المسألة الأولى من امتحان 2017، الدورة الثانية

الحلّ خطوةً خطوة

حاول أن تحلّ بنفسك أوّلاً، ثمّ افتح الخطوات واحدةً بعد الأخرى وقارن. وبجانب كلّ خطوة درجتها في سلّم التصحيح الرسميّ، فترى أين تُكسب الدرجات وأين تضيع.

1. 1. احسب الدور الخاص لهذا النواس.(10 درجات)

   العلاقةالدرجة: 5

   الدور الخاصّ لنوّاس الفتل غير المتخامد. السلك شاقوليّ يحمل القرص الأفقيّ من مركزه، فهو محورٌ عموديٌّ على مستويه مارٌّ من مركز عطالته، و$I_{\mathrm{\Delta }}=I_{\mathrm{\Delta }\mathrm{/}c}$:

   $$T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{I_{\mathrm{\Delta }}}{k}}}$$

   التعويضالدرجة: 3

   $$T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{2\times {\mathrm{1<!--\; -->0}}^{-3}}{8\times {\mathrm{1<!--\; -->0}}^{-2}}}}$$

   الجوابالدرجة: 1+1

   $$T_0=1\mathrm{s}$$

   لأنّ $2\pi \sqrt{\frac{1}{\mathrm{4<!--\; -->0}}}=\sqrt{\frac{4{\pi }^2}{\mathrm{4<!--\; -->0}}}$، ومع ${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$ يصير $\sqrt{1}$.

2. 2. استنتج التابع الزمني للمطال الزاوي انطلاقاً من شكله العام.(30 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 5

   الشكل العامّ للتابع الزمنيّ للمطال الزاويّ:

   $$\bar{\theta }={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}\cos ({\omega }_{0}t+\bar{\phi })$$

   في سلّم التصحيح: يخسر درجة واحدة إذا كتب $\omega$ بدلاً من ${\omega }_0$ لمرة واحدة فقط.

   العلاقةالدرجة: 5

   النبض الخاصّ من الدور الخاصّ:

   $${\omega }_0={\displaystyle \frac{2\pi }{T_0}}$$

   في سلّم التصحيح: طريقةٌ ثانية بجانب الأسطر الثلاثة: ${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{I_{\mathrm{\Delta }}}}$، ثمّ ${\omega }_0=\sqrt{\frac{8\times {\mathrm{1<!--\; -->0}}^{-2}}{2\times {\mathrm{1<!--\; -->0}}^{-3}}}$، ثمّ ${\omega }_0=2\pi \mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$.

   التعويضالدرجة: 3

   $${\omega }_0={\displaystyle \frac{2\pi }{1}}$$

   الجوابالدرجة: 1

   $${\omega }_0=2\pi \mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   العلاقةالدرجة: 2

   شروط البدء: في اللحظة $t=0$ يُترك القرص دون سرعة، فسرعته الزاويّة معدومة:

   $$t=0,\bar{\omega }=0$$

   في سلّم التصحيح: بجانبها: «لأنه ترك دون سرعة ابتدائية في مطاله الأعظمي الموجب في اللحظة $t=0$».

   العلاقةالدرجة: 3

   فهو عندئذٍ في أبعد مطالٍ عن وضع التوازن، وسعته الزاويّة زاوية الإدارة:

   $${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}=\bar{\theta }={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$$

   التعويضالدرجة: 3+1

   نعوّض شروط البدء $t=0$، $\bar{\theta }={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}$ في تابع المطال الزاويّ:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \frac{\pi }{2}}={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\cos \bar{\phi }}\\ {\displaystyle \cos \bar{\phi }=1}\end{array}$$

   في سلّم التصحيح: يُقبل: ${\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}\cos \bar{\phi }$.

   الجوابالدرجة: 1

   $$\bar{\phi }=0\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}$$

   الجوابالدرجة: 6

   $$\bar{\theta }={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\cos (2\pi t)$$

   حيث $\bar{\theta }$ بالراديان و$t$ بالثانية.

3. 3. احسب السرعة الزاوية للقرص لحظة مروره الأول في وضع توازنه وطاقته الحركية عندئذ.(30 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 1

   السرعة الزاويّة مشتقّ المطال الزاويّ بالنسبة للزمن:

   $$\bar{\omega }=(\bar{\theta }{)}_t^{\mathrm{\prime }}$$

   في سلّم التصحيح: بجانبها: «تعطى ضمناً».

   العلاقةالدرجة: 5

   نشتقّ التابع الزمنيّ من الطلب الثاني:

   $$\bar{\omega }=-2\pi \times {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\sin (2\pi t)$$

   في سلّم التصحيح: بجانبها: «أو: $\bar{\omega }=-{\omega }_0{\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}}\sin {\omega }_{0}t$».

   العلاقةالدرجة: 5

   يبدأ القرص من أبعد مطال، فيمرّ بوضع التوازن أوّل مرّة بعد ربع دور:

   $$t={\displaystyle \frac{T_0}{4}}$$

   التعويضالدرجة: 3

   $$t={\displaystyle \frac{1}{4}}$$

   الجوابالدرجة: 1

   $$t={\displaystyle \frac{1}{4}}\mathrm{s}$$

   التعويضالدرجة: 3

   $$\bar{\omega }=-2\pi \times {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\sin (2\pi \times {\displaystyle \frac{1}{4}})$$

   الجوابالدرجة: 1+1

   $$\bar{\omega }=-\mathrm{1<!--\; -->0}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$$

   لأنّ $\sin \frac{\pi }{2}=1$، فالسرعة الزاويّة $-{\pi }^2$، ومع ${\pi }^2=\mathrm{1<!--\; -->0}$ تصير $-\mathrm{1<!--\; -->0}$. والإشارة سالبة لأنّ القرص بدأ من المطال الموجب $+\frac{\pi }{2}$، فهو يعود إلى وضع التوازن بالاتّجاه السالب.

   العلاقةالدرجة: 5

   الطاقة الحركيّة للقرص الدوّار:

   $$E_k={\displaystyle \frac{1}{2}}{I}_{\mathrm{\Delta }}{\omega }^2$$

   التعويضالدرجة: 3

   $$E_k={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 2\times {\mathrm{1<!--\; -->0}}^{-3}\times (-\mathrm{1<!--\; -->0}{)}^2$$

   الجوابالدرجة: 1+1

   $$E_k=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->1}\mathrm{J}$$

   وهي أعظم طاقةٍ حركيّة للقرص، لأنّ الطاقة الكامنة المرونيّة للسلك المفتول معدومةٌ في وضع التوازن.