ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Ο

A1- β A - α A3- β A4 - β A5- α A6 -γ A7 -δ A8 β A9 - β ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Ο A10- Διαν-Nm, Διαν - Kgm /s, Διαν - rad/s, Μον - Kg m A11 α -Λ, β -Λ, γ -Σ, δ - Σ, ε -Λ, στ -Σ, ζ Λ, η - Σ, θ Σ A1- Ι kg m, L - kg m /s, ω - rad /s, τ - Ν m, f - Hz A13 α μηδέν,β ροπών, γ σύνθετη A14- β A15-δ A16-δ A17 α-λ, β Λ, γ Λ, δ- Σ, ε Λ, στ Σ, ζ Σ, η Λ Α18 α Α19 γ Α0 α Λ, β Λ, γ Λ, δ Σ, ε Λ, στ Σ, ζ Σ, η - Σ A1-β Α-δ Α3-β Α4-β Α5-γ Α6 α-σ, β-λ, γ Σ, δ- Σ, ε- Λ, στ Λ, ζ- Σ, η Σ Α7- β Α8 - γ ή β (οδηγία ΚΕΕ) Α9 α Σ, β Σ, γ Σ, δ Λ, ε - Σ Α30 - δ Α31 δ Α3 δ Α33 δ Α34 δ Α35 α Λ, β Λ, γ Σ Α36 δ

Β1) Β)

Β3) Β4) Β5)

Β6) Β7) Β8) Β9)

Β10) Β11)

Β1) Β13) Β14)

Β15) Β16) Β17)

Β18) Β19)

Β0) Β1) Β) Β3)

Β4) Β5) Β6)

Β7) Β8)

Β9) Β30) Β31) β Με βάση την ΑΔΣ για το σύστημα το Ι ολ αυξάνεται άρα το ω μειώνεται ώστε το Ι ω να παραμείνει σταθερό. Γ1) 1. Στ (Α) = 0 -W L + F Γ ( L d) = 0-50 1,5 + F Γ,5 = 0 F Γ = 30 N ΣFy= 0 F A + F Γ W = 0 F A = W F Γ F A = 0 N

. Στ (Γ) = 0 -F A (L d) + W( L -d ) - W 1 d = 0-10,5 + 50 1 -W 1 0,5 = 0 W 1 = 50 N Γ) α) τ F = F R = N m β) Στ = Ι a γων F γ) a γων = Δω Δt τ = 1 M R aγων a γων = 5 rad /s ω - ω1 a γων = Δt = 5s Δt δ) ΔΚ = 1 Ι ω - 1 Ι ω 1 = 1 Ι ( ω - ω 1 ) = 175 J Γ3) α) Ι cm = 1 MR = 1 3 0, = 0,06 kgm β) τ F = Ι cm aγων F R = Ι cm aγων a γων = 10 rad /s γ) Κ = 1 Ι cmω 75 = 1 0,06 ω ω = 50 rad /s δ) Ι = Ι cm + M( R ) = 0,06 + 3 0, 4 = 0,09 kg m Γ4) α) Θ.Μ.Κ.Ε : 1 I ω + 1 m cm = m g h cm 1 υ 1 I + mυ = mg0r I =13,5 10 kg m R 0 β) ΣF = m a cm mg -T = ma cm a cm Στ = Ι -6 cm a a Τ R = I R = m / s 3 cm γων Τ = 0,4 Ν dl = T R = 6 10 kg m / s dt -3 υ cm -4 γ) τη στιγμή που κόβεται το νήμα L = I ω = Ι =18 10 kgm / s από τη R στιγμή που κόβεται το νήμα και μετά η στροφορμή διατηρείται σταθερή δ) ο χρόνος κατά τον οποίο ο κύλινδρος κατέρχεται με το νήμα να περιστρέφεται δίνεται από τη σχέση 1 1 S = acmt 0R = acmt t = 0,3s

Γ5) τ α) W = τ F θ F =FL β) Στ = Ιαγων W = FLθ τ F = Ι a γων θ=π W = FLπ F = W Lπ F = 30π π FL = Ι a γων (1) F = 15N I = Ι cm + md = 1 L 1 ML + M (1) α γ = FL I α γ = 15 α γ = 7,5rad/s γ) ω = α γ t t = ω α γ (3) θ = 1 (3) α γt θ = 1 α ω γ α γ θ = 1 = 1 3 ML I = kgm ω α ω = θα γ ω = π 7,5 ω = 30π ω = 9,7rad/s Ε W ( ) t t t t t F τ FLω F γ Ε 1519,7 t Ε t 145,5J/s. Γ6) a) 1 ος Ν.Ν. (για την μεταφορική κίνηση της σφαίρας) : ΣF = 0 N W 1 = 0 N = W 1 (1) 1 ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση της ράβδου) : Στ( ) 0 τ F + τ T + τ W + τ N = 0 A 1 (1) Τ 1 (ΑΚ) W(AO) N(AΓ) = 0 L Τ 1 4 - Mg L - mg 3L 4 = 0 Τ Mg 3mg 1 = 4 4 Τ 1 = 115N β) ος Ν.Ν. (για τη μεταφορική κίνηση) : ΣF = mα F T = ma (1) ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση): Στ = Ια γων τ Τ = Ια γων Τ r = T = (1) mrαγ 5 α=αγr () F mα 5 T = mα 5 () = ma F = 7 mα 5 mr 5 α γ a = 5F 7m a = m/s γ) Για τη μεταφορική κίνηση ισχύει: x = 1 αt L 1 αt t = L 4 a 4 t = t = 1sec υ = αt υ = 1 υ = m/s δ) υ = ωr ω = υ r ω = 0, ω = 10rad/s L = Iω = mr ω 5 = 5,50, 10 L = 0,4kgm /s

Γ7) 1) Η ταχύτητα των σημείων Α, Β και Ο υπολογίζεται από το διανυσματικό άθροισμα : α) της ταχύτητας λόγω της μεταφορικής κίνησης υcm και β) της γραμμικής ταχύτητας υγρ λόγω της περιστροφικής κίνησης Δηλαδή: υ = υcm + υγρ Επειδή και τα τρία σημεία ανήκουν στην περιφέρεια της στεφάνης, ισχύει: υ cm = υ γρ = ωr Για τη σημείο Α: υ(a) = υcm υcm υγρ + υγρ υ (Α) = υ cm +υ γρ υ (Α) = υ cm + υ cm υ (Α) = υ cm υ (Α) = 10 υ (Α) = 0m/s Για το σημείο Β : υcm υγρ υ(b) = υcm + υγρ υ (B) = υ cm +υ γρ υ (B) = 10 + 10 υ (B) = 10 υ (B) =10 m/s Για το σημείο Ο: υcm υγρ υ(o) = υcm + υγρ υ (Ο) = υ cm -υ γρ υ (Ο) = υ cm - υ cm υ (Ο) = 0m/s cm ) υ cm = ωr ω = υr ω = 10 0, ω = 50rad/s 3) Θεώρημα Steiner: I cm = mr I = I cm + mr I = mr + mr I = mr I = 10, I = 0,08kgm 4) Η στεφάνη κάνει σύνθετη κίνηση, οπότε: Κ = Κ μετ + Κ περ Κ = 1 mυ cm + 1 I cmω Κ = 1 110 + 1 410-50 Κ = 100J Γ8)

Γ9)

Γ10)

Γ11)

Γ1)

Γ13)

Δ1) Στ (Α) = 0 -W AΓ + Τy (AΓ) = 0-15 + Τy = 0 Ty = 15N Ty = T ημ30 ο Τ = 30 Ν Τx = Tσυν30 ο Τx = 15 3 N ΣFx = 0 Fx = Tx Fx = 15 3 N ΣFy = 0 Fy + Ty -W = 0 Fy = 15 N F = Fx +Fy = 15 3+15 = 30 N Fy 15 3 εφφ = = = Fx 15 3 3 Β. 1 τ w = Ι Α γων α W AΓ = I A αγων α γων = 15 rad/s dl. = τ w dt = W x = 30 1 4 = 7,5 kgm /s

A Μ συν60 ο = x 1 x = 0,5 4 m 3. A.Δ.Μ.Ε. Κ αρχ + U αρχ = Κ τελ + U τελ Μg AΓ = Κ τελ Κ τελ = 15 J Δ) L 1 A. I (0) = I cm + M = M L L 4 + M = 1 4 1 M L = 1 3 M L = 1 3 4 1,5 = = 3 kg m I (0) = 3 kg m B. Iσχύει : Σ τ = Ι (0) αγων τ ΒΑΡΟΥΣ = Ι 0 aγων Μ g L = Ι 0 a a γων = M g L 4 I 0 a γων = 4 10 1,5 4 3 rad = 5 s a = 5 rad γων s Γ. α) Εφαρμογή αρχής διατήρησης μηχανικής ενέργειας από την αρχική θέση μέχρι την τελική θέση : Κ ΑΡΧ + U ΑΡΧ = Κ ΤΕΛ + U ΤΕΛ L 1 L L ο M g = I(0) ω + Μ g - συν45 = L ο Μ g = I(0) ω + Μ gl (1-συν45 ) L ο Μ g - M gl (1-συν45 ) = I(0) ω L 1 I ο ω = Μ g - M g L (1 - συν45 ) (0)

4 10 1,5 1 ω = - 4 10 1,5 (1-0,7) = 3 1 rad = 30-60 0,3 = 3 s β) L 1 = L = I (0) ω = 6 kgr m s Δ3) α) Ι συστ = Ι 0 + ml = 1 3 ML + ml = 1 3 0,3 + 0,1 = 0,8 kgm L συστ = Ι συστ ω = 0,8 1 = 0,8 kg m /s β) U = ω L = 1 = m/s m 0, 1 1 π γ) Τ = π = π = π = π = K 0 100 10 5 δ) Α.Δ.Ο Ρ ολ(αρχ) =Ρολ(τελ) ω = π = π = 10 rad /s Τ 0,π m υ = m υ = 0, πs υ = υ = 1 m/s υ = max = ωα Α = 0,1 m Δ4) A.1 Bρίσκουμε πρώτα από το θεώρημα του Steiner τη ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το σημείο Α : L 1 Ι Α = Ι CM + M = M L ML + 1 4 = 16 kg m Κατόπιν βρίσκουμε τη ροπή αδρανείας του σώματος μάζας m 1 : I 1 = m 1 L = 9,6 kgm Άρα Ι ολ = Ι Α + Ι 1 = 5,6 kg m Α. Εφόσον έχουμε ισορροπία θα πρέπει : ΣFx = 0 (1) ΣFy = 0 () και Στ = 0 (3) Από τη σχέση (3), θεωρώντας ροπές ως προς άξονα που διέρχεται από το σημείο Α και θετική φορά ροπών την αντίθετη από τη φορά κίνησης των δεικτών του ρολογιού, προκύπτει : Στ = Τ (ΑΓ) Μg L -m gl = 0 T =30N 1

B.1 O χρόνος που χρειάζεται ένα κινητό που κάνει Α.Α.Τ να μεταβεί από μία ακραία Δ5) m θέση στην άλλη είναι t = T/. Άρα t = π = 0,314s K Β. Επειδή δεν υπάρχουν τριβές, εφαρμόζουμε την Α.Δ.Μ.Ε, θεωρώντας ως επίπεδο αναφοράς της δυναμικής ενέργειας το επίπεδο που διέρχεται από το κατώτερο σημείο Ζ. Προκύπτει ότι : Κ αρχ + U αρχ = Κ τελ + U τελ 1 L 105 0 + MgL + m 1gL = Iολω + Mg ω = rad / s 4 Άρα το μέτρο της γραμμικής ταχύτητας του σημείου Ζ θα είναι : u Z = ωl = 105 m / s α) 0 = ω 0 R υ ω = R 0 0 = 80 rad /s β) Wx = Wημφ = 56 Ν Μεταφορική ΣFx = m acm Στροφική Στ = Ι αγων Wx-T = m α cm TR = 5 mr α γων 56 -T = 10 a cm (1) T = 5 mr α γων Από (1) και () έχουμε : 56 4 a cm = 10 acm a cm = 4 m /s T = 5 m T = 4 a cm a cm () dl γ) = Στ = Ι α γων dt = mr a cm 5 R = 1,6 kgm /s ( ή αλλιώς Στ = Τ R) Δθ 30 αcm δ) Ν = Δθ = π = 60 rad α γων = = 40 rad/s π π R 1 Δθ = ω0t - αγων t Ο χρόνος ανόδου είναι : 60 = 80 t - 1 40 t ω = ω0 - αγωνtαν 0 = 80 40 t αν t = s t 4 t + 3 = 0 άρα δεκτή λύση t = 1 s Δ = 16-4 3 = 4 ω = ω0 - αγωνt αν = 80-40 1 = 40 rad/s t 1, = 4 ± 4 3s 1s cm = ω R = 40 0,1 = 4 m/s

δ) Άλλος τρόπος : Ο A Γ ημφ = h s h = Sημφ S = Δθ R = 6 m άρα h = 3.36 m ΑΔΜΕ (0) (Γ) 1 Ιω 0 + 1 Μ υ = Μgh + 1 cm Iω + 1 Μυ υ = 4 m/s (αντικαθιστώ το ω = υ R ) Δ6) A1) Στ (Α) = 0 τ w + τ w + τ 1 Τ + τ x Τ + τ ψ F 0 -τ W τ W1 + τ Tψ = 0 -W - W 1 + Tημ30 = 0 Τ 1 4 = W + W 1 Τ = W + 4W 1 Τ = 00N A) I ολ = Ι ρ + Ι σφ (1) 1 Ι ρ = I cm + M Ml + M 1 4 = 1 3 Ml Ι ρ = 1 3 61 Ι ρ = kgm Ι σφ = ml = 1 Ι σφ = kgm (1) I ολ = + = 4kgm Στ = Ια τ + τ + τ = Ιαγων τ W + τ W1 = Ia γων W + W1 l = Ia γων B1) γων α γων = F W W 1 1 60 0 1 α γων = 1,5rad/s 4 B) K + U = K + U (M + m)gl = 1 Iω + Mg ω (M m)g Mg = ω = I ω = 5rad/s υ = ωl υ = 51 υ = 5m/s (6 )10 1 610 1 4 = 5 Δ7) 3 α) Στ (Α) = 0 W F FB 0 FB 3N 4 β) Το m ισορροπεί άρα Τ = Β T 10N Το στερεό ισορροπεί άρα Στ = 0

Μεταφορικη κινηση : ΣF = m. acm W -T = m.a cm =10 -T = α cm (1) γ). acm Στροφικη κινηση : Στ = I aγων T.R 1 = I.aγων Þ T.R 1 = I Þ T = 9.a cm () R1 από (1) και () 1 a cm t t =1s δ) 1 γων cm a cm =1m / s και Τ = 9 Ν Δx =, υ = α cm.t υ =1m/ s dw τ.dθ = = τ.ω =T.R.a.t =T.a.t = 9J / s dt dt Δ8) α) Εφαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε για το σφαιρίδιο (m): 1 Κ + U = K + U mgh mυ υ gh υ 100,8 = 16 υ 1 1 1 1 = 4m/s β) Εφαρμόζουμε Α.Δ.Σ.: L L L L L L L L I σφ ω = Ι ρ ω ml ω = M cm ω ml ω = [ 1 υ 1 =ω Ml + M ]ω 4 3m1 ω = ω = 1rad/s γ) υ cm = ω = 1 υ cm = 1m/s δ) Α.Δ.Ε. (για την κρούση): Ε μ = Ε μ + Q Q = Ε μ - Ε μ = K + U (K + U ) Q= K + U K - U Q= K K Q= 1 mυ 1-1 Ιω Q= 1 mυ 1-1 Q= 1 0,54-1 6 3 1 Q = 4 Q = Joule 1 3 Μl ω 1 m υ = Μ ω 1 3 (*) U = U γιατί πριν και μετά την κρούση τα σώματα βρίσκονται στην ίδια θέση (*) ε) Α.Δ.Μ.Ε. (για την περιστροφική κίνηση της ράβδου): K + U= K + U 1 Ιω = MgH 1 1 3 M l ω = M gh ω H = H = 1 6g 15 m.

Δ9) α) Στο σχήμα βλέπουμε την αρχική κατάσταση ισορροπίας του συστήματος. Οι δυο τάσεις έχουν ίσα μέτρα αφού η τροχαλία ισορροπεί άρα η συνισταμένη των ροπών πάνω της είναι μηδέν. Για το σώμα m 1 ισχύει: m 1 g = T = 40N Για το σύστημα m + m 3 θα ισχύει: Τ = (m + m 3 )g + ΚΔL 0 άρα : ΔL 0 = 0cm Όταν τα δυο σώματα αποκολληθούν τότε το Σ 3 θα εκτελέσει ταλάντωση γύρω από τη Θ.Ι. στην οποία θα ισχύει: ΚΔL = m 3 g άρα ΔL = 10cm. Προσοχή όμως η θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του m 3 βρίσκεται 10cm κάτω από το φυσικό μήκος του ελατηρίου ενώ η αρχική θέση του m 3 βρίσκεται 0cm πάνω από τη θέση φυσικού μήκους. Άρα η ταλάντωση του m 3 θα έχει πλάτος Α = 0,3m. β) Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι: y = 0,3ημ(10t + π )m γ) Παρατηρείστε το διπλανό σχήμα που δείχνει το σύστημα μετά την αποκόλληση των Σ και Σ 3. Εφαρμόζουμε τους θεμελιώδεις νόμους για κάθε στερεό m 1 g T 1 = m 1 α Τ m g = m α (Τ 1 Τ )R = MR α γ / Αφού του νήμα δε γλιστρά πάνω στη τροχαλία θα είναι α = α γ R οπότε οι εξισώσεις γίνονται: m 1 g T 1 = m 1 α γ R Τ m g = m α γ R Τ 1 Τ = MRα γ / Προσθέτουμε κατά μέλη και βρίσκουμε: α γ = 15rad/s δ) Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας της τροχαλίας θα είναι ίσος με την ισχύ της συνισταμένης των ροπών πάνω της. dk dt τα ολω = Ια γ ω = Ια γ t = 4,J/s Δ10) α) Για την ομαλά επιταχυνόμενη μεταφορική κίνηση του σώματος ισχύει: υ = α cm t 5 = α cm t Λύνω το σύστημα και έχω t = 3 s και Δx = 1 a cmt δηλαδή 5 3 = 1 a cmt a cm = 7,5m/s β) Ισχύει a cm = a γων R δηλαδή α γων = acm 7,5 = 75rad/s. R 0,1 Από το θεμελιώδη νόμο για την μεταφορική κίνηση έχω ΣF = M α cm Μg T = M a cm 60 T = 67,5 T = 15N γ) Από το θεμελιώδη νόμο για τη στροφική κίνηση έχω Στ = Ι α γων ΤR = Iα γων 1,5 = Ι75 Ι = 0,0kgm Έτσι ο λόγος της στροφικής κινητικής ενέργειας προς τη μεταφορική κινητική ενέργεια είναι:

δ) Κ στρ = 1 Ιω όμως ω = α γων t = 75t άρα Κ στρ = 1 0,075 t δηλαδή Κ στρ = 56,5t (S.I.) Δ11) α) Εφαρμόζουμε για την οριζόντια θέση τον θεμελιώδη νόμο και έχουμε Στ (Α) = Ι (Α) α γων Mg L = 1 3 ML α γων α γων = 50rad/s β) Εφαρμόζουμε την Α.Δ.Μ.Ε. για τη στροφική κίνηση της ράβδου από την οριζόντια στην κατακόρυφη θέση και έχουμε Mg L = 1 Ιω M g L = 1 ω = 10rad/s άρα L = Iω = 0,36kgm /s 1 3 M L ω γ) Εφαρμόζουμε Α.Δ.Σ. για την κρούση και έχουμε Ιω = Ι ω 5 + mυl και προκύπτει υ =,4m/s δ) Το ζητούμενο ποσοστό είναι Κ -Κ συστ αρχ Κ συστ αρχ προκύπτει περίπου 3% (31,89%). συστ τελ 100% = 1 1 ω 1 Ιω Ι + mυ 5 100% και 1 Ιω Δ1) α, β) Από τον θεμελιώδη νόμο για τη μεταφορική και τη στροφική κίνηση του κυλίνδρου έχουμε ΣF x = m a cm W x T = m a cm (1) και Στ = Ι α γων Τ R = 1 M R α γων όμως R α γων = α cm οπότε Τ = 1 Μ a cm (). Λύνω το σύστημα (1) και () και παίρνω a cm = 4m/s και Τ = 4Ν. γ) Εφαρμόζω Α.Δ.Μ.Ε. για τη σύνθετη κίνηση του κυλίνδρου για την μετατόπιση h 1 = 4,8m και παίρνω: mgh = 1 Ιω + 1 mυ cm επίσης υ cm = ωr και τελικά ω = 40rad/s. Επομένως L = Iω δηλαδή L = 1,6kgm /s. h, 4π δ) ημφ = Δx = = 4πm όμως Δx = ΔθR Δθ = 0πrad οπότε Ν = Δθ Δx 0,6 π δηλαδή Ν = 10 περιστροφές.

Δ13) α) υ = σταθ ΣF x = 0 F + Τ σ W x = 0 (1) Σ τ = 0 τ F τ Τσ = 0 FR = T σ R F = Τ σ () 0 Wx W30 (1), () F W x = 0 F = F = 400 4 F = 100N β) ος Ν.Ν. (για την μεταφορική κίνηση): ΣF = m a F + Τ W x = ma T = W x F + ma (3) ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση): Σ τ = Ια γ τ F τ Τ = Ια γ FR TR = Ια γ F R - T R = 1 mr α γ F T = 1 mrα γ F T = 1 (3) mα F (W x F + ma) = 1 mα a aγr F W x = ma + 1 mα α = γ) Δx = 1 at h 30 F W 3 m x α = 1m/s 1 at h = 1 at t = υ cm = at υ cm = 1 υ cm = m/s cm υ cm = ωr ω = ω = 10rad/s R 0, L = Iω L = 1 mr ω L = 8Kgm /s 4h 4 1 a 1 t t = sec δ) Η επιτάχυνση του σχοινιού είναι: α = α cm + α γ α = α γ R + α γ R α = α cm α = 1 α = m/s Δx = 1 a t Δx = 1 Δx = 4m W F = FΔx W F = 1304 = 50J ΔΕ = Ε - Ε = Κ + U - (Κ + U) ΔΕ = 1 Ιω + 1 mυ cm + mgh ΔΕ = 1 1 mr ω + 1 mυ cm + mgh ΔΕ = 1 4 mυ cm + 1 mυ cm + mgh ΔΕ = 3 4 mυ cm + mgh ΔΕ =50J

Δ14) α) 1 ος Ν.Ν. (για την ισορροπία του σώματος): ΣF ψ = 0 Τ mg = 0 T = 00N 1 ος Ν.Ν. (για την ισορροπία του στερεού): Στ (ο) = 0 τ F - τ Τ 0 -τ F + τ Τ = 0 -F R + T R = 0 F = T F = 100N β) ος Ν.Ν. (για το σώμα που κάνει μεταφορική κίνηση): ΣF = ma Τ -mg = ma (1) ος Ν.Ν. (για το σώμα που κάνει περιστροφική κίνηση): Στ = Ια γ τ F - τ Τ Ια γ FR T - R = MR α γ F T = Mrα γ () Αφού το σχοινί δε γλιστράει πάνω στην τροχαλία, η επιτάχυνση του σώματος mείναι ίση με το ρυθμό μεταβολής της ταχύτητας ενός σημείου της περιφέρειας της τροχαλίας. Άρα: α = d d(ωr) dω R α = αγ R (3) dt dt dt (3) (1) () F T = Ma F (mg + ma) = Ma F mg - ma = Ma F mg = Ma + ma a = F mg 115 0 10 a = a = 1m/s M m 10 0 γ) h = 1 at t = h t = sec a 1 ω = α γ t (3) ω = a R t = 1 0, ω = 10rad/s L = Iω L = MR ω = 100, 10 L = 4kgm /s δ) Οι δυο κύλινδροι περιστρέφονται με την ίδια γωνιακή επιτάχυνση. Για το σώμα Σ: α = α γ R α γ = a R = 1 0, α γ = 5rad/s Για το σημείο Α: α = α γ R α = 50, α = m/s x = 1 a t x = 1 x = 4m ε) Π = K W 100% = F 1 ω F x 1 MR ω 100% = F x Π = 1 10 0, 10 115 4 100% = 0 460 100% Π = 100 3 % Δ15)

cm α) υ cm = ωr ω = υr ω = 8 0, ω = 40rad/s β) L = Iω L = 1 MR ω L = 4kgm /s γ) Α.Δ.Μ.Ε. (για την κίνηση του κυλίνδρου): δ) 1 mr ω υ cm =ωr K + U = K + U mgh = 1 mυ cm + 1 Ιω mgh = 1 mυ cm + 1 mgh = 1 mυ cm + 1 4 mυ cm m gh = 3 4 m υ 3 cm cm 38 h = h 4g 4 10 h = 4,8cm Κμετ Κ περ 1 m 1 I cm mcm 1 m R R cm υ cm =ωr Κ Κ μετ περ Δ16) 1. Επειδή το σώμα εκτελεί κύλιση με σταθερή επιτάχυνση έχουμε: x = 1 α cmt x α cm = α cm = α cm = 4m/s t 1 ος Ν.Ν. (για τη μεταφορική κίνηση): ΣF x = m acm W x Τ σ = mα cm (1) ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση): α acm γ = r Σ τ = Ι cm αγ cm Τσ r = I cm α γ Τ σ r = I cm ar Τ acm σ = I cm r Από τις σχέσεις (1), () έχουμε: a a W ma cm cm x W x - I cm = mα cm I cm =W x -mα cm I cm = r r a I cm = 10 4 I cm = 0,5kgm 4 1. Από τις σχέσεις (1), () έχουμε: a W x - I cm R α cm = Mgημφ I cm cm R M cm = Μα Icm cm W x = α cm R + Μα Wx cm α cm = Icm R M a a cm(1) cm() acm(1) 3 1 a a 4 cm(1) a cm() cm() Mgημφ MR M a R Mgημφ a 1 MR M R cm(1) cm() Άρα ο δίσκος κινείται με τη μεγαλύτερη επιτάχυνση. r cm Wx Mgημφ M M a Mgημφ a M M () Mgημφ cm(1) cm() 1 gημφ gημφ 3

3. 1 1 υ 1 1 υ1 1 ω= I1 MR K M 1 1 1 R K M 1 1 1 1 R K 1 1 K 1 1 I MR M M 1 1 1 1 1 υ1 3 M MR 1 υ 1 =υ 1 K K M K 1 1 1 3 R 4 K K K 4 1 1 υ M M MR R 4. ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση): i) του δίσκου Σ τ = Ι cm αγ Τσ(1) R = 1 MR α γ Τ σ(1) R = 1 MR ii) του δακτυλίου Σ τ α acm γ = r a cm R Τ σ(1) = 1 Μα cm (3) = Ι cm αγ Τσ() R = MR α γ α acm γ = r Τ σ() R = MR ος Ν.Ν. (για την μεταφορική κίνηση): i) του δίσκου ΣF = Μ acm Mgημφ F - Τ σ(1) = Μα cm (5) x ii) του δακτυλίου ΣF = Μ acm Mgημφ + F - Τ σ() = Μα cm (6) x a cm R Τ σ() = Μα cm (4) Από τις σχέσεις (3), (5) έχουμε: ΣF = Μ acm Mgημφ F - 1 Μα cm = Μα cm 3 Μα cm = Mgημφ F x α cm = Mgημφ F (7) 3 M Από τις σχέσεις (4), (6) έχουμε: ΣF = Μ acm Mgημφ + F - Μα cm = Μα cm Μα cm = Mgημφ + F x α cm = Mgημφ + F (8) M Από τις σχέσεις (7), (8) έχουμε: Mgημφ F Mgημφ + F = 3(Mgημφ + F) = 4(Mgημφ -F) 7F = Mgημφ 3 M M F = Mgημφ F = 1N 7

Δ17) 1. 1 ος Ν.Ν. (για την περιστροφική κίνηση): Σ τ (Ο) = 0 τ F + τ mg + τ Mg 0 mg Mg 0 m M 4 4 1 ος Ν.Ν. (για την μεταφορική κίνηση): ΣF = 0 F mg Mg = 0 (1) F mg = 0 m = F m 0 m = M = 1kg g 10. I = Ι ρ + Ι m I = (I cm + M ) + Im I = 1 4 1 Ml + M + ml I = ( M 4 3 + m)l M Σ τ (Γ) = Ι α γ τ N + τ mg + τ Mg Ι α γ 0 + Mg + mgl = ( 3 + m)l α γ ( M + m)g = ( M 3 + m) M 1 ( m)g ( 1)10 α γ 3m M 1 ( m)α ( 1)3, 75 γ 3 3 3. 1 mυ υ=ω K mυ mω = = K 1 M M ολ Ι ω ( + m) ω ( + m) ω (Γ) 3 3 K m 1 K 3 = = K M 1 K 4 ολ ( m) ( 1) ολ 3 3 4. Α.Δ.Μ.Ε. (για την περιστροφική κίνηση του συστήματος): 1 K U K U 0 I ω mgh Mgh B B (Γ) 1 1 1 M mgh Mgh I ω mgh Mgh ( m) ω 1 (Γ) 1 3 1 M mgημφ Mg ημφ ( m) ω 3 mgημφ Mg ημφ 9 4, 5 9 3 ω ω ω rad/s 1 M 1 1 4 ( m) ( 1)9 3 3 L = Iω L = M 1 3 ( m) ω ( 1)3 L = 18kgm /s 3 3

Δ18)

Δ19) Δ0)

Δ1)

Δ)

Δ3)

Δ4)

Δ5)

Δ6)

Δ7)

Δ8)

Δ9)

Δ30)

Δ31)

Δ3)

Δ33)

Δ34)

Δ35)