ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ - ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ by Εφημερίδα των Συντακτών

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ

ΦΥΣΙΚΗ

Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. Α1. (γ) Α2. (γ) Από την γραφική παράσταση

Td = 0, 2 s ⇔ fd = 5 Hz ⇔ f1 − f 2= 5 Hz ⇔

ω1 − ω2 2

= 5π rad / s και 2 A = 0, 01m

Επίσης για την συχνότητα της κίνησης

f +f ω + ω2 N 6 f = = =30 Hz ⇔ 1 2 =30 Hz ⇔ 1 =60π rad / s ∆t 0, 2 2 2 Α3. (α) Α4. (α) ΙΙ. 1.Λ 2.Σ 3.Σ 4.Λ 5.Λ

ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή η β) Η μείωση της δυναμικής ενέργειας του σώματος Σ1 μέχρι να συγκρουστεί με το Σ2 είναι mgh όπου h η κατακόρυφη μετατόπιση του σώματος. Η ταχύτητα του Σ1 ελάχιστα πριν συγκρουστεί με το Σ2 προκύπτει και με εφαρμογή του ΘΜΚΕ.

WB= Kτελ − Kαρχ ⇔ mgh=

1 mu12 − 0 ⇔ u= 1 2

2 gh

Το σώμα Σ2 βρίσκεται στην θέση ισορροπίας του ακίνητο οπότε

u2' =

2m1 2m 2 ⋅ u1 ⇔ u2' = ⋅ u1 ⇔ u2' = ⋅ u1 3 m1 + m2 m + 2m

Η ταχύτητα που αποκτά το Σ2 είναι η μέγιστη για την ταλάντωση του άρα και η κινητική του είναι η μέγιστη κινητική της ταλάντωσης, ίση με την ολική ενέργεια. 2

E =K max

8 1 2  2  8 ⋅ (mgh) = 2m ⋅ u2'2 =m ⋅  u  =m  2 gh  = ⋅ (mgh) ⇔ E= 9 2 3  3  9

Β2. Σωστή η α) Η παροχή μεταβάλλεται γραμμικά με τον χρόνο. Έστω V ο όγκος της δεξαμενής νερού. Στην γραφική παροχής- χρόνου το εμβαδόν μεταξύ της γραφικής και του άξονα των χρόνων είναι ο όγκος του νερού που γεμίζει την δεξαμενή.

Π (L/s) 0,4x20

0, 4t ⋅ t Από την γραφική : V = για t = 20 s . 2 Άρα ο όγκος της δεξαμενής είναι V = 80 L .

V 0

t (s) 20

Από την νέα γραφική παροχής χρόνου επειδή γνωρίζουμε τον όγκο της δεξαμενής υπολογίζουμε το χρονικό διάστημα Δt2 στο οποίο γεμίζει η δεξαμενή με την νέα τιμή της παροχής του σωλήνα Ισχύει:

Π (L/s) 1,6Δt

1, 6∆t ⋅ ∆t 10 s = 80 L ⇔ ∆t = ∆t2 = 10 s ⇔ ∆t2 = 2

V=80L t (s)

Β3. Σωστή η β)

Σύμφωνα με την εκφώνηση στο ευθύγραμμο τμήμα που ορίζουν οι δύο πηγές σχηματίζονται 9 (εννέα) σημεία ενισχυτικής συμβολής δύο από τα οποία συμπίπτουν με τις πηγές. Τα σημεία ενισχυτικής συμβολής πάνω στο τμήμα αυτό απέχουν κατά λ/2 όπου λ το μήκος κύματος των κυμάτων που συμβάλλουν λόγω του στάσιμου εγκάρσιου κύματος που αναπτύσσεται. Από κατάλληλο σχήμα προκύπτει ότι Π1Π2=4λ. Όταν το κύμα από την πηγή Π1 φτάνει στο σημείο Σ, φτάνει ταυτόχρονα και στην πηγή Π2 οπότε r1 = Π1Π 2 = 4λ . Την ίδια χρονική στιγμή το Σ έχει εκτελέσει μια πλήρη αρμονική ταλάντωση , το κύμα από την πηγή Π2 έχει φτάσει σε αυτό μια περίοδο T πιο πριν οπότε r2 = 4λ − λ = 3λ Η χρονική εξίσωση απομάκρυνσης του σημείου Σ από την στιγμή t1 = 4T που φτάνουν και τα δύο κύματα σε αυτό είναι

