-) 4
Εισαγωγή στις Φυσικές Επιστήμες (6-7-8) Μηχανική Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ Α. Μία μπάλα αφήνεται να πέσει από την κορυφή ψηλού γκρεμού με μηδενική αρχική ταχύτητα. Αν η επιβράδυνση που υφίσταται από τον αέρα δίνεται από τη σχέση με α δ = - β υ, όπου β =.s -, εκφράστε την απόσταση της μπάλας από την κορυφή του γκρεμού συναρτήσει του χρόνου και υπολογίστε την απόσταση και ταχύτητα της μετά από t = s. (g=m/s ) Β. Σώμα μάζας m εκτοξεύεται από τη βάση κεκλιμένου επιπέδου σε πεδίο βαρύτητας επιτάχυνσης g με αρχική ταχύτητα. Εάν δεν υπάρχουν δυνάμεις τριβής α) σε ποιο μέγιστο ύψος h ma θα φθάσει το σώμα; Έστω ότι στη θέση που αντιστοιχεί σε h = h ma / υπάρχει ακίνητο σώμα ίσης μάζας m με το οποίο συγκρούεται το κινούμενο σώμα και συσσωματώνονται. β) Σε ποιο ύψος θα φθάσει το συσσωμάτωμα; (εκφράστε την απάντησή σας συναρτήσει του h ma ) γ) Πόση ενέργεια καταναλώνεται κατά τη συσσωμάτωση; ΛΥΣΗ Α. Η μπάλα θα κινηθεί υπό την επίδραση της βαρύτητας και της αντίστασης του αέρα d και η επιτάχυνση της θα δίνεται από την σχέση g () dt Από την () υπολογίζουμε την ταχύτητα σαν συνάρτηση του χρόνου: d d(g) d(g ) dt dt t dt g g g (g) g t t g ln t e g g e ( e g g () Και μετά από την () την θέση σαν συνάρτηση του χρόνου: dy g y g t g g e β t t t t ( e ) dy ( e ) dt y t dt β β και t )
y g β t g β m m(e ( e β t m / s (e ).s m / s ).s ) 68m ( e m / s s.s g t ) m / s( e (e.s ) s ) 6.m / s Β. α) Ισχύει ότι m mghma hma g β) Η ταχύτητα του σώματος στη θέση που αντιστοιχεί σε h = h ma / προκύπτει από την αρχή διατήρησης της ενέργειας μέσω της σχέσης h m m mg gh gh g g Από την αρχή διατήρησης της ορμής προκύπτει ότι η ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά τη σύγκρουση δίνεται από τη σχέση m mv V Επομένως η κινητική του ενέργεια είναι Ek, mv mv m m 4 8 Άρα το μέγιστο ύψος h - πάνω από το επίπεδο h ma / - στο οποίο θα φθάσει το συσσωμάτωμα προκύπτει από τη σχέση hma m mgh h 8 6g 8 Επομένως το συνολικό ύψος στο οποίο θα ανέλθει το συσσωμάτωμα είναι h 5 5hma h h 6g g 6g 8 γ) Η ενέργεια που καταναλώθηκε κατά τη συσσωμάτωση μπορεί να υπολογισθεί με δύο τρόπους i) Βρίσκοντας τη διαφορά δυναμικής ενέργειας μεταξύ του σώματος και του συσσωματώματος στο μέγιστο ύψος h 5h h 6h E mgh mgh mg mgh mg mg mgh mg mgh 8 8 4 h Όπου οι όρος mg προστέθηκε για να ληφθεί υπόψη η αρχική δυναμική ενέργεια του δεύτερου σώματος. ii) Το ίδιο αποτέλεσμα προκύπτει θεωρώντας τη διαφορά κινητικής ενέργειας του σώματος λίγο πριν την κρούση και του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση E m mv m m m m EK, mgh 4 4 4 4 4 όπου E K, η αρχική κινητική ενέργεια του σώματος.
ΘΕΜΑ Α. Ένας κύλινδρος μάζας m και ακτίνας R ενώ περιστρέφεται με γωνιακή ταχύτητα ω τοποθετείται σε οριζόντιο επίπεδο χωρίς μεταφορική ταχύτητα. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ επιπέδου και κυλίνδρου είναι μ. a. να σχεδιαστούν οι δυνάμεις που ασκούνται στον κύλινδρο και να βρεθεί πώς επηρεάζει η κάθε δύναμη την κίνηση. b. να γραφούν οι εξισώσεις που δίνουν τη γωνιακή ταχύτητα σε συνάρτηση με το χρόνο και η ταχύτητα του κέντρου μάζας με το χρόνο. c. να βρεθεί η ταχύτητα σε συνάρτηση με το χρόνο του σημείου επαφής του κυλίνδρου με το οριζόντιο επίπεδο. d. να βρεθεί μετά από πόσο χρόνο ο κύλινδρος θα κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει.. Δίνεται η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου I mr /. Β. Ένας αστέρας νετρονίων ακτίνας km σχηματίστηκε από έναν αστέρα που είχε ακτίνα km και περίοδο περιστροφής ημέρες γύρω από άξονα που διέρχεται από το κέντρο του. (Συγκεκριμένα, ο αστέρας νετρονίων σχηματίστηκε λόγω της βαρυτικής κατάρρευσης που υπέστη ο αστέρας με τη μεγαλύτερη ακτίνα μετά από μία έκρηξη υπερκαινοφανούς -supernova). Υποθέστε ότι δεν δρουν εξωτερικές ροπές στον αστέρα και ότι η μάζα, μετά την κατάρρευση, παραμένει ίδια. Ποια είναι η περίοδος περιστροφής του αστέρα νετρονίων; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. Α). s, Β). s. Γ).58 s, Δ) 7 s ΛΥΣΗ Α) α) Έστω ότι ο κύλινδρος περιστρέφεται όπως στο σχήμα Ν Το σημείο επαφής Α του κυλίνδρου με το επίπεδο έχει γραμμική ταχύτητα λόγω της περιστροφής. Άρα η τριβή Τ θα έχει φορά αντίθετη της. Η τριβή Τ επιβραδύνει την περιστροφική κίνηση και επιταχύνει τη μεταφορική. β) Στον κατακόρυφο άξονα έχουμε το βάρος Β και την αντίδραση του επιπέδου Ν. F N mg N mg y υ Α Α Β Τ Στον οριζόντιο άξονα ασκείται μόνο η δύναμη της τριβής Τ. Ο κύλινδρος με την επίδραση της Τ ολισθαίνει και συγχρόνως λόγω της ροπής της Τ περιστρέφεται. F m T m mg mg g cm cm cm
g cm Ia R Ia mgr mr a a R g t t R tgt cm cm γ) Το σημείο Α εκτελεί σύνθετη κίνηση, μεταφορική με ταχύτητα cm και περιστροφική με γωνιακή ταχύτητα ω. R t R Rt cm cm cm gt R. δ) Ο κύλινδρος παύει να ολισθαίνει όταν R gtr t g 6 Β. Η περίοδος περιστροφής του αστέρα είναι T 46.59 s Από τη διατήρηση της στροφορμής και με δεδομένα ότι η μάζα δεν μεταβάλλεται και ότι η ροπή αδράνειας είναι ανάλογη του γινομένου της μάζας επί της ακτίνας στο τετράγωνο προκύπτει: Rf I f f R Rf f R Rf Tf T T.8 s f T T R Επομένως σωστή είναι η απάντηση Β. f ΘΕΜΑ Α. Α. Ο πιλότος ενός αεροπλάνου παρατηρεί την πυξίδα και συμπεραίνει ότι κινείται με κατεύθυνση προς την δύση. Το αεροπλάνο κινείται ως προς τον αέρα με σταθερή ταχύτητα 5 km/h. Εάν φυσάει άνεμος με ταχύτητα km/h με διεύθυνση προς τον βορρά να βρεθεί η ταχύτητα του αεροπλάνου (μέτρο και κατεύθυνση) ως προς παρατηρητή ακίνητο στο έδαφος. B. Σωμάτιο μάζας m κινείται κάτω από την επίδραση μιας ελκτικής δύναμης που έχει μέτρο F=k/r (k = σταθερά). Η τροχιά είναι κύκλος ακτίνας r. Να βρεθούν συναρτήσει των k, r, m: α) Η δυναμική ενέργεια, β) η ολική ενέργεια, γ) η ταχύτητα, δ) η στροφορμή του σωματίου. ΛΥΣΗ 4
. Α. Έστω = ταχύτητα αεροπλάνου ως προς ακίνητο παρατηρητή, = ταχύτητα αεροπλάνου ως προς τον αέρα, = ταχύτητα αέρα ως προς ακίνητο παρατηρητή Τότε θα ισχύει () Από την εκφώνηση γνωρίζουμε ότι το αεροπλάνο πηγαίνει προς τη δύση άρα = ( ), o άνεμος έχει ταχύτητα km/h με διεύθυνση προς τον βορρά άρα και 5. y Άρα από την () θα πρέπει yy και 5 ( ) δηλαδή ταχύτητα αεροπλάνου ως προς ακίνητο παρατηρητή θα είναι = 5 ( ) B. Το μέτρο της ελκτικής δύναμης δίνεται από τη σχέση: k F () r α) Για τον υπολογισμό της δυναμικής ενέργειας του σωματίου U ( r ), θεωρώντας ότι U ( ), έχουμε διαδοχικά: U ( r) F d r Fdr cos8 Fdr dr k dr [ k ] r r r r r r o k r r r k r β) Η κινητική ενέργεια του σωματίου ισούται με: K mv () Εξάλλου, η ελκτική δύναμη της σχέσεως () παίζει το ρόλο κεντρομόλου δύναμης για το σωμάτιο, οπότε: k mv k k k mv mv K (4) r r r r r Η ολική ενέργεια θα είναι: k k k E KU ( r) r r r γ) Από την σχέση (4) προκύπτει ότι: () 5
k k r mr δ) Η στροφορμή του σωματίου είναι: mv v (5) l mvr και λόγω της (5) έχουμε k l mr mkr mr ΘΕΜΑ 4 A. Δύο σώματα, m Α και m Β βρίσκονται σταματημένα σε κεκλιμένο επίπεδο όπως στο σχήμα. Αφήνουμε το Β ελεύθερο να κινηθεί, ενώ συγχρόνως το Α αρχίζει να κινείται προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα υ Α,ο. Αν τα δύο σώματα συναντηθούν στο μέσον της διαδρομής, υπολογίστε την ταχύτητα υ Α,ο και τις ταχύτητες υ Α και υ Β που θα έχουν τα δύο σώματα όταν συναντηθούν καθώς και τον χρόνο συνάντησης. Δίνονται Η =. m, g = 9,8 m/s m Α 5 m Β Η Β. Ένα βλήμα με μάζα 5m εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα V η οποία σχηματίζει γωνία θ με τον άξονα. Παρατηρητής βρίσκεται ακίνητος στην αρχή των αξόνων Ο. Ύστερα από χρόνο t o το βλήμα σπάει με έκρηξη σε τρία τμήματα με μάζες m,, m, και m. Τα δύο τμήματα με ίσες μάζες αμέσως μετά την έκρηξη αποκτούν ως προς το κ.μ του βλήματος ταχύτητες υˆ και υ ŷ αντίστοιχα. Να βρεθεί η θέση των τριών τμημάτων ύστερα από χρόνο t (t >t o ) από τη στιγμή της έκρηξης ως προς τον ακίνητο παρατηρητή. Λύση A. A A, t gsin t () και B L/ B () με g sin t όπου L η αρχική απόσταση μεταξύ των Α και Β. Αλλάζοντας το πρόσημο στην () και προσθέτοντας στην () έχουμε:, t gsin t από την οποία προκύπτει ότι t = (χωρίς φυσική, σημασία) και t () g sin Αντικαθιστώντας την () στην () έχουμε:, L g sin g sin και, L και g sin 6
, Lgsin g 9.8m/s.m 4.4m/s Επίσης, A, gsin t, gsin,, gsin και, B gsin t gsin, g 4.4m / s gsin Ο χρόνος συνάντησης δίνεται από την ():, gh H.m t.79s g sin g sin g sin 9.8m /s sin 5 B. Οι εξισώσεις κίνησης του βλήματος ως προς τον άξονα με αρχή Ο (ως προς τον ακίνητο παρατηρητή) είναι =Vcosθ t y =Vsinθ t-(/) gt και για t= t o δηλαδή τη στιγμή της έκρηξης η θέση του βλήματος δίνεται από τις ο =Vcosθ t ο y ο =Vsinθ t ο -(/) gt ο Τη στιγμή της έκρηξης οι δυνάμεις που δρούν είναι εσωτερικές και επομένως η ορμή του συστήματος των τριών τμημάτων παραμένει σταθερή και η κίνηση του κέντρου μάζας δεν αλλάζει. Για το σύστημα συντεταγμένων με αρχή το κ.μ. O το βλήμα αρχικά έχει ταχύτητα μηδέν και επομένως και ορμή μηδέν. Άρα και ύστερα από την έκρηξη το σύστημα των τριών τμημάτων έχει ως προς το κ.μ ορμή μηδέν δηλαδή m m m από την οποία προκύπτει ˆ yˆ Τη χρονική στιγμή t o + t οι θέσεις των τριών τμημάτων σχετικά με το κ.μ και του κ.μ σχετικά με το Ο είναι αντίστοιχα: r t t ˆ r t t ˆ y r t t ˆ yˆ R=Vcos (tot )ˆ Vsin (tot ) g(tot ) yˆ Aˆ Byˆ Επομένως η θέση των τμημάτων σχετικά με το Ο (ως προς τον ακίνητο παρατηρητή) καθορίζεται από τις R R r (At ) ˆ By ˆ 7
R R r A ˆ (Bt )yˆ R R r (A t ) ˆ ( t )yˆ U() ΘΕΜΑ 5 Α. Η συνάρτηση δυναμικής ενέργειας ενός σώματος ως συνάρτηση της απόστασης είναι: U() = a -b 4 όπου τα a, b είναι θετικές σταθερές. α) Για ποιες τιμές του η U() γίνεται μηδέν; β) Βρείτε την έκφραση της δύναμης που ασκείται στο σώμα ως συνάρτηση του. γ) Προσδιορίστε το σημείο ή τα σημεία όπου η - δύναμη μηδενίζεται. δ) Τι είδους ισορροπία του σώματος έχουμε σε -4-6 - - αυτά τα σημεία; ε) Τί είδους κίνηση θα προκύψει, αν το σώμα αφεθεί ελεύθερο σε μικρή απόσταση από καθένα από αυτά τα σημεία; B) Ένα καρότσι μάζα m κινείται με σταθερή ταχύτητα υ σε οριζόντιο επίπεδο. Το καρότσι μαζεύει βροχή η οποία πέφτει στο καρότσι με ταχύτητα που σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφο όπως φαίνεται στο σχήμα. Αν αμελήσουμε τις τριβές και τις αντιστάσεις να βρεθεί η γωνία θ ώστε η κίνηση του καροτσιού να παραμείνει ισοταχής χωρίς να ασκηθούν εξωτερικές δυνάμεις. Λύση Α. α) Η δυναμική ενέργεια U( ) a b () μηδενίζεται, όταν a U ( ) a b ( a b ), b β) Η δύναμη δίνεται από τη σχέση: du ( ) () d F( ) F( ) (a b ) F( ) b a 8
γ) Η δύναμη μηδενίζεται για τις εξής τιμές του : a F( ) b a (b a), () b δ) Για την εύρεση του είδους ισορροπίας στα και, ευρίσκουμε την δεύτερη παράγωγο της U(): d U( ) d(a b ) a 6b (4) d d Για = =, έχουμε από τη (4): d U( ) a, η U() παρουσιάζει ελάχιστο και η είναι θέση ευσταθούς d ισορροπίας. Για = = a, έχουμε επίσης από τη (4): b d U( ) a a 6b, η U() παρουσιάζει μέγιστο και η d b είναι θέση ασταθούς ισορροπίας. ε) Για την θέση = =, το σώμα θα εκτελέσει αρμονική ταλάντωση, ενώ για τη θέση = = a, θα απομακρυνθεί από τη θέση ασταθούς ισορροπίας (δεξιά ή b αριστερά). 9