المسألة الأولى من امتحان 2026

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. انطلاقا من العلاقة العامة للدور الخاص للنواس الثقلي المركب في حالة السعات الزاوية الصغيرة. استنتج بالرموز علاقة الدور الخاص لهذا النواس بدلالة طول الساق، ثم احسب قيمته.(35 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 5

   العلاقة العامّة للدور الخاصّ للنوّاس الثقليّ المركّب في حالة السعات الزاويّة الصغيرة:

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

   العلاقةالدرجة: 5

   كتلة الجملة $m$ مجموع الكتلتين، لأنّ الساق مهملة الكتلة:

   $$m=m_1+m_2=2m_1$$

   العلاقةالدرجة: 4+1

   $d$ بُعد مركز عطالة الجملة عن محور الدوران. نعدّ البعد عن المحور موجباً تحته وسالباً فوقه: الكتلة $m_1$ فوق المحور على بُعد $\frac{L}{4}$، والكتلة $m_2$ تحته على بُعد $L-\frac{L}{4}=\frac{3L}{4}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle d={\displaystyle \frac{-m_1\frac{L}{4}+m_2\frac{3L}{4}}{2m_1}}}\\ {\displaystyle d={\displaystyle \frac{L}{4}}}\end{array}$$

   فمركز العطالة تحت المحور، وهذا ما يجعل الجملة نوّاساً يهتزّ حول وضع توازنٍ شاقوليّ.

   العلاقةالدرجة: 4+1

   عزم عطالة الجملة حول المحور مجموع عزمَي عطالة الكتلتين النقطيّتين:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=m_1{\left(\frac{L}{4}\right)}^2+m_2{\left(\frac{3L}{4}\right)}^2}\\ {\displaystyle I_{\mathrm{\Delta }}=\frac{5}{8}{m}_1{L}^2}\end{array}$$

   العلاقةالدرجة: 3+7

   نعوّض $I_{\mathrm{\Delta }}$ و$m$ و$d$ بالرموز في العلاقة العامّة، فتختصر $m_1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\frac{5}{8}{m}_1{L}^2}{2m_{1}g\times \frac{1}{4}L}}}}\\ {\displaystyle T_0=\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{5L}{g}}}}\end{array}$$

   في سلّم التصحيح: تُقبل أيضاً الصيغة $T_0=2\pi \sqrt{\frac{5L}{4g}}$، وهي الصيغة نفسها قبل الاختصار.

   التعويضالدرجة: 3

   مع $L=\mathrm{8<!--\; -->0}\mathrm{c}\mathrm{m}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}\mathrm{m}$:

   $$T_0=\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{5\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}}{\mathrm{1<!--\; -->0}}}}$$

   الجوابالدرجة: 1+1

   $$T_0=2\mathrm{s}$$

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

2. 2. احسب طول النواس البسيط المواقت لهذا النواس المركب.(15 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 5

   النوّاس البسيط المواقت دوره الخاصّ يساوي الدور الخاصّ $T_0$ للنوّاس المركّب.

   العلاقةالدرجة: 5

   ودور النوّاس البسيط الذي طوله $l$:

   $$2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{l}{g}}}=T_0$$

   التعويضالدرجة: 3

   $$2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{l}{\mathrm{1<!--\; -->0}}}}=2$$

   الجوابالدرجة: 1+1

   $$l=1\mathrm{m}$$

   تحقّق بعلاقة طول النوّاس البسيط المواقت: $l=\frac{I_{\mathrm{\Delta }}}{md}=\frac{5L}{4}=1\mathrm{m}$.

3. 3. نزيح النواس عن وضع توازنه الشاقولي بزاوية ${\mathrm{6<!--\; -->0}}^{\circ }$ ونتركه دون سرعة ابتدائية. استنتج بالرموز علاقة السرعة الزاوية لجملة النواس لحظة مرورها بوضع التوازن الشاقولي، ثم احسب قيمتها.(35 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 1+1

   نطبّق نظريّة الطاقة الحركيّة على جملة النوّاس بين وضعين: الأوّل لحظة الترك، والثاني لحظة المرور بالشاقول:

   $${\theta }_1={\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}},{\theta }_2=0$$

   العلاقةالدرجة: 5

   $$\mathrm{\Delta }{\bar{E}}_{k(1\to 2)}=\sum {\bar{W}}_{\vec{F}}$$

   العلاقةالدرجة: 1+1+1+1

   القوى الخارجيّة المؤثّرة في الجملة: ثقلها $\vec{w}$ في مركز عطالتها، وردّ فعل المحور $\vec{R}$:

   $$E_{k2}-E_{k1}={\bar{W}}_{\vec{w}}+{\bar{W}}_{\vec{R}}$$

   العلاقةالدرجة: 3+3

   $E_{k1}=0$ لأنّ الجملة تُترك دون سرعة ابتدائيّة، و${\bar{W}}_{\vec{R}}=0$ لأنّ نقطة تأثير $\vec{R}$ على المحور لا تنتقل، و${\bar{W}}_{\vec{w}}=mgh$ حيث $h$ انخفاض مركز العطالة:

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

   العلاقةالدرجة: 3+2

   مركز العطالة على بُعد $d$ من المحور، فانخفاضه:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle h=d(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\\ {\displaystyle h=\frac{L}{4}(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\end{array}$$

   العلاقةالدرجة: 3+5

   نعوّض $I_{\mathrm{\Delta }}=\frac{5}{8}{m}_1{L}^2$ و$m=2m_1$ و$h$ بالرموز، فتختصر $m_1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\times \frac{5}{8}{m}_1{L}^2{\omega }^2}\\ {\displaystyle =2m_{1}g\times \frac{L}{4}(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}\\ {\displaystyle \omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{8g(1-\cos {\theta }_{\text{m<!-- -->a<!-- -->x}})}{5L}}}}\end{array}$$

   التعويضالدرجة: 3

   مع $\cos {\mathrm{6<!--\; -->0}}^{\circ }=\frac{1}{2}$:

   $$\omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{8\times \mathrm{1<!--\; -->0}(1-\frac{1}{2})}{5\times \mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->8}}}}$$

   الجوابالدرجة: 1+1

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

   أي نحو $\mathrm{3<!--\; -->.<!--\; -->1<!--\; -->6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\mathrm{.}{\mathrm{s}}^{-1}$.