1b glykeiou

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 1ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α 1. β.

2. α.

3. δ.

4. α.

5. α-Λ, β-Σ, γ-Λ, δ-Λ, ε-Σ.

ΘΕΜΑ B 1. Η σωστή απάντηση είναι το γ. Το μέγιστο ρεύμα σε μια ηλεκτρική ταλάντωση βρίσκεται από τη σχέση I = ωQ

(1)

Από το σχήμα προκύπτει Q A = Q B και TA = 2TB (2) Από τη σχέση (2) για τις γωνιακές συχνότητες προκύπτει:

2π 2π =2 ⇒ ωB = 2ωA ωA ωB Με αντικατάσταση στη σχέση (1), για το πηλίκο των μέγιστων ρευμάτων παίρνουμε:

I A ωA Q A ωA I 1 = = ⇒ A= I B ωBQ B 2ωA IB 2

2. Η σωστή απάντηση είναι το γ. Το πλάτος Ι της έντασης του ρεύματος παίρνει τη μέγιστη τιμή όταν η συχνότητα της εναλλασσόμενης τάσης (διεγέρτης) γίνει ίση με τη συχνότητα της ελεύθερης ηλεκτρικής ταλάντωσης (ιδιοσυχνότητα f 0 ): f= f= 0

1 (συντονισμός).

2π LC

Σελίδα 1 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Στο

σχήμα

φαίνεται

η

συχνότητα

f = f 0 , η αρχική συχνότητα

συντονισμού

1 , για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος είναι ίσο με I1 και η π LC συχνότητα f 2 , για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος γίνεται ξανά ίσο με I1 . f= f1=

Παρατηρούμε ότι η συχνότητα f 2 είναι μικρότερη από την f 0 , δηλαδή μικρότερη από

1 .

2π LC

3. Η σωστή απάντηση είναι το β. Από το σχήμα υπολογίζουμε την περίοδο του διακροτήματος.

Tδ = 0, 75s − 0, 25s ⇒ Tδ = 0,5 s Επομένως, η συχνότητα του διακροτήματος είναι: f δ = Για τη συχνότητα του διακροτήματος ισχύει: f= δ

1 Tδ

⇒ f δ = 2 Hz

f 2 − f1 και f 2 > f1 , άρα

f 2 −= f1 2Hz ⇒ f 2 − 19Hz = 2Hz ⇒ = f 2 21 Hz Η γωνιακή συχνότητά της ισούται με τη μέση τιμή των ω1 , ω2 υπολογίζεται ως εξής:

= ω

ω1 + ω2 2

⇒ 2= πf

2πf1 + 2πf 2 2

⇒= f

f1 + f 2 2

⇒= f 20 Hz

ΘΕΜΑ Γ α) Το χρονικό διάστημα μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ρεύματος είναι

T T , οπότε = 2π ⋅10−5 s ⇒ T = 4π ⋅10−5 s .

2 2

Σελίδα 2 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

T2 (4π ⋅10−5 s) 2 = ⇒ L =10 −3 H 4π2 C 4π2 ⋅ 4 ⋅10−7 F

Από τον τύπο της περιόδου έχουμε T =2π LC ⇒ L =

β)Τη χρονική στιγμή t = 0 έχουμε q = + Q , οπότε η εξίσωση του φορτίου με το χρόνο είναι: q= Q ⋅ συνωt

(1)

Η γωνιακή συχνότητα ω είναι: ω =

2π 2π rad = ⇒ ω = 5 ⋅104 −5 T 4π ⋅10 s s

Το μέγιστο φορτίο υπολογίζεται από τη σχέση I = ωQ .

I 10−5 A Έχουμε Q = = ⇒ Q = 0, 2 ⋅10 −9 C ω 5 ⋅104 rad s q 0, 2 ⋅10−9 συν(5 ⋅104 t) Με αντικατάσταση στη σχέση (1) παίρνουμε:=

(SI )

q2 , γ) Η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση U E = 2C q2 U 1, 25 ⋅106 q 2 = ⇒ U = E E −7 2 ⋅ 4 ⋅10 F

(SI )

µε − 0, 2 ⋅10−9 C ≤ q ≤ 0, 2 ⋅10−9 C

Για = q 0, 2 ⋅10 −9 C προκύπτει U E = 5 ⋅10−14 J . Το ζητούμενο διάγραμμα φαίνεται στο σχήμα.

δ)

∆VC ∆(q / C) 1 ∆q ∆VC i = = ⇒ = ∆t ∆t ∆t C ∆t C

(2)

Σελίδα 3 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Πρέπει να βρούμε τη συνάρτηση i = f (t) . Όταν το φορτίο μεταβάλλεται με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση q= Q ⋅ συνωt , η ένταση του ρεύματος μεταβάλλεται με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση i = −ωQ ⋅ ηµωt , οπότε έχουμε:

i = −5 ⋅104 ⋅ 0, 2 ⋅10−9 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t)

(SI ) ⇒

i = −10−5 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t)

(SI )

Με αντικατάσταση στη σχέση (2) παίρνουμε:

∆VC −10−5 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) ∆VC = ⇒ = −25 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) (SI) −7 ∆t ∆t 4 ⋅10 F

ΘΕΜΑ Δ α)

Για τη σύγκρουση των δύο σωμάτων ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής.

m1 ⋅ υ1 + m 2 = ⋅ 0 (m1 + m 2 )Vκ (1) Η σύγκρουση γίνεται στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης, οπότε η ταχύτητα υ1 δηλώνει τη μέγιστη ταχύτητα της αρχικής ταλάντωσης, υ1 =υmax . Από τη διατήρηση της ενέργειας, για την αρχική ταλάντωση, μεταξύ της θέσης ισορροπίας και της ακραίας θέσης, βρίσκουμε τη υmax .

Σελίδα 4 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

K 2 = U1 ⇒

1 1 mυ2max = kA 2 ⇒ υ max = 2 2

k A= m

576N / m 12 m ⋅ m ⇒ υ max = 4 3kg 12 s

Με αντικατάσταση στη σχέση (1) παίρνουμε:

= Vκ

m1 ⋅ υ1 3kg ⋅ 4m / s m = ⇒= Vκ 3 m1 + m 2 3kg + 1kg s

β) Η ζητούμενη σχέση στη γενική της μορφή γράφεται:

x= A′ ⋅ ηµ(ω′t + ϕ0 ) ( 2 ) Πρέπει να υπολογίσουμε τα A′, ω′, ϕ0 . Επειδή το σύστημα ταλαντώνεται σε λείο οριζόντιο επίπεδο, η θέση ισορροπίας της νέας ταλάντωσης παραμένει ίδια με την παλιά, οπότε τη χρονική στιγμή t = 0 το συσσωμάτωμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του και έχει θετική ταχύτητα. Αυτό μας επιτρέπει να συμπεράνουμε ότι: - η νέα ταλάντωση δεν έχει αρχική φάση, ϕ0 = 0 - η ταχύτητα του συσσωματώματος, Vκ = 3m / s , αποτελεί τη μέγιστη ταχύτητα της νέας ταλάντωσης. Η γωνιακή συχνότητα της νέας ταλάντωσης είναι:

= ω′

k = m1 + m 2

576 N / m rad = ⇒ ω′ 12 3kg + 1kg s

Από τη σχέση της μέγιστης ταχύτητας βρίσκουμε το πλάτος της νέας ταλάντωσης:

V 3m / s 1 υ′max = ω′A′ ⇒ A′ =κ = ⇒ A′ =m = Vκ = 0, 25m ω′ 12rad / s 4 Με αντικατάσταση στη σχέση (2) παίρνουμε:

= x 0, 25 ⋅ ηµ(12t) (SI)

(3)

γ) Fεπαν = ΣF = − kx ⇒ Fεπαν = −576x (SI) µε − 0, 25m ≤ x ≤ 0, 25m Για x = 0, 25m προκύπτει F = 144N . Το ζητούμενο διάγραμμα φαίνεται στο σχήμα.

Σελίδα 5 από 6

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2011: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

δ)

dK dWΣF ΣF ⋅ ∆x dK dK = = ⇒ = ΣF ⋅ υ ⇒ = −kxυ (4) ∆t dt dt dt dt

Υπολογίζουμε τα x, υ τη χρονική στιγμή που ισχύει U =

K ή K = 15U .

15

Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση παίρνουμε:

1 1 1 1 A 1 U+K = E ⇒ U + 15U = E ⇒ U = E ⇒ kx 2 = kA 2 ⇒ x = ± ⇒x= ± m 16 2 16 2 4 16 Επειδή αναφερόμαστε σε στιγμή με θετική απομάκρυνση αποδεκτή τιμή είναι μόνο η

x= +

1 m.

16

Η ταχύτητα βρίσκεται με εφαρμογή της διατήρησης της ενέργειας στην ταλάντωση.

U+K = E⇒ υ=±

2 1 2 1 1 k kx + (m1 + m 2 )υ2 = kA 2 ⇒ υ = ± (A 2 − x ) ⇒ 2 2 2 m1 + m 2

2  576N / m  1 2 1 15 m ⋅ ( m) − ( m)  ⇒ υ = ±3 3kg + 1kg  4 16 4 s 

Επειδή αναφερόμαστε σε χρονική στιγμή που το συσσωμάτωμα κινείται από θετική απομάκρυνση προς τη θέση ισορροπίας, αποδεκτή τιμή είναι η υ = −3 Με αντικατάσταση στη σχέση (4) βρίσκουμε:

dK N 1 15 m dK J )⇒ =−576 ⋅ m ⋅ (−3 =27 15 dt m 16 4 s dt s

Σελίδα 6 από 6

15 m .

4 s