yΣ = 2 A ⋅ συν 2π

r1 − r2  t r +r  ⋅ηµ 2π  − 1 2  και με αντικατάσταση 2λ 2λ  T

Δt

yΣ= 2 A ⋅ συν 2π

4λ − 3λ 4λ + 3λ   ⋅ηµ 2π  f ⋅ t −  ⇔ yΣ= 2 A ⋅ συνπ ⋅ηµ 2π ( f ⋅ t − 3,5 ) ⇔ 2λ 2λ  

yΣ =−2 A ⋅ηµ 2π ( f ⋅ t − 3,5 )

Β4. Σωστή η β) Πρέπει να συγκρίνουμε την επιτάχυνση που αποκτούν το σώμα (Σ) και ο δίσκος (Δ) την στιγμή που τα αφήνουμε ελεύθερα να κινηθούν όταν η δύναμη που τους ασκεί το ελατήριο είναι ίση με το μηδέν. (το ελατήριο εκείνη την στιγμή έχει το φυσικό του μήκος) Για το σώμα (Σ) : Οι δυνάμεις που δέχεται φαίνονται στο διπλανό σχήμα.

N (Σ) wx wy w φ

ΣFx =m ⋅ aΣ ⇔ mg ⋅ηmϕ =m ⋅ aΣ ⇔ aΣ = g ⋅ηmϕ (1) Για τον τροχό: Αυτός εκείνη την στιγμή ξεκινά να κυλίεται χωρίς να

(Δ)

ολισθαίνει με επιτάχυνση κέντρου μάζας acm Τ

Μεταφορική κέντρου μάζας:

ΣFx = m ⋅ acm ⇔ mg ⋅ηmϕ − T = m ⋅ acm (2) wx

Στροφική κίνηση γύρω από τον άξονα συμμετρίας:

Στ = I cm ⋅ aγ ⇔ T ⋅ R =

προκύπτει ότι a= cm

a 1 1 MR 2 ⋅ cm ⇔ T = M ⋅ acm R 2 2

(3) Από τις σχέσεις (2). 3) με πρόσθεση κατά μέλη

2 g ⋅ηmϕ (4) 3

Από τις σχέσεις (1),(4) βλέπουμε ότι το σώμα (Σ) αποκτά εκείνη την στιγμή μεγαλύτερη μεταφορική επιτάχυνση από την επιτάχυνση του κέντρου μάζας του δίσκου οπότε και η στοιχειώδης μεταβολή της ταχύτητάς του θα είναι μεγαλύτερη. Το ελατήριο συσπειρώνεται.

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Εφαρμόζουμε την εξίσωση συνέχειας μεταξύ των σημείων Α και Β του σωλήνα

Α ΑuΑ = Α Β uΒ ⇒ 2 Α Β u Α = Α Β uΒ ⇒ uΒ = 2uΑ (1) Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli μεταξύ των σημείων Α και Β που ανήκουν στην ίδια ρευματική γραμμή. Επιλέγουμε επίπεδο ως προς το οποίο η βαρυτική δυναμική ενέργεια μια ποσότητας υγρού είναι ίση με το μηδέν αυτό που διέρχεται από το σημείο Α. Έχουμε :

1 2 1 p A + ρυ ABB + 0 = p + ρυ 2 + ρ gh ⇒ 2 2 1 2 p A − pB = ρ ⋅ (υBA − υ 2 ) + ρ gh ⇒ [αp ό(1)] 2 1 ∆p= ρ ⋅ (3υ A2 ) + ρ gh ⇒ 2 1 3 10 ⋅ 3 ⋅12 + 103 ⋅10 ⋅1 ⇒ p ∆= 2 N p 1500 + 10000 ∆= = 11500 2 ⇒ m N ∆p = 11.500 2 m Γ2. Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli κατά μήκος μιας ρευματικής γραμμής από το σημείο Β της εξερχόμενης φλέβας ,που απέχει h από το προηγούμενο επίπεδο αναφοράς, στο σημείο Γ της φλέβας του νερού που απέχει h/2 . Η πίεση στο σημείο Β όπως και στο σημείο Γ είναι ίση με την ατμοσφαιρική.

