Θέματα προσομοίωσης: Φυσική, απαντήσεις (19.04.2019)

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ

ΦΥΣΙΚΗ

Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ)

∆K 2 %= 96% ⇔

K 2' − K 2 ⋅100%= 96% ⇔ K 2'= 1,96 K 2 ⇔ u22'= 1,96 ⋅ u22 ⇔ u2' = 1, 4 ⋅ u2 K2

Αλλά u2' = 1, 4 ⋅ u2 = u1 και u1' = u2 οπότε

K1' − K1 u1' − u1 u22 − 1,96u22 ∆K1 = 100% = ⋅100% = ⋅100% = −48,9% K1 u1 1,96u22 Α2. β) Α3. δ) Σταθεροποίηση της ταχύτητας εκροής έχουμε όταν η παροχή της οπής γίνει ίση με την παροχή της βρύσης. Α4. β) Από Α.Δ.Ο: m ⋅ u = M ⋅ v + m ⋅ u

2

⇔ m ⋅ u = 2M ⋅ v (1).

1  u2 1 1 1 2 Εκφώνηση : Q = 2 ⋅ ET ⇔ ⋅ m ⋅ u −  ⋅ m ⋅ + ⋅ M ⋅ v 2  = 2 ⋅ ⋅ M ⋅ v 2 ⇔ 2 4 2 2 2 

3 3 m ⋅ u 2 = ⋅ M ⋅ v 2 (2) 8 2 Με αντικατάσταση της (1) στην σχέση (2) προκύπτει

B. 1. Λ 2.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Λ

M =1 m

ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστή η α) Α. Η πλάκα αποκτά μέγιστη 4x γωνιακή ταχύτητα την στιγμή που A η ροπή του βάρους της γίνει θ 2,5x στιγμιαία ίση με το μηδέν. Αυτό 1,5x προκύπτει όταν το κέντρο μάζας Κ της πλάκας βρεθεί στην κατακόρυφη που διέρχεται από 2,5x x το σημείο περιστροφής Α, όπως Mg φαίνεται στο σχήμα. Τη στιγμή Κ που κόβεται το νήμα το κέντρο Κ 4x Δ απέχει κατακόρυφη απόσταση 1,5x από τον άξονα περιστροφής και την στιγμή που μηδενίζεται η ροπή απέχει κατακόρυφα 2,5x από τον άξονα. Η ροπή αδράνειας της πλάκας ως προς τον άξονα περιστροφής της δίνεται από τον τύπο :

25 1 = IA M ⋅ x2 IA = I cm + M ( AK ) 2 = M ( (4 x) 2 + (3 x) 2 ) + M (2,5 x) 2 ⇔ 3 12 Εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ για την κίνηση της πλάκας από την αρχική της θέση μέχρι το κέντρο της Κ να βρεθεί στην ίδια κατακόρυφη με το σημείο Α.

Wολ = ∆Κ ⇔ WB =

ω=

1 1 25 I A ⋅ ω 2 − 0 ⇔ Mg ⋅ ( 2,5 x − 1,5 x ) = ( M ⋅ x 2 ) ⋅ ω 2 ⇔ 2 2 3

1 6g 5 x

Β. Σωστή η γ) Από το σχήμα βλέπουμε ότι το κέντρο μάζας Κ της πλάκας μέχρι να αποκτήσει μέγιστη γωνιακή ταχύτητα διαγράφει γωνία θ. Από το τρίγωνο ΑΔΓ διακρίνουμε ότι:

εϕθ =

∆Γ 4 x 4 = = > 1 ⇒ θ > 450 . Α∆ 3 x 3

Από ΑΔΜΕ για την κίνηση του στερεού, αυτό ακινητοποιείται στιγμιαία όταν το κέντρο Κ βρεθεί στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο με την αρχική του θέση διαγράφοντας συνολική γωνία φ=θ+θ=2θ>900. Την ίδια γωνία διαγράφει οποιοδήποτε σημείο του στερεού άρα και οποιαδήποτε πλευρά του στερεού όπως η ΑΒ.

B

3x

Γ

Β2. Σωστή η α) L Σ1

L/2

A

B

u0

Σ2

Σ1

N T’ α2

Τελική κατάσταση…

T

α1 u2

2m1g

Σ1

vk Σ2

A

vk

Εφαρμόζουμε ΑΔΟ για το βλήμα και το σώμα Σ2 για να βρούμε την κοινή ταχύτητα τους u2





→( + ) αμέσως μετά την κρούση: pαρχ = pτελ  → m1 ⋅ u0 = (m1 + 7 m1 ) ⋅ u2 ⇔ u2 =

u0 .

8

Εφαρμόζουμε ΑΔΟ για το σύστημα βλήμα-Σ1-Σ2 για να βρούμε την ολική κοινή ταχύτητα του συστήματος μετά την εσωτερική αλληλεπίδραση των σωμάτων Σ1,Σ2:

  u0 →( + ) p= pτελ  vk → m1= ⋅ u0 (m1 + 7 m1 + 2m1 ) ⋅ vk ⇔ = αρχ 10 Αμέσως μετά την κρούση αναπτύσσονται οριζόντιες σταθερές δυνάμεις τριβής μεταξύ των σωμάτων Σ1 και Σ2. Η δύναμη Τ επιταχύνει από την ηρεμία το Σ1 με επιτάχυνση μέτρου α1 μέχρι το σύστημα βλήμα-Σ1-Σ2 να αποκτήσει κοινή ταχύτητα vk. Η αντίδραση της Τ η Τ’ ,επιβραδύνει το συσσωμάτωμα με επιτάχυνση μέτρου α2 μέχρι αυτό να αποκτήσει την ταχύτητα vk. Οι δυνάμεις αυτές μηδενίζονται όταν τα σώματα του συστήματος αποκτήσουν την ταχύτητα vk. Για την δύναμη Τ ισχύει : T = m ⋅ N = m ⋅ (2m1 g ) = 2 m m1 g Έστω Δx1 η απόσταση που διανύει το σώμα Σ1 μέχρι να αποκτήσει την ταχύτητα vk και Δx2 η απόσταση που διανύει το συσσωμάτωμα στον ίδιο χρόνο. ΘΜΚΕ για το Σ1 από την ηρεμία μέχρι να αποκτήσει την κοινή ταχύτητα: 2

WT= Kτελ − Kαρχ

u02 1  u0  2m1 ⋅   ⇔ ∆x1= ⇔ 2 m m1 g ⋅ ∆x1= 2 200 m g  10 

ΘΜΚΕ για το συσσωμάτωμα από την στιγμή που αποκτά ταχύτητα u2 μέχρι να αποκτήσει την κοινή ταχύτητα vk: 2

W = Kτελ − Kαρχ T'

2

1 u  1 u  ⇔ −2 m m1 g ⋅ ∆= x2 8m1 ⋅  0  − 8m1 ⋅  0  ⇔ 2  10  2 8

9u 2 ∆x2 = 0 800 m g Επειδή το σώμα Σ1 καταλήγει να βρίσκεται στο άκρο Α του Σ2 τότε η συνολική απόσταση

που διένυσε το Σ2 στην διάρκεια της αλληλεπίδρασης είναι κατά L/2 μεγαλύτερη από την απόσταση που διένυσε το Σ1 στον ίδιο χρόνο.

∆x2 − ∆x1=

9u02 u02 L L ⇔ − = ⇔ u0 = 80 µ gL ⇔ u0 = 40m / s 2 800 µµ g 200 g 2 F

Β3. Α. Σωστή η α) Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ενεργούν στο σώμα καθώς αυτό ανέρχεται στο κεκλιμένο επίπεδο.

r

R

wx T φ

wy w

Εφαρμόζοντας τον θεμελιώδη νόμο για την μεταφορική και την στροφική κίνηση έχουμε:

ΣF= = macm ⇒ = macm ⇒ F − T − mg ⋅ηm 30 T 2mg − mg X Στ =Ιa g ⇒ F

1 − macm 2

R 1 1 1 + TR = mR 2 ⋅ ag ⇒ mg + T = macm ⇒ T =mg − macm 2 2 2 2

Από τον συνδυασμό τον δύο αυτών σχέσεων έχουμε:

α=

5g 1 , T = − mg 3 6

Το πρόσημο (-) σημαίνει ότι η φορά της στατικής τριβής είναι αντίθετη από αυτή που επιλέξαμε στο σχήμα δηλαδή είναι ομόρροπη της F.

Β. Σωστή η β) Η ενέργεια που παρέχει η δύναμη F υπολογίζεται μέσω του έργου της. Η δύναμη F προκαλεί με τη εφαρμογή της και μεταφορική και περιστροφική κίνηση με την ροπή της. Επιμερίζουμε το έργο της.

R 1 3 ∆θ =F ∆xcm + F ∆xcm = F ∆xcm 2 2 2 Μπορούμε επίσης να γράψουμε WF= F ⋅ ∆x A όπου ΔxA η μετατόπιση του σημείου WF =F ⋅ ∆xcm + τ F ⋅ ∆θ =F ∆xcm + F

εφαρμογής Α της δύναμης F. Το σημείο αυτό από την αρχή της επαλληλίας έχει ολική

3 2

επιτάχυνση στην διεύθυνση της F ίση με 1,5 αcm. Εύκολα υπολογίζουμε ∆x A = ∆xcm . Επειδή F=2mg και Δxcm= ½αt2, έχουμε:

WF =

3 mgat 2 2

ενώ = ΚΠ

1 1 1 1 2 2 2 2 2 I= mR ω mu 2 macm ⋅ t = = cmω 2 4 4 4

Το ποσοστό είναι:

1 5g 1 2 2 1 ( ) macmt a ΚΠ 2,5 250 4 4 4 ⋅100% = ⋅100% = ⋅100% = 3 ⋅100% = ⋅100%= % 3 3 3 WF 9 9 2 mgacmt g g 2 2 2

Β4. Σωστή η α) 1η περίπτωση Η εισχώρηση του βλήματος θα σταματήσει όταν τα δύο σώματα αποκτήσουν κοινή ταχύτητα. Η κρούση τους είναι πλαστική. Εφαρμόζουμε την αρχή διατήρησης της ορμής για να βρούμε την κοινή τους ταχύτητα:

  υ pολ ,αρχ = pολ ,τελ ⇔ mυο = (m + 2m)V ⇔ vK = ο 3 Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μεταβολής της κινητικής Ενέργειας για το βλήμα μέχρι την στιγμή που τα σώματα αποκτούν κοινή ταχύτητα. Έστω F η σταθερή δύναμη που δέχεται το βλήμα από το κιβώτιο κατά την εισχώρηση.

Κ τελ

8mυο2 1 υο2 1 2 − Κ αρχ = WF ⇔ m − mυο = − Fx1 ⇔ x1 = 2 9 2 18 F

2η περίπτωση Όλη η κινητική ενέργεια του βλήματος γίνεται θερμότητα. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μεταβολής της κινητικής Ενέργειας για το βλήμα μέχρι την στιγμή που το βλήμα σταματά.

Κ τελ − Κ αρχ

2mυο2 1 2 = WF ⇔ 0 − m4υο = − Fx2 ⇔ x2 = 2 F

2mυο2 x F = 36= 9 ⇔ x2 = 9 Άρα 2= x1 2 x1 8mυο2 8 2 18 F

ΘΕΜΑ Γ Γ1 . Το κύμα από την Π1 φτάνει στο σημείο Σ την t1άρα η απόσταση του Σ από την Π1 δίνεται από την σχέση: r1 = u ⋅ t1 =

1, 6 1, 6 m. m ⇔ r1 = 3 3

Η φάση του σημείου Σ όταν αυτό ταλαντώνεται μόνο από το κύμα της Π1 δίνεται από τον τύπο:

t r = ϕ1 2π ( − 1 ) . Η περίοδος υπολογίζεται από την εξίσωση ταλάντωσης των πηγών και T λ 2π είναι ίση με = Τ = 0,5s , ενώ το μήκος κύματος από την λ=u∙T=0,4m. Έτσι την t2 που

ω

φτάνει το κύμα από την Π2 στο Σ έχουμε:

1, 6  4π 3  = 2π 2 ⋅ t2 −  3 0, 4  

  ⇒= t2 1s .  

Επομένως η ζητούμενη απόσταση είναι r2=u∙t2 ⇔ r2 = 0,8m Γ2.

t < 2 s  → yS = 0 3 2 0, 2 0, 2 4 t r 2π ( − 1 ) s ≤ t= < 1s  → yS ηµ = ηµ 2π (2t − ) S.I 3 3 π T λ π r −r t r +r 0, 2 5 t ≥ 1s  ηµ 2π (2t − ) S.I → y S= 2 Αsυν 2π 2 1 ⋅ηµ 2π ( − 1 2 )= − 2λ 2λ 3 T π

Γ3. Έστω u1 η ταχύτητα του ανιχνευτή εκείνη τη στιγμή. Επειδή η συχνότητα που καταγράφει είναι μεγαλύτερη από fS τότε κινείται προς τη πηγή του ήχου. Η συχνότητα που αντιλαμβάνεται ο παρατηρητής- ανιχνευτής είναι:

= f

uηχ + u1 uηχ

f s ⇒= 680,8

340 + u1 ⇒ u1 0, 4m / s 680= 340

Επειδή πλησιάζει την πηγή u1>0 και y>0 γιατί ξεκίνησε την ταλάντωσή του υπό την επίδραση της πηγής Π1 κινούμενος προς την θετική φορά από την θέση ισορροπίας του. Από ΑΔΕΤ έχουμε:

1 1 1 0,1 3 2 Dy12 + mu= DA2 ⇒ = y1 m 1 2 2 2 π Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του ανιχνευτή εκείνη την στιγμή είναι

dK dK = −64π 3 ⋅10−4 J / s = ΣF1 ⋅ u1 = − Dy1 ⋅ u1 = −mω 2 y1 ⋅ u1 = −64π 3 ⋅10−4 J / s dt dt

Γ4. Για να καταγράφει ο ανιχνευτής συχνότητα f=680Hz, πρέπει να είναι συνεχώς ακίνητος άρα το σημείο Σ να είναι σημείο απόσβεσης. Δηλαδή για το νέο μήκος κύματος λ και την νέα συχνότητα ταλάντωσης f των πηγών θα ισχύει η σχέση:

r1 − r2 = (2k + 1) ⋅

λ 1, 6 u 3 ⇒ 0,8 − = (2k + 1) ⋅ ⇒ f = (2k + 1) ⋅ ( SI ) 2 3 2f 2

k = 0,1, 2,3... Επειδή fΑΡΧ=2Ηz η κατάλληλη επιλογή του ακέραιου αριθμού είναι k=1 , Από την παραπάνω σχέση f =

9 4 9 2,5 Hz f Hz − Hz ⇔ ∆f = Hz και ∆= 2 2 2

+

L R

x

Δ

+

F

Ν

F1

cm

w

Τ’ Α

+

Τ Γ

L/2

Ατμόσφαιρα

Ν’

Mg

Ράβδος

Z w1 h

F1 h/2

Οπή

K

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η δύναμη που ασκεί η δοκός στον δακτύλιο είναι το διανυσματικό άθροισμα της οριζόντιας συνιστώσας Τ (που έστω ότι έχει φορά προς τα δεξιά) και της κάθετης συνιστώσας Ν. Για την Ν: ΣFy =0 ⇔ N − mg =0 ⇔ N =mg ⇔ N =400 N Για την Τ: Μεταφορική κίνηση κέντρου μάζας : ΣFx = m ⋅ acm ⇔ F + T = m ⋅ acm (1). Στροφική κίνηση δακτυλίου: Στ = I cm ⋅ aγ ⇔ F ⋅ R − T ⋅ R = mR 2 ⋅

acm ⇔ F − T = m ⋅ acm R

(2)

F m 4 = ⇔ acm =0,1 2 m 40 s

Από τις σχέσεις (1),(2) : 2 F =2m ⋅ acm ⇔ acm =

Από την σχέση (1) : T = 0 Τελικά η δύναμη που δέχεται ο δακτύλιος από την δοκό είναι μόνο η κάθετη αντίδραση Ν που έχει μέτρο 400Ν και φορά προς τα πάνω.

Δ2. Έστω F1η δύναμη που ασκεί η ράβδος στην δοκό. Ο δακτύλιος ασκεί στην δοκό αντίθετη δύναμη της Ν που είναι η Ν’ με φορά προς τα κάτω. Ονομάζουμε x την απόσταση του κέντρου μάζας του δακτυλίου από το άκρο Α της δοκού σε μια τυχαία θέση κίνησής του, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ισχύει : x = R +

2( L − R ) 1 20 s = acm ⋅ t 2 ⇔ x = 0,5 + 0, 05 ⋅ t 2 για 0 ≤ t ≤ acm 2

Ισορροπία δοκού : Το αλγεβρικό άθροισμα των ροπών των δυνάμεων ως προς το σημείο Α είναι ίσο με το μηδέν. Η δύναμη στην άρθρωση δεν ασκεί ροπή.

0,5 + 0, 05 ⋅ t L Mg x ( SI ) − N '⋅ x + F1 ⋅ L = 0 ⇔ F1 = + N '⋅ ⇔ F1 = 200 + 400 ⋅ 20,5 2 2 L 0 ≤ t ≤ 20 s 2

0 − Mg ⋅

Δ3. Η δύναμη που ασκεί η ράβδος στο άλλο άκρο της ,που καταλήγει στο κέντρο μάζας του εμβόλου, είναι αντίθετη της F1 και παίρνει την μέγιστη τιμή της όταν ο δακτύλιος φτάνει στο άκρο Γ της δοκού. Η μέγιστη τιμή της F1 δίνει και την μέγιστη τιμή της πίεσης κάτω ακριβώς από το έμβολο στο σημείο Ζ. Από την εξίσωση Bernoulli προκύπτει ότι η μέγιστη τιμή της ταχύτητας εκροής από την οπή αφορά την μέγιστη τιμή της πίεσης στο σημείο Ζ άρα και το μέγιστο δυνατό βεληνεκές το οποίο είναι ανάλογο της ταχύτητας εκροής.

F1(max) = 200 + 400 ⋅

0,5 + 0, 05 ⋅ 202 = 600 N 20,5

Ισορροπία εμβόλου: Το έμβολο δέχεται δύναμη από το υγρό με φορά προς τα πάνω και προς την αντίθετη κατεύθυνση την δύναμη από την ατμόσφαιρα , την δύναμη F1 και το βάρος του εμβόλου.

ΣFy = 0 ( ↑ ) ⇔ Fυγρου − FAtm − F1 − w1 = 0 ⇔ = pZ p Atm +

Fυγρου A

=

FAtm F1(max) + w1 + ⇔ A A

F1(max) + w1 A

Με αντικατάσταση : pZ = 2 ⋅105

N m2

Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για τα σημεία Ζ και Κ που ανήκουν στην ίδια ρευματική γραμμή με το σημείο Κ να βρίσκεται ακριβώς μπροστά στο σημείο εκροής της φλέβας του υγρού στην οπή. Επιλέγουμε επίπεδο στο οποίο η βαρυτική δυναμική ενέργεια του ρευστού είναι μηδέν στο έδαφος. Επειδή η οπή έχει πολύ μικρή διατομή η ταχύτητα του ρευστού κάτω ακριβώς από το έμβολο είναι ίση με το μηδέν.

1 1 pZ + ρ ⋅ uZ2 + ρ ⋅ g ⋅ yZ = pK + ρ ⋅ uK2 + ρ ⋅ g ⋅ yK ⇔ 2 2 h 1 2 ⋅ patm + 0 + ρ ⋅ g ⋅ h= patm + ρ ⋅ uK2 + ρ ⋅ g ⋅ ⇔ 2 2 2 ⋅ patm m = + g ⋅ h ⇔= uK2 uK 15 ρ s Το μέγιστο βεληνεκές προκύπτει από την ταχύτητα εκροής uk και τον χρόνο πτώσης της φλέβας tπ =

2h 2 0,5s = g

Τελικά: S max = uk ⋅ tπ ⇔ S max = 7,5m

Δ4. Όταν ο δακτύλιος χάνει την επαφή του με την δοκό έχει ταχύτητα κέντρου μάζας

u1= acm ⋅ t= 0,1 ⋅ 20= 2m / s ταχύτητα

ω1

και γωνιακή

u1

Ο δακτύλιος εκτελεί σύνθετη κίνηση. α) Στροφική ομαλή με γωνιακή ταχύτητα ω1. β) Μεταφορική κίνηση που αντιστοιχεί σε οριζόντια βολή Άξονας x: Ευθύγραμμη ομαλή κίνηση με ταχύτητα u1 Άξονας y: Ελεύθερη πτώση με επιτάχυνση g

ω1

cm

u1 περιστροφής ω= = 4rad / s .

1 R

u1 Δοκός uy

ucm

Μετά από χρονικό διάστημα Δt=0,2s : u= cm

K=

u12 + = u y2

u12 + ( g ⋅ ∆t= ) 2 2 2m / s

1 1 2 I cm ⋅ ω12 + m ⋅ ucm = 240 J ⇔ K = 240 J 2 2

Κατά την πτώση του στερεού ισχύει η ΑΔΜΕ. Ο ρυθμός μεταβολής της μεταφορικής κινητικής ενέργειας του δακτυλίου είναι αντίθετος του ρυθμού μεταβολής της δυναμικής ενέργειας. Ο ρυθμός μεταβολής της στροφικής κινητικής ενέργειας είναι ίσος με το μηδέν γιατί η στροφική κινητική παραμένει σταθερή.

dK J dU B dK dh J = 800 800 ⇔ = − = − mg ⋅ = − mg ⋅ (−u y ) = mg ⋅ u y = dt s dt dt dt s

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΑΡΗΣ – ΚΑΤΣΑΡΟΥ ΚΑΤΕΡΙΝΑ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΘΑΝΑΣΗΣ