ΘΕΜΑ Δ (15652) Δύο σφαίρες ίδιας μάζας, m = 0,2 kg, κινούνται ευθύγραμμα και ομαλά σε λείο οριζόντιο επίπεδο σε αντίθετες κατευθύνσεις και με ταχύτητες μέτρων υ 1 = 6 m / s, υ 2 = 2 m / s αντίστοιχα, ώστε να πλησιάζουν η μια την άλλη. Τη χρονική στιγμή t = 0 οι σφαίρες απέχουν μεταξύ τους 4 m. Η κρούση τους είναι πλαστική και η χρονική της διάρκεια θεωρείται αμελητέα. Δ 1. Σχεδιάστε τις σφαίρες τη χρονική στιγμή t = 0 και υπολογίστε τα μέτρα των ορμών τους. Δ 2. Ποια χρονική στιγμή θα γίνει η κρούση ; Δ3. Ποιο το μέτρο της ταχύτητας του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση ; Δ4. Σχεδιάστε (σε κοινό διάγραμμα) τις γραφικές παραστάσεις για τις τιμές των ταχυτήτων των δύο σφαιρών και του συσσωματώματος σε συνάρτηση με το χρόνο, για το χρονικό διάστημα από 0 μέχρι 1 s. Να θεωρήσετε ως θετική την αρχική φορά κίνησης της σφαίρας με ταχύτητα υ 1. Λύση Δ 1. p 1 = m υ 1 p 1 = 0,2 6 = 1,2 kg m / s, επίσης p 2 = m υ 2 p 2 = 0,2 2 = 0,4 kg m / s. Δ 2. Η σφαίρα m με ταχύτητα υ 1 θα μετακινηθεί κατά x εκτελώντας ευθύγραμμη ομαλή κίνηση: υ 1 = x / t x = υ 1 t (1) H σφαίρα m με ταχύτητα υ 2 θα μετακινηθεί κατά d x εκτελώντας ευθύγραμμη ομαλή κίνηση: υ 2 =( d x) / t d x = υ 2 t (2). Λύνουμε το σύστημα: d υ 1 t = υ 2 t d = (υ 1 + υ 2 ) t t = d / (υ 1 + υ 2 ) t = 4 / (6 + 2) t = ½ s οπότε και x = 3 m. Δ3. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ.αρχ = p ολ,τελ m υ 1 - m υ 2 = 2m υ υ = (υ 1 - υ 2 ) / 2 υ = 4 / 2 = 2 m / s. Δ4. Oι γραφικές παραστάσεις φαίνονται στο παρακάτω σχήμα.
U(m/s) 6 2 0,5 1 t(s) -2
ΘΕΜΑ Δ15948 Δύο σώματα με μάζες m 1 = 0,4 kg και m 2 = 0,6 kg κινούνται πάνω σε οριζόντιο επίπεδο με συντελεστή τριβής ολίσθησης μ = 0,2. Τα σώματα κινούνται σε αντίθετες κατευθύνσεις και συγκρούονται πλαστικά, έχοντας ακριβώς πριν τη στιγμή της σύγκρουσης ταχύτητες μέτρων υ 1 = 20 m/s και υ 2 = 5 m/s αντίστοιχα. Δ 1. Να υπολογίσετε και να σχεδιάσετε τις ορμές των δύο σωμάτων ακριβώς πριν την κρούση. Δ 2. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση. Δ 3. Να υπολογίσετε το χρονικό διάστημα για το οποίο το συσσωμάτωμα θα κινηθεί μετά την κρούση. Δ 4. Να υπολογίσετε την αύξηση της θερμικής ενέργειας μετά την κρούση των σωμάτων λόγω της τριβής στο τραχύ δάπεδο. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s². Λύση Δ 1. p 1 = m 1 υ 1 = 0,4 20 = 8 kg m / s, p 2 = m 2 υ 2 = 0,6 5 = 3 kg m / s. Δ 2. Aρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,αρχ = p oλ,τελ m 1 υ 1 - m 2 υ 2 = (m 1 + m 2 ) υ υ = ( m 1 υ 1 - m 2 υ 2 ) / (m 1 + m 2 ) υ = (8 3) / 1 = 5 m / s. Δ 3. Στο συσσωμάτωμα ΣF = T = μ Ν = μ (m 1 + m 2 ) g = 0,2 (0,4 + 0,6) 10 = 2 N Ο 2ος νόμος Newton για το συσσωμάτωμα: ΣF = (m 1 + m 2 ) α α = Τ / (m 1 + m 2 ) α = 2 / 1 = 2 m / s². To συσσωμάτωμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση, άρα υ = υ α t 0 = υ - α t t = υ / α t = 5 / 2 = 2,5 s. Δ 4. H αρχή διατήρησης της ενέργειας: Κ = Q + K, όπου Κ η κινητική ενέργεια του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση, Q η θερμική ενέργεια (θερμότητα λόγω της τριβής) και Κ η τελική κινητική ενέργεια του συσσωματώματος (Κ = 0), Άρα Q = K Q = ½ (m 1 + m 2 ) υ² Q = ½ (1) 5² = 12,5 joule.
ΘΕΜΑ Δ15952 Μπαλάκι του τένις, μάζας m, αφήνεται να πέσει από ύψος h 2 από την επιφάνεια του εδάφους. Αφού χτυπήσει στο έδαφος αναπηδά και φτάνει σε ύψος h 2 από την επιφάνεια του εδάφους. Να υπολογίσετε : Δ 1. το μέτρο της ταχύτητας που έχει το μπαλάκι ακριβώς πριν προσκρούσει στο έδαφος, Δ 2. τη μεταβολή της ορμής του (μέτρο και κατεύθυνση) κατά τη διάρκεια της πρόσκρουσης του στο έδαφος. Δ 3. Αν η μέση συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο μπαλάκι κατά τη διάρκεια της πρόσκρουσης έχει μέτρο 6 Ν να υπολογιστεί η χρονική διάρκεια της πρόσκρουσης. Στη συνέχεια το μπαλάκι αναπηδά στο έδαφος για δεύτερη φορά. Δ 4. Εάν γνωρίζετε ότι κατά τη διάρκεια της δεύτερης αυτής πρόσκρουσης χάνεται στο περιβάλλον το 50% της ενέργειας που είχε το μπαλάκι πριν την πρόσκρουση, να υπολογίσετε το νέο μέγιστο ύψος από το έδαφος, h 3 στο οποίο θα ανέβει. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2, m = 100 g, h 1 = 80 cm, h 2 = 20 cm. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. Αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: Α Β : Κ Α + U A = K B + U B 0 + m g h 1 = ½ m υ Β ² + 0 υ Β ² = 2 g h 1 υ Β ² = 2 10 8 10-1 υ Β ² = 16 υ Β = 4 m / s. Δ 2. Αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: B Γ : Κ Β + U Β = K Γ + U Γ ½ m υ Β ² + 0 = 0 + m g h 2 υ Β ² = 2 g h 2 υ Β ² = 2 10 0,2 υ Β ² = 4 υ Β = 2 m / s. Kατά την πρόσκρουση του σώματος στο έδαφος η μεταβολή της ορμής του είναι: Δp = p τελ p αρχ Δp = m υ Β m υ Β = 0,1 (2 (-4)) = 0,6 kg m / s.
Δ 3. O δεύτερος γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt Δt = Δp / ΣF Δt = 0,6 / 6 Δt = 0,1 s. Δ 4. H ταχύτητα που επιστρέφει στο Β είναι ίδια με αυτή που είχε πριν υ Β = υ Β (αφού το ύψος h 2 είναι το ίδιο), χάνεται στο περιβάλλον το 50% ενέργειας που είχε κατά την πρόσκρουση, άρα: Κ Β = (50 / 100) ½ m υ Β ² = ¼ 0,1 2² = 0,1 joule. Αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας: B Δ : Κ Β + U Β = K Δ + U Δ 0,1 + 0 = 0 + m g h 3 h 3 = 0,1 / 0,1 10 = 0,1 m.
ΘΕΜΑ Δ15955 Δύο σφαιρίδια Σι και Σ 2 με μάζες m 1 = 4 kg και m 2 = 6 kg αντίστοιχα μπορούν να κινούνται στο εσωτερικό κυκλικού δακτυλίου ακτίνας R = 2 m που είναι ακλόνητα στερεωμένος σε λείο οριζόντιο τραπέζι (κάτοψη του οποίου εικονίζεται στο σχήμα). Οι τριβές μεταξύ των σφαιριδίων και του κυκλικού δακτυλίου θεωρούνται αμελητέες, όπως και οι διαστάσεις τους. Αρχικά το σφαιρίδιο Σ 2 είναι ακίνητο, ενώ το Σ 1 εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση με φορά αντίθετη εκείνης των δεικτών του ρολογιού με ταχύτητα, μέτρου υ 1 = 5 m / s. Αν τα σφαιρίδια Σ 1 και Σ 2 συγκρουστούν πλαστικά, να υπολογίσετε : Δ 1. Το μέτρο της ταχύτητας του συσσωματώματος μετά την κρούση καθώς και την περίοδο της κίνησης του. Δ 2. Την απώλεια της μηχανικής ενέργειας κατά την διάρκεια της πλαστικής κρούσης. Δ 3. Σε κάποια άλλη περίπτωση, αλλάζοντας το υλικό των σφαιριδίων, αλλά διατηρώντας τις μάζες τους, τα σφαιρίδια συγκρούονται χωρίς να δημιουργηθεί συσσωμάτωμα. Αν η ταχύτητα της σφαίρας m 2 αμέσως μετά την κρούση είναι 4 m/s, να υπολογίσετε την ταχύτητα της σφαίρας m 1 αμέσως μετά την κρούση. Να ελέγξετε αν στην κρούση αυτή διατηρείται η μηχανική ενέργεια του συστήματος των δύο σφαιρών. Δ 4. Ποιο είναι το μήκος του τόξου που διανύει το κάθε ένα από τα δύο σώματα μέχρι την επόμενη σύγκρουσή τους; Λύση Δ 1. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ.αρχ = p oλ,τελ 0 + m 1 υ 1 = (m 1 + m 2 ) υ υ = m 1 υ 1 / (m 1 + m 2 ) υ = 4 5 / (4 + 6) υ = 2 m / s. To συσσωμάτωμα εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση με περίοδο Τ, ισχύει: υ = ω R ω = υ / R ω = 2 / 2 = 1 rad / s. Ισχύει: ω = 2π / Τ Τ = 2π / ω Τ = 2 3,14 / 1 Τ = 6,28 s. Δ 2. H αρχή διατήρησης της ενέργειας είναι: Κ αρχ = Κ τελ + Q Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m 1 υ 1 ² - ½ (m 1 + m 2 ) υ² Q = ½ 4 5² - ½ 10 2² Q = 50 20 = 10 joule. Δ 3. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ.αρχ = p oλ,τελ 0 + m 1 υ 1 = m 1 υ 1 + m 2 υ 2 m 1 υ 1 = m 1 υ 1 - m 2 υ 2 υ 1 = (m 1 υ 1 - m 2 υ 2 ) / m 1 υ 1 = (4 5 6 4) / 4 υ 1 = 1 m / s.
Θα δούμε αν διατηρείται η κινητική ενέργεια του συστήματος των δύο σφαιριδίων: Κ αρχ = ½ m 1 υ 1 ² = ½ 4 5² = 50 joule. Κ τελ = ½ m 1 υ 1 ² + ½ m 2 υ 2 ² = ½ 4 1² + ½ 6 4² = 2 + 48 = 50 joule, άρα ισχύει Κ αρχ = Κ τελ δηλαδή έχουμε ελαστική κρούση. Δ 4. Έστω ότι το m 1 διαγράφει x ενώ το m 2 διαγράφει l + x όπου l = 2πR = 12,56 m είναι το μήκος του κύκλου. Ισχύει: υ 2 = l + x / t l + x = υ 2 t και υ 1 = x / t x = υ 1 t, αντικαθιστούμε και έχουμε: l + υ 1 t = υ 2 t t = l / (υ 2 υ 1 ) t = 12,56 / (4 1) t = 4,2 m.
ΘΕΜΑ Δ15956 Σε οριζόντιο επίπεδο βρίσκεται ακίνητο ένα μήλο μάζας Μ = 200 g. Ένα μικρό βέλος μάζας m = 40 g κινείται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου, υ 1 = 10 m / s, χτυπά το μήλο με αποτέλεσμα να το διαπεράσει. Αν γνωρίζετε ότι η χρονική διάρκεια της διάτρησης είναι Δt = 0,1 s και ότι το βέλος εξέρχεται από μήλο με ταχύτητα, μέτρου υ 2 = 2 m / s, να υπολογίσετε : Δ 1. το μέτρο της ορμής του μήλου ακριβώς μετά την έξοδο του βέλους από αυτό, Δ 2. τη μεταβολή της ορμής του βέλους εξαιτίας της διάτρησης, Δ 3. τη μέση δύναμη που ασκείται από το βέλος στο μήλο κατά τη χρονική διάρκεια της διάτρησης καθώς και τη μέση δύναμη που ασκείται από το μήλο στο βέλος στην ίδια χρονική διάρκεια, Δ 4. Το ποσοστό της αρχικής κινητικής ενέργειας του βέλους που μεταφέρεται στο περιβάλλον του συστήματος μήλο-βέλος κατά τη διάρκεια της διάτρησης. Για την επίλυση του προβλήματος θεωρήστε το βέλος αλλά και το μήλο ως υλικά σημεία. Λύση Δ 1. Αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ.αρχ = p oλ.τελ m υ 1 = m υ 2 + Μ υ Μ υ = m υ 1 - m υ 2 υ = m (υ 1 - υ 2 ) / Μ υ = 0,04 (10 2) / 0,2 υ = 0,32 / 0,2 υ = 1,6 m / s, p M = M υ = 0,2 1,6 = 0,32 kg m / s. Δ 2. Δp m = p τελ,m p αρχ,m = m υ 2 - m υ 1 Δp m = m (υ 2 - υ 1 ) Δp m = 0,04(2 10) = 0,32 kg m / s. Δ 3. ΣF m = Δp m / Δt ΣF m = 0,32 / 0,1 = 3,2 N ΣF M = Δp M / Δt ΣF M = (p M - 0) / 0,1 = 0,32 / 0,1 = 3,2 N. Δ 4. H ενέργεια διατηρείται: Κ αρχ = Κ τελ + Q Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ 1 ² (½ m υ 2 ² + ½ M υ ²) Q = ½ 0,04 10² (½ 0,04 2² + ½ 0,2 1,6²) Q = 2 (0,08 + 0,256) = 2 0,336 = 1,664 joule. Ζητείται το ποσοστό: (Q / Κ αρχ ) 100% = (1,664 / 2) 100% = 83,2 %.
ΘΕΜΑ Δ15958 Στο σχήμα φαίνονται δύο δίσκοι με ακτίνες R 1 = 0,2 m και R 2 = 0,4 m αντίστοιχα, οι οποίοι συνδέονται μεταξύ τους με μη ελαστικό λουρί. Οι δίσκοι περιστρέφονται γύρω από σταθερούς άξονες που διέρχονται από το κέντρο τους και είναι κάθετοι στο επίπεδο τους. Αν η περίοδος περιστροφής του δίσκου (2) είναι σταθερή και ίση με Τ 2 = 0,05π s, να υπολογίσετε : Δ 1. το μέτρο της ταχύτητας των σημείων Α και Β της περιφέρειας των δίσκων, Δ 2. το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας του δίσκου (1), Δ 3. το λόγο των μέτρων των κεντρομόλων επιταχύνσεων των σημείων Α και Β : Δ 4. τον αριθμό των περιστροφών που έχει εκτελέσει ο δίσκος (1), όταν ο δίσκος (2) έχει εκτελέσει 10 περιστροφές. Λύση Δ 1. H γωνιακή ταχύτητα του δίσκου 2 είναι: ω 2 = 2π / Τ 2 ω 2 = 2π / 0,05π ω 2 = 20 rad / s. H ταχύτητα του Β είναι: υ 2 = ω 2 R 2 υ 2 = 20 0,4 = 8 m / s. Mέσω του ελαστικού ιμάντα υ 2 = υ 1 = 8 m / s. Δ 2. H ταχύτητα του Α: υ 1 = ω 1 R 1 ω 1 = υ 1 / R 1 ω 1 = 8 / 0,2 ω 1 = 40 rad / s. Δ 3. Ο λόγος των κεντρομόλων επιταχύνσεων : α 1 / α 2 = (υ 1 ² / R 1 ) / (υ 2 ² / R 2 ) α 1 / α 2 = υ 1 ² R 2 / υ 2 ² R 1 α 1 / α 2 = 0,4 / 0,2 = 2. Δ 4. H γωνία περιστροφής του δίσκου 2 : θ 2 = Ν 2 2π θ 2 = 10 2π = 20π rad. H γωνιακή ταχύτητα του δίσκου Β : ω 2 = θ 2 / t t = θ 2 / ω 2 t = 20π / 20 t = π s. Ισχύει ω 1 = θ 1 / t θ 1 = ω 1 t θ 1 = 40 π rad. θ 1 = Ν 1 2π N 1 = θ 1 / 2π N 1 = 40π / 2π N 1 = 20 περιστροφές.
ΘΕΜΑ Δ15961 Μια βόμβα μάζας m = 3 kg βρίσκεται στιγμιαία ακίνητη σε ύψος H = 500 m από την επιφάνεια της Γης. Τη στιγμή εκείνη εκρήγνυται σε δύο κομμάτια. Το πρώτο κομμάτι έχει μάζα m 1 = 2 kg και εκτοξεύεται οριζόντια με αρχική ταχύτητα υ 1 = 40 m / s. Δ 1. Να υπολογίσετε με πόση ταχύτητα εκτοξεύεται το δεύτερο κομμάτι. Δ 2. Να υπολογίσετε την ταχύτητα, σε μέτρο και κατεύθυνση, του δεύτερου κομματιού, 6 s μετά από την έκρηξη. Δ 3. Ποια χρονική στιγμή φτάνει το κάθε κομμάτι στο έδαφος; Σχολιάστε το αποτέλεσμα. Δ 4. Εάν το πρώτο κομμάτι φτάνει στο έδαφος στο σημείο Α και το άλλο στο σημείο Β να υπολογίσετε την απόσταση ΑΒ. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. Βλέπουμε αριστερά στο σχήμα την βόμβα μάζας m σε ύψος H. Δεξιά η βόμβα έχει μόλις εκραγεί στα m 1 και m 2 τμήματα που την αποτελούν. Ισχύει m = m 1 + m 2 m 2 = m - m 1 m 2 = 3 2 = 1 kg. Iσχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,,αρχ = p ολ,τελ 0 = m 1 υ 1 - m 2 υ 2 υ 2 = m 1 υ 1 / m 2 υ 2 = 2 40 / 1 = 80 m / s. Δ 2. Tα δύο τμήματα εκτελούν οριζόντια βολή. Το δεύτερο κομμάτι: υ 2,x = υ 2 = 80 m / s και υ 2,y = g t = 10 6 = 60 m / s. Η συνολική ταχύτητα υ 2 ² = υ 2 2 2,x + υ 2,y υ 2 ² = 80² + 60² υ 2 = 100 m / s. H διεύθυνση εφ θ = υ 2,y / υ 2,x εφ θ = 60 / 80 = 3 / 4. Δ 3. Η = ½ g t² t² = 2H / g t² = 2 500 / 10 t² = 100 t = 10 s.
Και οι δύο μάζες θα φτάσουν στο έδαφος ταυτόχρονα, η μάζα των σωμάτων δεν έχει σημασία εφόσον εκτελούν ελεύθερη πτώση στον y άξονα. Δ 4. Το βεληνεκές του m 1 είναι Δx 1 = υ 1 t Δx 1 = 40 10 = 400 m. Το βεληνεκές του m 2 είναι Δx 2 = υ 2 t Δx 1 = 80 10 = 800 m. H AB απόσταση είναι : ΑΒ = Δx 1 + Δx 2 = 400 + 800 = 1200 m.
ΘΕΜΑ Δ15965 Ανεμογεννήτρια οριζοντίου άξονα περιστροφής έχει τα εξής χαρακτηριστικά: Ύψος πύργου Η = 18 m (δηλαδή απόσταση από το έδαφος μέχρι το κέντρο της κυκλικής τροχιάς), ακτίνα έλικας R = 2 m, ενώ πραγματοποιεί 60 περιστροφές ανά λεπτό. Δ 1. Να υπολογίσετε τη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της έλικας. Στην άκρη της έλικας έχει κολλήσει ένα (σημειακό) κομμάτι λάσπης. Δ 2. Να υπολογίσετε τη γραμμική ταχύτητα και την κεντρομόλο επιτάχυνση του κομματιού της λάσπης. Τη στιγμή που η λάσπη περνάει από το ανώτερο σημείο της τροχιάς της ξεκολλάει κι εγκαταλείπει την έλικα. Δ 3. Τι είδους κίνηση θα εκτελέσει; Δ 4. Μετά από πόσο χρόνο θα φτάσει στο έδαφος και με τι ταχύτητα; Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g =10 m/s 2. Θεωρήστε π 2 ~ 10. Επίσης θεωρήστε αμελητέα την αντίσταση του αέρα. Λύση Δ 1. Δίνεται η συχνότητα: f = N / t f = 60 / 1 min = 60 / 60 s = 1 Ηz. Η γωνιακή ταχύτητα ω = 2π f = 2 3,14 1 = 6,28 rad / s ή 2π rad / s. Δ 2. H γραμμική ταχύτητα του άκρου: υ = ω R υ = 2π 2 = 4π m / s. H κεντρομόλoς επιτάχυνση είναι α κ = υ 2 / R α κ = (4π)² / 2 α κ = 80 rad / s². Δ 3. Θα εκτελέσει οριζόντια βολή: με υ x = υ = 4π m / s. Δ 4. Το ύψος που βρίσκεται το σώμα στο πάνω μέρος της κυκλικής του τροχιάς είναι Η = Η + R = 18 + 2 = 20 m. Εκτελεί και ελεύθερη πτώση, άρα: Η = ½ g t² t² = 2 H / g t² = 2 20 / 10 t² = 4 t = 2 s. Με ταχύτητα στον y άξονα: υ y = g t = 10 2 = 20 m / s. H συνολική ταχύτητα θα είναι: υ² = υ x ² + υ y ² υ² = (4π)² + 20² υ² = 16π² + 400 υ² = 560 υ = 23,7 m / s.
ΘΕΜΑ Δ15967 Τη χρονική στιγμή t o = 0 σώμα μάζας m 1 = 0,4 kg βάλλεται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου υ 1 = 30 m/s από ύψος 160 m από το έδαφος. Ταυτόχρονα από το έδαφος βάλλεται κατακόρυφα προς τα επάνω ένα δεύτερο σώμα μάζας m 2 = 0,1 kg με ταχύτητα μέτρου m 2 = 40 m/s. Όταν το m 2 φτάσει στο μέγιστο ύψος της τροχιάς του, τα δύο σώματα συγκρούονται πλαστικά. Να υπολογίσετε: Δ 1. To μέγιστο ύψος που φτάνει το m 2 και τη χρονική στιγμή t 1 της κρούσης. Δ 2. Την ταχύτητα του σώματος m 1 (σε μέτρο και κατεύθυνση, υπολογίζοντας τη γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα της ταχύτητας του σώματος m l με τον οριζόντιο άξονα) τη χρονική στιγμή t 1. Δ 3. Να αποδείξετε ότι τη χρονική στιγμή που το σώμα μάζας m 2 φτάνει στο μέγιστο ύψος του, το σώμα m 1 βρίσκεται επίσης στο ίδιο ύψος. Δ 4. Την ταχύτητα του συσσωματώματος (σε μέτρο και κατεύθυνση, υπολογίζοντας τη γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα της ταχύτητας του συσσωματώματος με τον οριζόντιο άξονα) αμέσως μετά την κρούση. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m/s 2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. To m 2 εκτελεί κατακόρυφη βολή και φτάνει σε μέγιστο ύψος h όπου η ταχύτητα του μηδενίζεται: υ y = υ 2 g t 1 0 = υ 2 g t 1 υ 2 = g t 1 t 1 = υ 2 / g t 1 = 40 / 10 t 1 = 4 s. To μέγιστο ύψος είναι: h = υ 2 t 1 - ½ g t 1 ² h = 40 4 - ½ 10 4² h = 160 80 = 80 m. Δ 2. Την χρονική στιγμή t 1 το σώμα m 1 έχει ταχύτητα υ 1,y = g t 1 και συνολική ταχύτητα: υ 1 ² = υ 1 ² + υ 1,y ² υ 1 ² = 30² + (10 4)² υ 1 ² = 900 + 1600 υ 1 ² = 2500 υ 1 = 50 m / s. H διεύθυνση της ταχύτητας είναι: εφ θ = υ 1,y / υ 1 εφ θ = 40 / 30 = 4 / 3.
Δ 3. Το m 1 την χρονική στιγμή t 1 βρίσκεται σε ύψος y 1 = ½ g t 1 ² = ½ 10 4² = 80 m, άρα βρίσκεται σε ύψος h 1 = H - y 1 h 1 = 160 80 = 80 m στο ίδιο ύψος με το m 2. Δ 4. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ,αρχ = p ολ,τελ m 1 υ 1 = (m 1 + m 2 ) υ υ = m 1 υ 1 / (m 1 + m 2 ) υ = 0,4 50 / (0,4 + 0,1) υ = 2 / 0,5 υ = 4 m / s. H διεύθυνση της ταχύτητας του συσσωματώματος είναι η ίδια με την διεύθυνση της m 1 λίγο πριν την κρούση, άρα εφ θ = 4 / 3.
ΘΕΜΑ Δ15969 Σώμα μάζας m 1 = 2 kg αφήνεται από κάποιο ύψος και μετά από 3 s χτυπάει με ταχύτητα μέτρου υ 1 στο έδαφος. Το σώμα αναπηδά με ταχύτητα μέτρου υ 2 = 20 m / s. Καθώς ανεβαίνει και σε ύψος 15 m από το έδαφος, συγκρούεται πλαστικά με άλλο σώμα μάζας m 2 = 3 kg που συγκρατείται ακίνητο στο ύψος αυτό, και τη στιγμή της κρούσης απελευθερώνεται. Να υπολογίσετε: Δ 1. την ταχύτητα υ 1 καθώς και το αρχικό ύψος από το οποίο αφέθηκε το σώμα m 1, Δ 2. τη μέση συνισταμένη δύναμη που δέχτηκε το σώμα μάζας m 1 κατά την κρούση του με το έδαφος, εάν ο χρόνος επαφής με αυτό ήταν 0,1 s, Δ 3. την ταχύτητα του συσσωματώματος αμέσως μετά την κρούση, Δ 4. το μέγιστο ύψος από το έδαφος που θα φθάσει το συσσωμάτωμα, Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m / s 2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. Κατά την ελεύθερη πτώση του σώματος m 1 από ύψος h = ½ g t 1 ² h = ½ 10 3² h = 45 m, η ταχύτητα υ 1 = g t 1 υ 1 = 10 3 υ 1 = 30 m / s. Δ 2. H συνισταμένη δύναμη ΣF = Δp 1 / Δt ΣF = (m 1 υ 2 - m 1 υ 1 ) / Δt ΣF = (2 20 2 30) / 0,1 ΣF = -200 N. Δ 3. Θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας: Κ τελ Κ αρχ = W ½ m 1 υ 2 2 ½ m 1 υ 2 2 = m 1 g y υ 2 2 = 2 υ 2 2 2 g y υ 2 2 = 2 20² - 2 10 15 υ 2 2 = 800 300 υ 2 2 = 500 υ 2 = 10 5 m / s. Αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ,αρχ = p ολ,τελ m 1 υ 2 + 0 = (m 1 + m 2 ) υ υ = m 1 υ 2 / (m 1 + m 2 ) υ = 2 10 5 / 5 υ = 4 5 m / s. Δ 4. Το συσσωμάτωμα θα φτάσει στο μέγιστο ύψος άρα υ = 0, το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας είναι:
Κ τελ Κ αρχ = W ½ (m 1 + m 2 ) υ 2 ½ (m 1 + m 2 ) υ 2 = (m 1 + m 2 ) g Η 0 - ½ (m 1 + m 2 ) υ 2 = - (m 1 + m 2 ) g Η Η = υ 2 / 2 g Η = 2000 / 20 Η = 100 m. Το συνολικό ύψος που θα ανέβει το συσσωμάτωμα είναι: Η = Η + y H = 100 + 15 = 115 m.
ΘΕΜΑ Δ15971 Σώμα μάζας m 1 = 2 kg είναι δεμένο στο άκρο νήματος μήκους l = 1,25 m. Το σώμα αφήνεται από το σημείο Α, με το νήμα οριζόντιο, και διαγράφει το τεταρτοκύκλιο που φαίνεται στο σχήμα. Διερχόμενο από το κατώτερο σημείο της τροχιάς του Β, όπου η ταχύτητά του έχει μέτρο υ 1, συγκρούεται πλαστικά με σώμα μάζας m 2 = 3 kg που κινείται με ταχύτητα υ 2 αντίθετης κατεύθυνσης από την υ 1. Το συσσωμάτωμα που δημιουργείται κινείται με ταχύτητα μέτρου V = 4 m / s, με κατεύθυνση ίδια με την κατεύθυνση της ταχύτητας υ 2. Να υπολογίσετε: Δ 1. Το μέτρο της ταχύτητας υ 1. Δ 2. Την τάση του νήματος καθώς το σώμα m 1 διέρχεται από το σημείο Β. Δ 3. Το μέτρο της ταχύτητας υ 2. Δ 4. Την αύξηση της θερμικής ενέργειας κατά την κρούση. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m / s 2. Η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. Το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για το m 1, από την θέση Α στη θέση Β: Κ τελ Κ αρχ = W ½ m 1 υ 2 2 2 1 0 = m 1 g l υ 1 = 2 g l υ 1 = 2 10 1,25 2 υ 1 = 25 υ 1 = 5 m / s. Δ 2. H κεντρομόλος δύναμη που ασκείται στο m 1 είναι η συνισταμένη των δυνάμεων: 2 2 2 ΣF = m 1 υ 1 / l T - m 1 g = m 1 υ 1 / l T = m 1 υ 1 / l + m 1 g T = 2 25 / 1,25 + 2 10 T = 40 + 20 = 60 N. Δ 3. H αρχή διατήρησης της ορμής: p oλ,αρχ = p ολ,τελ m 2 υ 2 - m 1 υ 1 = (m 1 + m 2 ) v υ 2 = ((m 1 + m 2 ) v + m 1 υ 1 ) / m 2 υ 2 = (5 4 + 2 5) / 3 υ 2 = 10 m / s. Δ 4. H θερμική ενέργεια κατά την κρούση Q, υπολογίζεται από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: Κ αρχ = Q + Κ τελ Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m 2 υ 2 ² +½ m 1 υ 1 ² - ½ (m 1 + m 2 ) v² Q = ½ 3 10² +½ 2 5² - ½ 5 4² Q = 150 + 25 40 Q = 135 joule.
ΘΕΜΑ Δ15974 Ένας ξύλινος στόχος μάζας M = 5 kg βρίσκεται ακίνητος σε λείο οριζόντιο δάπεδο. Βλήμα μάζας m = 0,1 kg λίγο πριν την κρούση με το στόχο, έχει οριζόντια προς τα δεξιά ταχύτητα με μέτρο 200 m / s. Το βλήμα διαπερνά το στόχο και εξέρχεται από αυτόν με οριζόντια ταχύτητα μέτρου 100 m / s, ομόρροπη της αρχικής του ταχύτητας. Δ 1. Να βρεθεί η ταχύτητα την οποία αποκτά ο στόχος αμέσως μετά τη σύγκρουση. Δ 2. Να βρεθεί το ποσό της κινητικής ενέργειας που μετατράπηκε σε θερμότητα εξ αιτίας της συγκρούσεως. Υποθέτουμε ότι οι δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ του στόχου και του βλήματος, όταν το βλήμα διαπερνά το στόχο, είναι χρονικά σταθερές. Δ 3. Αν ο χρόνος που χρειάστηκε το βλήμα να διαπεράσει το στόχο είναι Δt = 0,01 s, να βρείτε το μέτρο της δύναμης που ασκείται από το βλήμα στο στόχο. Δ 4. Ο στόχος βρίσκεται στην άκρη ενός τραπεζιού, οπότε μετά την κρούση εκτελεί οριζόντια βολή. Όταν ο στόχος πέφτει στο δάπεδο, τότε το μέτρο της ταχύτητάς του είναι διπλάσιο από το μέτρο της ταχύτητας που έχει αμέσως μετά τη σύγκρουσή του με το βλήμα. Να βρεθεί το ύψος του τραπεζιού. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της γης g = 10 m / s 2. Λύση Δ 1. Μια περίπτωση ανελαστικής κρούσης, το βλήμα m περνάει μέσα από το σώμα M. Στο πρώτο και δεύτερο σχήμα βλέπουμε τα m και M πριν και μετά την κρούση. Αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,αρχ = p ολ,τελ m υ 1 = M υ 2 + m υ 1 M υ 2 = m υ 1 - m υ 1 υ 2 = (m υ 1 - m υ 1 ) / M υ 2 = (0,1 200 0,1 100) / 5 υ 2 = (20 10) / 5 υ 2 = 2 m / s. Δ 2. Αρχή διατήρησης της ενέργειας:
Κ αρχ = Q + Κ τελ Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ 1 ² (½ m υ 1 ² + ½ M υ 2 ²) Q = ½ 0,1 200² (½ 0,1 100² + ½ 5 2²) Q = 2000 (500 + 10) Q = 1490 joule. Δ 3. Ο 2ος γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt ΣF = (M υ 2-0) / Δt ΣF = 5 2 / 0,01 ΣF = 1000 N. Δ 4. Το σώμα Μ εκτελεί οριζόντια βολή. Δίνεται υ 2 = 2 υ 2 = 4 m / s. Από το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας: Κ τελ - Κ αρχ = W ½ M υ 2 ² - ½ M υ 2 ² = M g h h = (υ 2 ² - υ 2 ²) / 2 g h = (4² 2²) / 2 10 h = (16 4) / 20 h = 12 / 20 = 0,6 m.
ΘΕΜΑ Δ15978 Ένα τρενάκι αποτελείται από δύο μικρά βαγόνια και μπορεί να κινείται με ομαλή κυκλική κίνηση σε κυκλικές ράγες ακτίνας r = (2 / π) m με περίοδο T = 2 s. Δ 1. Να υπολογίσετε το μέτρο της γραμμικής ταχύτητας περιστροφής του αντικειμένου. Κάποια χρονική στιγμή το τρένο υφίσταται μια μικρή έκρηξη και τα δύο βαγόνια αποχωρίζονται μεταξύ τους, ενώ συνεχίζουν να κινούνται στις κυκλικές ράγες. Η μάζα και των δύο μαζί είναι m = 3 kg ενώ η μάζα του μπροστινού βαγονιού είναι m 1 = 1 kg. Το μπροστινό βαγόνι μετά την έκρηξη κινείται με ταχύτητα μέτρου υ 1 = 12 m / s του τρένου. Δ 2. Να υπολογίσετε την τιμή της ταχύτητας του άλλου βαγονιού. Δ 3. Να βρείτε το ποσό της ενέργειας που ελευθερώνεται κατά την έκρηξη. Δ 4. Πόση γωνία θα έχει διαγράψει το κάθε βαγόνι μέχρι να συναντηθούν για πρώτη φορά, μετά την έκρηξη; Στην επίλυση του προβλήματος θεωρούμε τα βαγόνια ως υλικά σημεία. Λύση Δ 1. H γωνιακή ταχύτητα: ω = 2π / Τ ω = 2π / 2 ω = π rad / s. H σχέση γραμμικής και γωνιακής ταχύτητας: υ = ω r υ = π 2 / π υ = 2 m / s. Δ 2. Bλέπουμε στο σχήμα την αποχώρηση των δύο βαγονιών, για τις μάζες: m = m 1 + m 2 m 2 = m m 1 m 2 = 3 1 = 2 kg. Iσχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,αρχ = p ολ,τελ m υ = m 1 υ 1 - m 2 υ 2 m 2 υ 2 = m 1 υ 1 - m υ υ 2 = ( m 1 υ 1 - m υ ) / m 2 υ 2 = (1 12 3 2) / 2 υ 2 = 3 m / s. Δ 3. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ενέργειας: K αρχ = Q + K τελ Q = K αρχ - K τελ Q = ½ m υ² (½ m 1 υ 1 ² + ½ m 2 υ 2 ²)
Q = ½ 3 2² (½ 1 12² + ½ 2 3²) Q = 6 (72 + 9) Q = 6 81 = 75 joule. Δ 4. To m 1 βαγόνι θα έχει διαγράψει τόξο: 2πr x ενώ το m 2 βαγόνι θα έχει διαγράψει τόξο: x μέχρι να συναντηθούν τα δύο βαγόνια για πρώτη φορά: υ 1 = (2πr x) / t 2πr x = υ 1 t και υ 2 = x / t x = υ 2 t άρα 2πr - υ 2 t = υ 1 t 2π r = υ 2 t + υ 1 t 2π r = (υ 2 + υ 1 ) t t = 2π r / (υ 2 + υ 1 ) t = 2 (3+12) t = 30 s. Ισχύει: υ 1 = ω 1 r ω 1 = υ 1 / r ω 1 = 6π rad / s, υ 2 = ω 2 r ω 2 = υ 2 / r ω 2 = 1,5π rad / s. ω 1 = θ 1 / t θ 1 = ω 1 t θ 1 = 6π 30 = 180π rad και ω 2 = θ 2 / t θ 2 = ω 2 t θ 2 = 1,5π 30 = 45π rad.
ΘΕΜΑ Δ15979 Ένα βλήμα μάζας m = 0,1 kg κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ = 100 m / s και προσκρούει σε ακίνητο στόχο μάζας M = 4,9 kg οπότε και δημιουργείται συσσωμάτωμα. Να βρείτε: Δ 1. Την ταχύτητα του συσσωματώματος. Δ 2. Τη θερμότητα η οποία ελευθερώθηκε λόγω της σύγκρουσης. Δ 3. Το μέτρο της μεταβολής της ορμής για κάθε σώμα ξεχωριστά κατά τη διάρκεια της σύγκρουσης. Δ 4. Το βλήμα διανύει μέσα στο στόχο απόσταση 1 m. Να βρεθεί η μέση δύναμη που ασκείται από το στόχο στο βλήμα κατά της διάρκεια της ενσωμάτωσής του, αν υποτεθεί ότι το βλήμα και ο στόχος εκτελούν ευθύγραμμες ομαλά μεταβαλλόμενες κινήσεις κατά τη χρονική διάρκεια της σύγκρουσης. Λύση Δ 1. Η αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,αρχ = p ολ,τελ m υ =(m + M) υ υ = m υ / (m + M) υ = 0,1 100 / (0,1 + 4,9) υ = 2 m / s. Δ 2. H θερμότητα που απελευθερώθηκε λόγω της κρούσης υπολογίζεται από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: K αρχ = Q + K τελ Q = K αρχ - K τελ Q = ½ m υ² - ½ (Μ + m) υ ² Q = ½ 0,1 100² - ½ 5 2² Q = 500 10 = 490 joule. Δ 3. Τo μέτρο της μεταβολής της ορμής για τα δύο σώματα είναι: Δp m = p τελ,m - p αρχ,m Δp m = m υ m υ Δp m = m (υ υ) Δp m = 0,1 (2 100) Δp m = 9,8 kg m / s. Δp M = p τελ,m - p αρχ,m Δp M = M υ 0 Δp M = M υ Δp M = 4,9 2 = 9,8 kg m / s. Δ 4. Τo βλήμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση: Εστω και οι δυνάμεις που ασκούνται στο βλήμα και το στόχο αντίστοιχα κατά τη διάρκεια Δt της ενσωμάτωσης. Εφόσον τα δύο σώματα κάνουν ομαλά μεταβαλλόμενες κινήσεις, οι δυνάμεις αυτές θα είναι σταθερές. Αν στη διάρκεια το Δt ο στόχος μετατοπιστεί κατά d, το βλήμα θα έχει μετατοπιστεί κατά d+x. Εφαρμόζουμε το ΘΜΚΕ για κάθε σώμα. Βλήμα : -F(d+x)=1/2mυ 2 κ -1/2mυ 2 Στόχος : +Fd=1/2Mυ 2 κ -0 Με πρόσθεση κατά μέλη, -Fx=1/2(m+Μ)υ 2 κ -1/2mυ 2 από την οποία προκύπτει ότι F=490Ν
ΘΕΜΑ Δ15980 Δύο σώματα με μάζες m 1 = 1 kg και m 2 = 2 kg κινούνται το ένα προς το άλλο, σε λείο οριζόντιο επίπεδο με ταχύτητες μέτρου 4 m / s και 3 m / s και σε αντίθετες κατευθύνσεις. Τα σώματα κουβαλούν μικροποσότητες εκρηκτικών, τα οποία ενδέχεται να εκραγούν κατά τη μεταξύ τους σύγκρουση. Παρατηρούμε ότι μετά τη σύγκρουσή τους η ταχύτητα του σώματος 1 έχει μέτρο 8 m / s και κατεύθυνση αντίθετη από την αρχική κατεύθυνση κίνησης του σώματος 1. Να βρείτε: Δ 1. Την ταχύτητα του σώματος 2 μετά τη σύγκρουση. Δ 2. Τη μεταβολή της ορμής κατά μέτρο για κάθε σώμα ξεχωριστά. Δ 3. Τη μέση δύναμη που ασκεί το κάθε σώμα στο άλλο, αν η σύγκρουση διαρκεί Δt = 0,01 s. Δ 4. Κατά τη σύγκρουση εξερράγη κάποια ποσότητα εκρηκτικού ή απλώς παράχθηκε κάποιο ποσό θερμικής ενέργειας λόγω της σύγκρουσης; Να προσδιορίσετε το ποσό της θερμότητας που παράχθηκε λόγω της σύγκρουσης ή της ελάχιστης ενέργειας που ελευθερώθηκε από το εκρηκτικό, με βάση την απάντησή σας στο προηγούμενο ερώτημα. Λύση Δ 1. Το σχήμα της άσκησης: Ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής: p ολ,αρχ = p ολ,τελ m 2 υ 2 - m 1 υ 1 = m 1 υ 1 + m 2 υ 2 m 2 υ 2 = m 2 υ 2 - m 1 υ 1 + m 1 υ 1 υ 2 = (m 1 (υ 1 - υ 1 ) m 2 υ 2 ) / m 2 υ 2 = (1 (8 4) 2 3) / 2 υ 2 = 1 m / s. Δ 2. H μεταβολή της ορμής για το m 1 : Δp 1 = p 1 - p 1 Δp 1 = m 1 υ 1 - m 1 υ 1 Δp 1 = m 1 (υ 1 - υ 1 ) Δp 1 = 1 (8 4) = 4 kg m / s. H μεταβολή της ορμής για το m 2 : Δp 2 = p 2 - p 2 Δp 2 = m 2 υ 2 - m 2 υ 2 Δp 2 = m 2 (- υ 2 - υ 2 ) Δp 2 = 2 ( 1 3 ) = - 4 kg m / s. Λογικό αποτέλεσμα γιατί ισχύει Δp 1 = - Δp 2. Δ 3. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton : ΣF 1 = Δp 1 / Δt ΣF 1 = 4 / 0,01 = 400 N. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton : ΣF 2 = Δp 2 / Δt ΣF 2 = 4 / 0,01 = 400 Ν. Λογικό γιατί ισχύει ΣF 1 = - ΣF 2 (δυνάμεις δράσης αντίδρασης). Δ 4. Ισχύει η αρχή διατήρησης της ενέργειας: K αρχ = Q + K τελ Q = K αρχ - K τελ Q = (½ m 1 υ 1 ² + ½ m 2 υ 2 ²) - (½ m 1 υ 1 ² + ½ m 2 υ 2 ²) Q = (½ 1 4² + ½ 2 3²) (½ 1 8² + ½ 2 1²) Q = (8 + 9) (32 + 1) Q = 17 33 = 16 joule.
ΘΕΜΑ Δ15982 Σώμα βρίσκεται στην οριζόντια ταράτσα ουρανοξύστη και εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση σε κύκλο ακτίνας r = 5 / π m με περίοδο T = ½ s. Να βρείτε: Δ 1. Το μέτρο της γραμμικής ταχύτητας του σώματος. Κάποια χρονική στιγμή το σκοινί το οποίο κρατάει το σώμα στην κυκλική τροχιά κόβεται, με αποτέλεσμα αυτό να διαφύγει εκτελώντας οριζόντια βολή. Να βρείτε: Δ 2. Την ταχύτητα του σώματος κατά μέτρο και κατεύθυνση 2 s αφού εγκαταλείψει την οροφή της πολυκατοικίας. Δ 3. Την απόσταση από το σημείο που διέφυγε από την ταράτσα μέχρι το σημείο που βρίσκεται τη χρονική στιγμή που περιγράφεται στο ερώτημα Δ 2. Δ 4. Παρατηρούμε ότι το σώμα πέφτει στο οριζόντιο έδαφος με γωνία ως προς αυτό θ για την οποία ισχύει: εφθ = 2. Να βρείτε το πηλίκο της κατακόρυφης απόστασης του σημείου βολής από το έδαφος προς τη μέγιστη οριζόντια μετατόπιση (βεληνεκές) του σώματος. Δίδεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στη επιφάνειας της γης g =10 m / s², και ότι κάθε είδους τριβή όπως και η αντίσταση από τον αέρα θεωρούνται αμελητέες. Λύση Δ 1. Στο αριστερό σχήμα μια κάτοψη της ταράτσας, η γραμμική ταχύτητα υ = 2π r / T υ = 2π (5 / π) / (½) υ = 20 rad / s. Δ 2. Τo σώμα εκτελεί οριζόντια βολή, όπως βλέπουμε στο δεξί σχήμα, ισχύει: υ x = υ = 20 m / s και υ y = g t υ y = 10 2 = 20 m / s. Η συνολική ταχύτητα υ ² = υ x ² + υ y ² υ ² = 20² + 20² υ ² = 2 20² υ = 20 2 m / s. H διεύθυνση εφθ = υ y / υ εφθ = 20 / 20 = 1 θ = 45
Δ 3. Το ύψος y είναι: y = ½ g t² y = ½ 10 2² = 20 m. Επίσης διανύει x απόσταση στον οριζόντιο άξονα: υ = x / t x = υ t x = 20 2 = 40 m, άρα η απόσταση όπως βλέπουμε στο αριστερό σχήμα είναι: d² = y² + x² d² = 20² + 40² d² = 400 + 1600 d² = 2000 d = 20 5 m. Δ 4. Από το δεξί σχήμα: εφθ = H / S H / S = 2.
ΘΕΜΑ Δ15985 Ο καθηγητής της φυσικής μιας σχολής αξιωματικών του στρατού θέτει ένα πρόβλημα σχετικά με το πώς οι φοιτητές, αξιοποιώντας τις γνώσεις τους από το μάθημα, θα μπορούσαν να υπολογίσουν την ταχύτητα υ του βλήματος ενός πιστολιού. Ο καθηγητής υποδεικνύει στους φοιτητές την παρακάτω διαδικασία: Το βλήμα μάζας m εκτοξεύεται οριζόντια και σφηνώνεται σε ένα κομμάτι ξύλου, μάζας Μ, που ισορροπεί ελεύθερο στην κορυφή ενός στύλου ύψους h. Οι μάζες m και Μ μετρώνται με ζύγιση και το ύψος h μετράται με μετροταινία. Το συσσωμάτωμα αμέσως μετά την κρούση εκτελεί οριζόντια βολή και χτυπάει στο έδαφος σε οριζόντια απόσταση x από τη βάση του στύλου, αφήνοντας ένα σημάδι στο χώμα ώστε να είναι δυνατή η μέτρηση αυτής της απόστασης x. Οι φοιτητές έκαναν τη διαδικασία και τις μετρήσεις που τους υπέδειξε ο καθηγητής τους και βρήκαν τις τιμές m = 0,1 kg, M = 1,9 kg, h = 5 m και x = 10 m. Λαμβάνοντας υπόψη τις προηγούμενες τιμές των μεγεθών που μετρήθηκαν από τους φοιτητές, και θεωρώντας την αντίσταση του αέρα αμελητέα, να υπολογίσετε: Δ 1. Το χρονικό διάστημα που πέρασε από την στιγμή της κρούσης μέχρι το συσσωμάτωμα να αγγίξει το έδαφος. Δ 2. Το μέτρο της οριζόντιας ταχύτητας V την οποία απέκτησε το συσσωμάτωμα αμέσως μετά την κρούση. Δ 3. Το μέτρο της ταχύτητας υ του βλήματος πριν σφηνωθεί στο ξύλο. Δ 4. Την απώλεια της μηχανικής ενέργειας του συστήματος βλήμα ξύλο κατά την κρούση. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γής g = 10m/s 2. Λύση Δ 1. Το συσσωμάτωμα εκτελεί οριζόντια βολή: h = ½ g t² t² = 2 h / g t² = 2 5 / 10 t = 1 s. Δ 2. Τo βεληνεκές S = x = υ t υ = x / t υ = 10 / 1 = 10 m / s. Δ 3. Η αρχή διατήρησης της ορμής: P oλ,αρχ = P oλ,τελ m υ = (m + M) υ υ = (m + M) υ / m υ = (0,1 + 1,9) 10 / 0,1 υ = 200 m / s. Δ 4. H απώλεια της μηχανικής ενέργειας Q, αρχή διατήρησης της ενέργειας: Κ αρχ = Κ τελ + Q Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ² - ½ (Μ + m) υ ² Q = ½ 0,1 200² - ½ (1,9 + 0,1) 10² Q = 2000 100 Q = 1900 joule.
ΘΕΜΑ Δ15986 Μία οβίδα μάζας 3 kg εκτοξεύεται από το σημείο Α του οριζόντιου εδάφους κατακόρυφα προς τα πάνω. Όταν φθάνει στο ανώτερο σημείο O της τροχιάς της, δηλαδή έχει στιγμιαία ταχύτητα μηδέν, σπάει ακαριαία, λόγω εσωτερικής έκρηξης, σε δύο κομμάτια με μάζες m 1 = 1 kg και m 2 = 2 kg. Το σημείο Ο βρίσκεται σε ύψος 20 m από το έδαφος. Το κομμάτι μάζας m 1 αποκτά αμέσως μετά την έκρηξη οριζόντια ταχύτητα μέτρου 10 m / s με φορά προς τα δεξιά ενός παρατηρητή. Τα κομμάτια m 1 και m 2 κινούνται και πέφτουν στο έδαφος στα σημεία Κ και Λ αντιστοίχως. Να υπολογίσετε: Δ 1. Το μέτρο και την κατεύθυνση της ταχύτητας που αποκτά το κομμάτι μάζας m 2 αμέσως μετά την έκρηξη. Δ 2. Το χρονικό διάστημα που κινείται κάθε κομμάτι από τη στιγμή της έκρηξης μέχρι να αγγίξει το έδαφος. Δ 3. Την απόσταση ΚΛ. Δ 4. Το μέτρο της ταχύτητας του κομματιού μάζας m 1 ακριβώς πριν ακουμπήσει στο σημείο Κ του εδάφους. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2, και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. Το σχήμα της άσκησης είναι: Βλέπουμε στο αριστερό σχήμα το σώμα m που έχει φτάσει στο ανώτερο ύψος της τροχιάς του και έχει υ = 0. Η αρχή διατήρησης της ορμής: P oλ,αρχ = P oλ,τελ 0 = m 1 υ 1 - m 2 υ 2 m 1 υ 1 = m 2 υ 2 υ 2 = m 1 υ 1 / m 2 υ 2 = 1 10 / 2 υ 2 = 5 m / s. H m 2 θα κινηθεί προς τα αριστερά σε οριζόντια διεύθυνση. Δ 2. Το κάθε κομμάτι θα εκτελέσει οριζόντια βολή, άρα : Η = ½ g t² t² = 2 H / g t² = 2 20 / 10 t = 2 s.
O χρόνος κίνησης είναι ο ίδιος και για τις δύο μάζες. Δ 3. Το βεληνεκές για τις δύο μάζες είναι: Δx 1 = υ 1 t Δx 1 = 10 2 = 20 m και Δx 2 = υ 2 t Δx 2 = 5 2 = 10 m. Από το σχήμα: (ΚΛ) = Δx 1 + Δx 2 (ΚΛ) = 20 + 10 = 30 m / s. Δ 4. H ταχύτητα του m 1 είναι υ 1,x = υ 1 = 10 m / s και υ 1,y = g t = 10 2 = 20 m / s, στους δύο άξονες, άρα συνολικά: υ 1 ² = υ 1,x ² + υ 1,y ² υ 1 ² = 10² + 20² υ 1 ² = 100 + 400 υ 1 ² = 500 υ 1 = 10 5 m / s.
ΘΕΜΑ Δ15988 Μικρή σφαίρα μάζας 0,1 kg αφήνεται από ύψος h να πέσει ελεύθερα πάνω σε οριζόντιο δάπεδο. Η σφαίρα προσκρούει στο δάπεδο με ταχύτητα μέτρου υ 1 = 5 m / s και αναπηδά κατακόρυφα έχοντας αμέσως μόλις χάσει την επαφή της με το δάπεδο, ταχύτητα μέτρου υ 2 = 2 m / s. Η χρονική διάρκεια της επαφής της σφαίρας με το δάπεδο είναι 0,1 s. Να υπολογιστούν: Δ 1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας (κατά μέτρο και κατεύθυνση) κατά την κρούση της με το δάπεδο. Δ 2. Η μέση τιμή της δύναμης που ασκήθηκε από το δάπεδο στη σφαίρα κατά την κρούση. Δ 3. Το ύψος h από το οποίο αφέθηκε η σφαίρα. Δ 4. Το % ποσοστό της αρχικής μηχανικής ενέργειας της σφαίρας που μεταφέρθηκε στο περιβάλλον κατά την κρούση. Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2 και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Θεωρήστε ως επίπεδο δυναμικής ενέργειας μηδέν, το επίπεδο του δαπέδου. Λύση Δ 1. Η μεταβολή της ορμής της σφαίρας: Δp = p 2 - p 1 Δp = - mυ 2 - m υ 1 Δp = 0,1 (5 + 2) = 0,7 kg m / s². H διεύθυνση της Δp είναι κατακόρυφη και η φορά προς τα πάνω. Δ 2. O 2oς γενικευμένος νόμος του Newton: ΣF = Δp / Δt ΣF = 1 / 0,1 = 7 Ν. Η ΣF και Δp έχουν ίδια διεύθυνση και φορά. Η συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα: ΣF = m g N N = m g - ΣF N = 0,1 10 7 N = 6 N. Το μείον απλά δηλώνει ότι η φορά της Ν είναι αντίθετη της θετικής φοράς (προς τα πάνω) όπως και συμβαίνει. Δ 3. Η σφαίρα εκτελεί ελεύθερη πτώση με ταχύτητα υ 1 = g t t = υ 1 / g t = 5 / 10 t = ½ s. To ζητούμενο ύψος h = ½ g t² h = 5 / 4 = 1,25 m. Δ 4. H αρχή διατήρησης της ενέργειας: Κ αρχ = Κ τελ + Q Q = Κ αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ 1 ² - ½ m υ 2 ² Q = ½ 0,1 5² - ½ 0,1 2² Q = 1,25 0,2 Q = 1,05 joule. Το ζητούμενο ποσοστό: (Q / Κ αρχ ) 100% = (1,05 / 1,25) 100% = 84 %.
ΘΕΜΑ Δ15989 Ένας ξύλινος κύβος μάζας Μ = 1 kg ισορροπεί στην άκρη της ταράτσας στο σημείο Ο ενός κτηρίου Κ 1 ύψους 40 m. Κάποια στιγμή, που τη θεωρούμε ως αρχή μέτρησης του χρόνου t = 0, ένα βλήμα μάζας m = 0,1 kg, το οποίο κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ 1 = 200 m / s, διαπερνά ακαριαία τον κύβο και εξέρχεται από αυτόν με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ 2, ενώ ο κύβος αποκτά οριζόντια ταχύτητα μέτρου v. Ο κύβος εκτελεί στη συνέχεια οριζόντια βολή και καθώς κινείται συναντά έλα κτήριο Κ 2 ύψους 20 m, οπότε προσκρούει στο σημείο Α της ταράτσας, που είναι το πλησιέστερο σημείο της στο κτήριο Κ 1. Τα κτήρια απέχουν 20 m, όπως φαίνεται στο σχήμα. Να υπολογιστούν: Δ 1. η χρονική στιγμή της πρόσκρουσης του κύβου στο σημείο Α, Δ 2. το μέτρο v της ταχύτητας του κύβου αμέσως μετά τη διέλευση του βλήματος, Δ 3. το μέτρο της ταχύτητας του κύβου πριν ακριβώς προσκρούσει στο σημείο Α, Δ 4. η απώλεια της μηχανικής ενέργειας του συστήματος βλήμα κύβος κατά τη διέλευση του βλήματος από τον κύβο. Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2 και ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα. Λύση Δ 1. O κύβος εκτελεί οριζόντια βολή, η διαφορά ύψους των σημείων Ο, Α είναι: (40 20) = ½ g t² t² = 4 t = 2 s. Δ 2. Το βεληνεκές: S = v t v = S / t v = 20 / 2 = 10 m / s.
Προσοχή: είναι 20 m και η οριζόντια απόσταση. Δ 3. Iσχύει: v y = g t = 10 2 = 20 m / s. Η συνολική ταχύτητα v ² = v² + v y ² v ² = 10² + 20² = 500 v = 10 5 m / s. Δ 4. Η αρχή διατήρησης της ορμής: P ολ,αρχ = P ολ,τελ m υ 1 = Μ v + m υ 2 m υ 2 = m υ 1 - Μ v υ 2 = υ 1 - (Μ / m) v υ 2 = 200 (1 / 0,1) 10 = 100 m / s. Aρχή διατήρησης της ενέργειας: K αρχ = Q + Κ τελ Q = K αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ 1 ² (½ m υ 2 ² + ½ M v²) Q = ½ 0,1 200² (½ 0,1 100² + ½ 1 10²) Q = 2000 (500 + 50) Q = 2000 550 = 1450 joule.
ΘΕΜΑ Δ15992 Ένα ξύλινο κιβώτιο μάζας Μ = 20 kg βρίσκεται ακίνητο στην άκρη της ταράτσας ενός ουρανοξύστη η οποία βρίσκεται σε ύψος Η = 80 m πάνω από το οριζόντιο έδαφος, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ένα βλήμα μάζας m = 500 g, που κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ = 200 m / s συγκρούεται με το ακίνητο κιβώτιο, το διαπερνά και εξέρχεται απ αυτό με ταχύτητα υ 1 που έχει μέτρο υποδιπλάσιο της ταχύτητας υ. Αμέσως μετά τη κρούση και τα δύο σώματα (ξύλινο κιβώτιο και βλήμα), εκτελούν οριζόντια βολή. Δ 1. Να υπολογίσετε την ταχύτητα του κιβωτίου αμέσως μετά την κρούση. Δ 2. Να υπολογίσετε τη θερμότητα που απελευθερώθηκε στο περιβάλλον λόγω της κρούσης του βλήματος με το κιβώτιο. Δ 3. Αν υποθέσετε ότι η χρονική διάρκεια της κίνησης του βλήματος μέσα στο κιβώτιο είναι Δt = 0,1 s, να υπολογίσετε τη μέση δύναμη F, που δέχθηκε το βλήμα από το κιβώτιο. Το κιβώτιο αλλά και το βλήμα μετά την οριζόντια βολή που εκτελούν, πέφτουν στο έδαφος στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. Δ 4. Να υπολογίσετε την απόσταση ΑΒ. Δίνονται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2 και ότι κατά τις κινήσεις των σωμάτων θεωρούμε μηδενική την αντίσταση του αέρα.
Λύση Δ 1. Η αρχή διατήρησης της ορμής: P ολ,αρχ = P ολ,τελ m υ = m υ 1 + M υ 2 M υ 2 = m υ m υ 1 υ 2 = m (υ υ 1 ) / M υ 2 = 0,5 (200 (200 / 2)) / 20 υ 2 = 2,5 m / s. Δ 2. Aρχή διατήρησης της ενέργειας: K αρχ = Q + Κ τελ Q = K αρχ - Κ τελ Q = ½ m υ² (½ m υ 1 ² + ½ M υ 2 ²) Q = ½ 0,5 200² (½ 0,5 100² + ½ 20 2,5²) Q = 7437,5 joule. Δ 3. H μεταβολή της ορμής του βλήματος: Δp 1 = p 1 - p 1 Δp 1 = m υ 1 - m υ Δp 1 = m (υ 1 - m υ) Δp 1 = 0,5 (100 200) Δp 1 = 50 kg m / s. O 2oς γενικευμένος Newton: ΣF = Δp 1 / Δt ΣF = 50 / 0,1 = 500 N. Δ 4. Τα m και Μ εκτελούν οριζόντια βολή: Η = ½ g t² t² = 2 H / g t² = 2 80 / 10 t = 4 s. Το βεληνεκές των Μ και m είναι: S 2 = υ 2 t S 2 = 2,5 4 = 10 m, S 1 = υ 1 t S 1 = 100 4 = 400 m. H ζητούμενη απόσταση (ΑΒ) = S 1 - S 2 (ΑΒ) = 400 10 = 390 m.
ΘΕΜΑ Δ15993 Ένα κιβώτιο μάζας Μ = 970 g βρίσκεται ακίνητο πάνω σε οριζόντιο δάπεδο με το οποίο εμφανίζει συντελεστή τριβής ολίσθησης μ = 0,2. Βλήμα μάζας m = 30 g κινείται με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ = 200 m / s συγκρούεται με το ακίνητο κιβώτιο και σφηνώνεται σ αυτό, οπότε δημιουργείται συσσωμάτωμα. Δ 1. Να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας με την οποία ξεκινά να κινείται το συσσωμάτωμα. Δ 2. Να βρείτε το μέτρο της μέσης δύναμης F που ασκείται από το βλήμα στο κιβώτιο, αν το βλήμα ακινητοποιήθηκε μέσα στο κιβώτιο σε χρονικό διάστημα Δt = 0,01 s. Δ 3. Να υπολογίσετε την απώλεια της κινητικής ενέργειας του συστήματος κιβώτιο βλήμα λόγω της κρούσης. Δ 4. Να βρείτε το διάστημα που θα διανύσει το συσσωμάτωμα, αμέσως μετά την κρούση, μέχρι να σταματήσει. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2. Λύση Δ 1. Από την αρχή διατήρησης της ορμής στις θέσεις πριν και μετά την κρούση (δείτε στο σχήμα) έχουμε: m υ = (m + M) v v = m υ / (M + m) = 6 m / s. Δ 2. Από το 2ο νόμο του Νεύτωνα για το κιβώτιο M: ΣF = ΔP / Δt F = (Μ v 0) / Δt F = (Μ v 0) / Δt = (Μ v 0) / Δt F = (0,97 6 / 0,01) = 582 Ν. (Επειδή η Τ είναι εξωτερική δύναμη και κατά τη διάρκεια της κρούσης θεωρείται αμελητέα, δείτε σχολικό βιβλίο σελ. 45). Δ 3. Η μεταβολή της κινητικής ενέργειας του συστήματος λόγω της κρούσης:
ΔΚ συστ = Κ τελ - Κ αρχ ΔΚ συστ = ½ (m + Μ) v² ½ m υ² ΔΚ συστ = 18 60 = 42 joule. Το μείον εκφράζει την μείωση της κινητικής ενέργειας του συστήματος, στην εκφώνηση διατυπώνεται σαν απώλεια. Δ 4. Το συσσωμάτωμα εκτελεί ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση μέχρι να σταματήσει άρα ισχύουν: S = v t ½ α t² (1) και 0 = v α t (2). Από τις (1) και (2) με απαλοιφή του χρόνου έχουμε S = v² / 2 α (3) 2ος Newton για το συσσωμάτωμα: ΣF = (Μ+m) α, όπου Τ = μ Ν και ΣF = T, συνδυάζοντας τις σχέσεις: μ (Μ + m) g = (Μ + m) α α = μ g (4) Οπότε αντικαθιστώντας την (4) στην (3) σχέση έχουμε S = v² / (2 μ g) = 36 / 4 = 9 m. Β τρόπος Θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για το συσσωμάτωμα (m + Μ) μεταξύ των θέσεων Α και Γ του σχήματος: Κ τελ Κ αρχ = W T 0 - ½ (m + Μ) v² = Τ S - ½ (m + Μ) v² = μ (M + m) S S = v² / 2 μ g S = 36 / 4 = 9 m.
ΘΕΜΑ Δ15995 Ένα ξύλινο κιβώτιο μάζας M = 1,95 kg βρίσκεται ακίνητο στην άκρη κατακόρυφης χαράδρας η οποία βρίσκεται σε ύψος Η = 45 m, πάνω από την επιφάνεια της θάλασσας, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Βλήμα μάζας m = 50 g, που κινείται με οριζόντια ταχύτητα υ = 100 m / s συγκρούεται με το ακίνητο κιβώτιο και σφηνώνεται σ αυτό. Στη συνέχεια, το συσσωμάτωμα κιβώτιο βλήμα που δημιουργείται, εκτελεί οριζόντια βολή με την ταχύτητα που απέκτησε και πέφτει προς την θάλασσα αμέσως μετά την κρούση. Να υπολογίσετε: Δ 1. Την ταχύτητα v Σ του συσσωματώματος κιβώτιο βλήμα αμέσως μετά την κρούση. Δ 2. Την απώλεια της κινητικής ενέργειας του συστήματος κιβώτιο βλήμα λόγω της κρούσης. Δ 3. Το χρόνο που διαρκεί η κάθοδος του συσσωματώματος, μέχρι αυτό να φτάσει στην επιφάνεια της θάλασσας. Δ 4. Την μέγιστη οριζόντια απόσταση S, που θα διανύσει το συσσωμάτωμα (βεληνεκές), φτάνοντας στην επιφάνεια της θάλασσας. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γής g = 10 m / s 2 και ότι κατά την κίνηση του συσσωματώματος κιβώτιο βλήμα θεωρούμε την αντίσταση από τον αέρα μηδενική.
Λύση Δ 1. H Aρχή διατήρησης της ορμής: P ολ,αρχ = P ολ,τελ m υ = (m + M) v Σ v Σ = m υ / (m + M) v Σ = 5 10-2 10² / 2 v Σ = 2,5 m / s. Δ 2. H απώλεια κινητικής ενέργειας: ΔΚ = Κ τελ Κ αρχ ΔΚ = ½ (m + M) v Σ ² - ½ m υ² ΔΚ = ½ 2 2,5² - ½ 5 10-2 10 4 ΔΚ = 6,25 2,5 10² = 243,75 joule. Δ 3. Το συσσωμάτωμα εκτελεί οριζόντια βολή: Η = ½ g t² t² = 2 H / g t² = 2 45 / 10 t = 3 s. Δ 4. Τo βεληνεκές: S = v Σ t S = 2,5 3 = 7,5 m.
ΘΕΜΑ Δ 15997 Η ταράτσα ενός κτιρίου βρίσκεται σε ύψος H = 20 m από το έδαφος. Ένα κουτί Α μάζας m 1 = 3 kg είναι δεμένο σε σχοινί μήκους L και κάνει ομαλή κυκλική κίνηση κινούμενο πάνω στην επιφάνεια της ταράτσας (βλ. σχήμα 1). To κουτί κινείται με ταχύτητα υ = 20 m / s και κάνει μία πλήρη περιστροφή σε χρόνο 0,2 π s. Στην κατάλληλη θέση το σχοινί κόβεται ώστε το κουτί Α αφού ολισθήσει να συγκρουστεί πλαστικά με ένα άλλο κουτί Β μάζας m 2 = 1 kg που βρίσκεται στην άκρη της ταράτσας. Αμέσως μετά την σύγκρουση το συσσωμάτωμα εγκαταλείπει την ταράτσα με οριζόντια ταχύτητα μέτρου υ 0. Δ 1. Να υπολογίσετε το μήκος του σχοινιού που είναι δεμένο το κουτί Α. Δ 2. Να υπολογίσετε την ταχύτητα υ 0 με την οποία το συσσωμάτωμα εγκαταλείπει την ταράτσα καθώς και πόσο μακριά από το κτίριο το συσσωμάτωμα χτυπά το έδαφος. Δ 3. Να υπολογίσετε την ταχύτητα με την οποία το συσσωμάτωμα χτυπά το έδαφος (μέτρο και κατεύθυνση). Δ 4. Έστω ότι σε απόσταση d = 15 m από την βάση του κτιρίου βρίσκεται στύλος ύψους h = 6 m (Σχήμα 2). Ο στύλος βρίσκεται στο ίδιο επίπεδο με την τροχιά του συσσωματώματος. Να αιτιολογήσετε αν το συσσωμάτωμα θα χτυπήσει στο στύλο ή αν θα περάσει πάνω από αυτόν. Να θεωρήσετε την αντίσταση του αέρα αμελητέα και να αγνοήσετε την τριβή για όλη την κίνηση του κουτιού Α πάνω στην ταράτσα. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g = 10 m / s 2. Λύση Δ 1. Το κουτί Α εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση: υ = 2π L / T L = υ Τ / 2π L = 20 0,2π / 2π L = 2 m.
Δ 2. Αρχή διατήρησης της ορμής: P ολ,αρχ = P ολ,τελ m 1 υ = (m 1 + m 2 ) υ 0 υ 0 = m 1 υ / (m 1 + m 2 ) υ 0 = 3 20 / (3 + 1) υ 0 = 15 m/s. To συσσωμάτωμα εκτελεί οριζόντια βολή: Η = ½ g t² t² = 2 H / g t² = 2 20 / 10 t = 4 s. To βεληνεκές: S = υ 0 t S = 15 4 = 60 m. Δ 3. υ y = g t υ y = 10 4 = 40 m / s. To μέτρο της ταχύτητας: υ ² = υ 0 ² + υ y ² υ ² = 15² + 40² υ ² = 225 + 1600 υ = 42,7 m / s. H διεύθυνση της ταχύτητας: εφ θ = υ y / υ 0 εφ θ = υ y / υ 0 εφ θ = 40 / 15 = 8 / 3. Δ 4. Ο στύλος βρίσκεται σε οριζόντια απόσταση d, για να διανύσει οριζόντια απόσταση το συσσωμάτωμα, θα χρειαστεί χρόνο: d = υ 0 t t = d / υ 0 t = 15 / 20 t = 3 / 4 s. Στο χρόνο t το συσσωμάτωμα θα έχει διανύσει στον κατακόρυφο άξονα: y = ½ g t ² y = ½ 10 (3 / 4)² y = 45 / 16 = 2,81 m. To συσσωμάτωμα θα βρίσκεται σε ύψος: y = H y = 20 2,81 = 17,19 m από το έδαφος. Δεδομένου ότι ο στύλος έχει ύψος h = 15 m, το συσσωμάτωμα θα περάσει πάνω από αυτόν.
ΘΕΜΑ Δ16000 Σε κινηματογραφική ταινία ένα Μπόϊγκ 777 μετά από διαδοχικές βλάβες πέφτει κατακόρυφα κάνοντας ελεύθερη πτώση (οι κινητήρες του αεροπλάνου δεν λειτουργούν). Στην ταινία αυτή ένας υπερήρωας σταματάει το αεροπλάνο ασκώντας του κατακόρυφη δύναμη προς τα επάνω (βλ. φωτογραφία). Το αεροπλάνο έχει μάζα 200.000 kg και όταν ο υπερήρωας αρχίζει να του ασκεί δύναμη έχει ταχύτητα 270 m / s. Το αεροπλάνο σταματά σε 30 s. Να υπολογίσετε : Δ 1. το μέτρο της μεταβολής της ορμής του αεροπλάνου από τη στιγμή που δέχεται τη δύναμη από τον υπερήρωα μέχρι να σταματήσει, Δ 2. τη μέση δύναμη που δέχεται το αεροπλάνο στο χρονικό διάστημα των 30 s, Δ 3. τη μέση δύναμη που ασκείται στο αεροπλάνο από τον υπερήρωα, Δ 4. την απόσταση που κινήθηκε το αεροπλάνο από τη στιγμή που δέχθηκε τη δύναμη μέχρι να σταματήσει. Δίνεται η επιτάχυνση της βαρύτητας g = 10 m / s 2 και ότι η αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα. Λύση Στη τάξη αυτή (Β λυκείου) δεν λαμβάνουμε ακόμα υπόψη τις διαστάσεις των σωμάτων οπότε στο διπλανό σχήμα το Μπόϊγκ 777 απεικονίζεται ως μικρή σφαίρα, και στο εξής θα αναφέρεται απλά ως «σώμα». Άλλωστε η παραδοχή περί αμελητέων διαστάσεων, συνάδει με το γεγονός ότι αγνοούμε την αντίσταση του αέρα. Έχουμε σχεδιάσει το σώμα τη χρονική στιγμή t = 0, μια ενδιάμεση χρονική στιγμή και για t = 30 s. Η δύναμη που ασκεί ο υπερήρωας στο σώμα δεν έχει σταθερό μέτρο κατά τη διάρκεια αυτού του χρονικού διαστήματος. Έχουμε σχεδιάσει τις δυνάμεις που δέχεται το σώμα σε μια ενδιάμεση χρονική στιγμή.
Ως αρχική ορμή, θεωρούμε αυτή που έχει το σώμα τη χρονική στιγμή t = 0 και ως τελική αυτή που έχει το σώμα τη χρονική στιγμή t = 30 s, η οποία είναι μηδέν. Όλα τα διανυσματικά μεγέθη της άσκησης έχουν κατακόρυφη διεύθυνση, οπότε θα τα αντικαταστήσουμε με τις αλγεβρικές τιμές τους, θεωρώντας ως θετική τη φορά της αρχικής ταχύτητας (προς τα κάτω). Δ 1. Η μεταβολή της ορμής: ΔP = P τελ P αρχ = 0 m υ 0. ΔP = 2 10 5 Kg 270 m / s = 54 10 6 Kg m / s ΔP = 54 10 6 Kg m / s (το μέτρο της μεταβολής της ορμής) Δ 2. Γνωρίζουμε ότι: Κάθε χρονική στιγμή,ο ρυθμός της μεταβολής του σώματος είναι η συνισταμένη των δυνάμεων που δρουν στο σώμα εκείνη τη χρονική στιγμή. Σε κάθε χρονικό διάστημα Δt το πηλίκο της μεταβολής της ορμής του σώματος προς το χρονικό αυτό διάστημα,είναι ίσο με τη μέση συνισταμένη δύναμη που έδρασε στο σώμα στο θεωρούμενο χρονικό διάστημα. Έτσι αντικαθιστώντας έχουμε : ΣF μέση = ΔP / Δt (Σχέση διανυσματικών μεγεθών που γίνεται σχέση αλγεβρικών τιμών): αντικαθιστώντας ΣF μέση = 1,8 10 6 Ν Όμως: ΣF μέση = m g + F μ. Στην παραπάνω σχέση θεωρώ ότι αγνοώ την φορά της κατακόρυφης δύναμης που ο υπερήρωας ασκεί στο σώμα,και αρχικά τη θεωρώ ομόρροπη του βάρους. Έτσι αντικαθιστώντας F μ = 3,8 10 6 Ν Το αρνητικό πρόσημο της πιο πάνω αλγεβρικής τιμής,επαληθεύει τη φορά της δύναμης αυτής, όπως αυτή έχει σχεδιαστεί στο σχήμα. Δ 3. Σύμφωνα με τον τρίτο Νόμο του Νεύτωνα, οι δυνάμεις αλληλεπίδρασης μεταξύ δύο σωμάτων,είναι αντίθετες. Έτσι η δύναμη που δέχεται ο υπερ-ήρωάς μας είναι F μ = + 3,8 10 6 Ν,αποτελεί την αντίδραση της δύναμης F μ είναι επίσης κατακόρυφη και έχει φορά προς τα κάτω. Δ 4. Θα χρησιμοποιήσω το θεώρημα μεταβολής κινητικής ενέργειας για την μετατόπιση Δx του σώματος από τη χρονική στιγμή που δέχθηκε τη δύναμη F μ, μέχρι τη χρονική στιγμή που αυτό σταμάτησε. Για τον υπολογισμό του έργου της συνισταμένης των δυνάμεων που έδρασαν στο σώμα στη θεωρούμενη χρονική διάρκεια, θα λάβω υπόψη μου τη μέση τιμή της συνισταμένης δύναμης, όπως αυτή υπολογίστηκε στο ερώτημα Δ 2. Το έργο της συνισταμένης αυτής υπολογίζεται ως το γινόμενο των αλγεβρικών τιμών των μεγεθών : μέση συνισταμένη δύναμη και μετατόπιση.
Αυτό το κάνω όποτε υπολογίζω το έργο δύναμης συγγραμμικής με την μετατόπιση. Η μετατόπιση θεωρείται να έχει θετική αλγεβρική τιμή,όντας κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω. Κ τελ Κ αρχ = W ΣF 0 m υ 0 ² / 2 = ΣF μέση Δx Δx = m υ 0 ² / 2 ΣF Δx = 4050 m. Σχόλιο : Η άσκηση δεν είναι απλά εξωπραγματική : βρέ το θηρίο πώς σηκώνει 380 τόνους (!), αλλά υπερήρωας είναι, άντε να του κάνουμε τη χάρη, ας κάνει τη φιγούρα του αλλά, για το χρονικό διάστημα που ο υπερήρωας ασκεί δύναμη στο αεροπλάνο, Αλλά εμπεριέχει μια απίστευτη παραδοχή που σακατεύει τη Φυσική και τη λογική που δεν φαίνεται και εύκολα, αλλά και δεν γίνεται ούτε και αν συμμετέχει υπερήρωας; το αεροπλάνο δέχεται συνισταμένη δύναμη προς τα πάνω (άλλο ότι τη λέει μέση δύναμη στο ερώτημα Δ 2, λες και είναι η ίδια με τη μέση δύναμη στο ερώτημα Δ 2 και, άρα, κάνει επιβραδυνόμενη κίνηση με φορά προς τα κάτω, άρα η ταχύτητά του μειώνεται ο υπερήρωας δέχεται δύο δυνάμεις προς τα κάτω, μία από το αεροπλάνο και μία το βάρος του και, άρα, κάνει επιταχυνόμενη κίνηση προς τα κάτω, άρα, η ταχύτητά του αυξάνεται αφού ο υπερήρωας ασκεί δύναμη στο αεροπλάνο το ακουμπά διαρκώς, άρα η απόστασή τους είναι διαρκώς μηδέν, άρα έχουν ίσες ταχύτητες πώς, διάολο λοιπόν, γίνεται να έχουμε δύο σώματα να κινούνται με την ίδια ταχύτητα και ταυτόχρονα η ταχύτητα του ενός να μειώνεται και του άλλου να αυξάνεται; Πρόταση: η άσκηση να αφαιρεθεί αμέσως
ΘΕΜΑ Δ16001 Το 2014 η τεννίστρια Sabine Lisicki έκανε ένα σέρβις στο οποίο η μπάλα έφυγε από την ρακέτα με ταχύτητα υ 0 = 58 m / s. Η ταχύτητα αυτή είναι η μεγαλύτερη καταγεγραμμένη ταχύτητα για τις γυναίκες τενίστριες. Το μπαλάκι του τένις ζυγίζει 60 g και ο χρόνος επαφής του με την ρακέτα ήταν 5 ms. Θεωρούμε ότι πριν χτυπήσει η ρακέτα το μπαλάκι του τένις είχε στιγμιαία ταχύτητα μηδέν και ότι η τελική του ταχύτητα ήταν οριζόντια. Να υπολογίσετε: Δ 1. τη μεταβολή της ορμής στο μπαλάκι, Δ 2. τη μέση δύναμη που δέχτηκε το μπαλάκι από την ρακέτα, Δ 3. την εφαπτομένη της γωνίας που σχηματίζει η ταχύτητα της μπάλας με την κατακόρυφο όταν η μπάλα χτυπάει στο έδαφος, Όταν η τενίστρια χτύπησε το μπαλάκι απείχε από το δίχτυ απόσταση d = 17,4 m και το ύψος από το οποίο ξεκίνησε την κίνησή του το μπαλάκι ήταν h 1 = 2 m. Το δίχτυ έχει ύψος h 2 = 1 m. Δ 4. Να υπολογίσετε σε πόσο ύψος πάνω από το δίχτυ πέρασε το μπαλάκι. Για τους υπολογισμούς να θεωρήσετε ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης είναι g = 10 m / s 2 και 10 = π. Λύση Δ 1. Μας ζητείται η μεταβολή της ορμής ΔP στο μπαλάκι. ΔP = P τελ - P αρχ : όπου ΔP η μεταβολή της ορμής, P τελ : η τελική ορμή, P αρχ : η αρχική ορμή. Η μεταβολή της ορμής είναι διανυσματικό μέγεθος με φορά αυτή που δίνει η διανυσματική αφαίρεση.