1 K h patm + ρυ B2 + ρ g ⋅ h = patm + + ρg ⋅ ⇔ 2 2 V (Γ) 1 K h 1 K = ρυ B2 + ρ g ⋅ = 103 ⋅ 22 + 103 ⋅10 ⋅ 0,5 = 2 ⋅103 + 5 ⋅103 ⇒ = 7000 J / m3 2 2 V (Γ) 2 V (Γ) Τελικά

K = 7000 J / m3 V (Γ)

Έστω uΓ η ταχύτητα της ποσότητας του υγρού στο σημείο Γ. Η ταχύτητα αυτή προκύπτει ως το διανυσματικό άθροισμα της οριζόντιας ταχύτητας της φλέβας που είναι υ B = 2m / s και της κατακόρυφης συνιστώσας υ y= g ⋅ tΠ όπου tΠ ο χρόνος πτώσης της φλέβας από ύψος h σε ύψος h/2. Για την κατακόρυφη συνιστώσα:

u y = g ⋅ tΠ = g ⋅

2⋅h

2 = 10 m g s

Ο ρυθμός μεταβολής της δυναμικής της ενέργειας της ποσότητας Δm είναι αρνητικός γιατί κατέρχεται και προκύπτει ως εξής:

∆U −∆mg ⋅ ∆h = = −∆mg ⋅υ y = −10−6 ⋅10 ⋅ 10 = −10−5 10 J / s ⇔ ∆t ∆t ∆U J = −10−5 10 ∆t s

−4 3 Γ3. Η παροχή του σωλήνα είναι Π = Α Β ⋅υΒ = 2 ⋅10 m / s και είναι ίδια με την παροχή

που γεμίζει το άδειο δοχείο. Η μάζα του ρευστού που προστίθεται στο δοχείο είναι κάθε χρονική στιγμή

Β TY

Δ A

W d/2

Π=

∆V 1 ∆m ⇔Π= ⋅ ⇒ ∆m = Π ⋅ ρ ⋅ (t − 0) ⇔ ∆m = Π ⋅ ρ ⋅ t ∆t ρ ∆t

Η ράβδος ισορροπεί σε οριζόντια θέση. Οι δυνάμεις που δέχεται η ράβδος είναι: α) Η μεταβλητή δύναμη του βάρους του υγρού που ασκείται στο κέντρο μάζας του υγρού, το οποίο απέχει συνεχώς d/2 από το άκρο Δ της ράβδου. Η δύναμη αυτή μεταφέρεται από την βάση του δοχείου στην ράβδο και συνεχώς αυξάνεται. β) το σταθερό βάρος της ράβδου που ασκείται στο κέντρο μάζας της. γ) την τάση του νήματος που σχηματίζει γωνία 900-θ=300 με την οριζόντια διεύθυνση της ράβδου. Ροπή ασκεί μόνο η κατακόρυφη συνιστώσα Τy της τάσης. Με θετική φορά ροπής την αριστερόστροφη έχουμε:

γγγγγγ γγγ γγ γγγ γγγ Στ (O ) =0 ⇔ τ W (υγρ ) + τ Wρ + τ Τx + τ Τ y + τ FA =0

d L L w( L − ) + Wρ + 0 − Ty + 0 = 0 ⇒ 2 2 2 d L L ∆m ⋅ g ( L − ) + Mg − T ⋅ηm 30 = 0 ⇒ 2 2 2 ∆m ⋅ g (2 L − d ) + MgL − Tηm 30 L = 0 ⇒ T Π ⋅ ρ ⋅ t ⋅ g (2 L − d ) + MgL − = 0 ⇒ 2 T = 2Π ⋅ ρ ⋅ t ⋅ g (2 L − d ) + 2 MgL = 0 ⇒ T =2 ⋅ 2 ⋅10−4 ⋅103 ⋅10 ⋅ (8 − 1)∆t + 2 ⋅1 ⋅10 ⋅ 4 ⇒ T = 28∆t + 80( SI ) T = 28∆t + 80( SI )

Γ4. Σε χρόνο ∆t =5s η μάζα του ρευστού μέσα στο δοχείο θα είναι:

∆m =Πρ∆t =2 ⋅10−4 ⋅103 ⋅ 5 =1kg Και η Τάση του νήματος θα είναι :

T = 28∆t + 80 = 28 ⋅ 5 + 80 =140 + 80 = 220Ν Έστω Fx , Fy οι συνιστώσες της δύναμης που δέχεται η ράβδος από την άρθρωση. Η ράβδος ισορροπεί οπότε:

ΣFX =0 ⇒ FX = TX ⇒ FX = T ⋅ συν 300 ⇒ FA, X = 110 3 ΣFy = 0 ⇒ w + wρ + Fy =Ty ⇒ = mg + Mg + F Tηm 30 ⇒ y 10 + 10 + Fy = 110 ⇒ Fy = 90 N Το μέτρο της συνολικής δύναμη από την άρθρωση είναι:

= FA

2 FA2, x + F= A, y

2 (110 3) 2 + 90 =

Η κατεύθυνσή της:

εφθ =

Fy 90 9 3 9 3 = = = Fx 110 3 11 ⋅ 3 33

12100 ⋅ 3 + 3600 =

39900 = 10 399 N

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Ο κύλινδρος (Κ2) έχει ως προς τον (Κ1) την ίδια πυκνότητα, την ίδια ακτίνα και το μισό του ύψος. Από τον τύπο του όγκου κυλίνδρου προκύπτει ότι έχει τον μισό όγκο από τον (Κ1) και από την κοινή πυκνότητα

Ράβδος

Αβαρής άξονας Α2

προκύπτει ότι έχει την μισή μάζα M 2 = 1kg

Ο άξονας Α2 είναι αβαρής οπότε δεν έχει ροπή αδράνειας. Για την ροπή αδράνειας του συστήματος :

I Σ = I cm ( K 2) + I cm ( ρ ) + 2 Iσϕ ⇔

L  1 1  M 2 R 2 + M 1 L2 + 2  m1 ⋅ ( ) 2  ⇔ 2 2 2   1 7 ⇔ IΣ = + 1 + ⇔ 8 8 I Σ=

Αβαρής Τροχαλία

Σταθερή ροπή τριβής Μεταξύ Κ1,Κ2

T1 Α1

Δ2. Η τροχαλία είναι αβαρής οπότε η συνολική ροπή που δέχεται από το νήμα είναι ίση με το μηδέν. Στο σχήμα φαίνεται ότι η τάση του νήματος Τ1 που ασκείται στο σώμα (Σ) είναι ίση με την τάση του νήματος που ασκείται στον κύλινδρο (Κ1). Έστω αΣ η επιτάχυνση που αποκτά το σώμα Σ. Η επιτάχυνση αυτή είναι ίση με την εφαπτομενική επιτάχυνση ενός σημείου της περιφέρειας του κυλίνδρου Κ1. Η σχέση που συνδέει την γωνιακή επιτάχυνση aγ 1 που

aγ 1 ⋅ R αποκτά ο Κ1 με την επιτάχυνση του σώματος είναι a= Σ Μεταφορική επιτάχυνση (Σ): ΣF = mΣ ⋅ aΣ ⇔ mΣ g − T1 = mΣ ⋅ aΣ (1) Στροφική επιτάχυνση (Κ1): Στ = I cm ⋅ aγ 1 ⇔ T1 ⋅ R − τ T =

a τ 1 1 Μ R 2 ⋅ Σ ⇔ T1 − T = Μ ⋅ aΣ 2 R R 2

(2)

Με αντικατάσταση aΣ = 2

Σ mΣg

= I Σ 2kg ⋅ m 2

Από τις σχέσεις (1) , (2) με πρόσθεση κατά μέλη : aΣ =

mΣ g −

τΤ

R . M mΣ + 2

m aΣ . Επίσης a= = 4rad / s 2 γ1 2 s R

Δ3. Έστω aγ 2 η γωνιακή επιτάχυνση που αποκτά το ανεξάρτητο σύστημα [κύλινδρος (Κ2)άξονας Α2-ράβδος,σφαίρες μάζας m1 ] υπό την επίδραση της αντίδρασης της τριβής ολίσθησης που ασκείται τώρα από τον Κ1 στον Κ2 Από τον θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για το σύστημα:

Στ =I Σ ⋅ aγ 12 ⇔ τ Τ =I Σ ⋅ aγ 12 ⇔ 1 =2 ⋅ aγ 12 ⇔ aγ 12 =0,5rad / s 2 Την χρονική στιγμή t1 = 4,5s Η γωνιακή ταχύτητα του (Κ1) είναι ω1 = a γ 1 ⋅ t1 = 4 ⋅ 4,5 ⇔ ω1 = 18rad / s Η γωνιακή ταχύτητα του (Κ2) άρα και της ράβδου αφού στρέφονται ως ένα σώμα είναι

ω2 = a γ 2 ⋅ t1 = 0,5 ⋅ 4,5 ⇔ ω1 = 2, 25rad / s Δ4. Την χρονική στιγμή t = t1 κόβουμε το νήμα που συνδέει τον κύλινδρο (Κ1) και την τροχαλία οπότε ο κύλινδρος Κ1 και το σύστημα που εδράζεται πάνω του δέχονται συνολική εξωτερική ροπή ίση με το μηδέν. Η ροπή της τριβής είναι εσωτερική για το σύνολο των σωμάτων και δεν επηρεάζει την συνολική στροφορμή η οποία από την χρονική στιγμή αυτή και μετά παραμένει σταθερή. Εφαρμόζουμε διατήρηση στροφορμής για το σύστημα Κ1- κύλινδρος (Κ2)-άξονας Α2ράβδος,σφαίρες μάζας m1 . Έστω ωκ η κοινή γωνιακή ταχύτητα του συστήματος.

Lπριν= Lmετα ⇔ I Σ ⋅ ω2 + I cm ( K 1) ⋅ ω1= Iολικο ⋅ ωκ ⇔ 1 1 = 2, 25 ⋅ ωκ ⇔ 2 ⋅ 2, 25 + 2 ⋅ ⋅18 2 4

ωκ = 4rad / s Στην χρονική διάρκεια από την χρονική στιγμή t1 = 4,5s και μετά μέχρι να αποκτηθεί η κοινή γωνιακή ταχύτητα ο (Κ1) επιβραδύνεται από την τριβή με νέα γωνιακή επιτάχυνση

= aγ1 '

τΤ

I cm ( k1)

1 = 4rad / s 2 και το σύστημα του κυλίνδρου Κ2 επιταχύνεται από την 0, 25

ήδη υπάρχουσα σταθερή ροπή της τριβής Η κίνηση για τον Κ1 είναι ομαλά επιβραδυνόμενη οπότε ω = ω1 − α γ 1 '⋅ t ⇔ θέτουμε στην παραπάνω σχέση την τελική γωνιακή ταχύτητα και βρίσκουμε το χρονικό διάστημα Δt μέχρι να αποκτηθεί η κοινή γωνιακή ταχύτητα.

ωk = ω1 − α γ 1 '⋅ ∆t ⇔ 4 = 18 − 4 ⋅ ∆t ⇔ ∆t = 3,5s Τελικά η χρονική στιγμή που αποκτούν οι κύλινδροι (Κ1),(Κ2) κοινή γωνιακή ταχύτητα ειναι

t2 = t1 + ∆t = 4,5 + 3,5= 8s ⇔ t2 = 8s Δ5. Η θερμότητα που εκλύεται στο περιβάλλον από την χρονική στιγμή t = t1 μέχρι την χρονική στιγμή t = t2 προκύπτει με διατήρηση της ενέργειας:

= Q= Kολ (t

−K

t1= ) ολ ( t t2 )

Με αντικατάσταση

1 1  1 Q=  I Σ ⋅ ω22 + I cm ( K 1) ⋅ ω12  − Iολικ ό ⋅ ωK2= 45,5625 − 18= 27,5625 J ⇔ 2 2  2 Q = 27,5625 J

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΑΡΗΣ – ΚΑΤΣΑΡΟΥ ΚΑΤΕΡΙΝΑ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΘΑΝΑΣΗΣ