4b glykeiou

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 1Ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2012 Α1 δ, Α2 γ, Α3 γ (2ος Ν. Νεύτωνα ΣF = mα  -Dx-bυ = mα για x=0 α = - bυ/m ), Α4 δ. Α5 Σ Λ Λ Λ Σ Β1, A) i) (1) t=0

ΤΘ

(2) t1

ΘΦΜ Fελ2

d

Fελ1

(1) ΘΙ2 ΘΙ1

(2)

→

F

d

Fελ0

x'

→

w

x

→

F

→

F

→

→

w

w

→

F

Από την t=0 μέχρι την t1 θα δείξουμε ότι το σώμα εκτελεί τμήμα ΑΑΤ, με την επίδραση της F με mg 3mg D=k, γύρω από τη ΘΙ1 για την οποία έχω: F+w=Fελ1  mg  k (d  x ' )   k (d  x ' ) (1) 2 2 mg 3mg Στην ΤΘ με απομάκρυνση x: ΣF = w+ F-Fελ0 = mg   k (d  x'  x)  F   k (d  x ' )  kx 2 2 η οποία λόγω της σχέσης (1) γίνεται ΣF = - kx άρα πράγματι εκτελεί αατ με D = k. Από την t1 και μετά, όπου καταργείται η F, το σώμα εκτελεί 2η ΑΑΤ με D=k, γύρω από τη ΘΙ2 για την οποία έχω: Fελ2 = mg  kd = mg (2).

3kd d Η (1) λόγω της (2)   k (d  x ' )  3kd = 2kd+2kx’  2kx’ = kd  x '  (3).

2 2 Όμως η θέση (1) είναι η πάνω ακραία θέση της 1ης ταλάντωσης, αφού εκεί η ταχύτητα ήταν υ = 0. Επίσης, η θέση (2) που αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή t1 όπου η F καταργείται, αφού και αυτή απέχει απόσταση x’’=d-x’=d-d/2=d/2 από τη ΘΙ1, είναι η κάτω ακραία θέση της. Αυτές οι θέσεις d απέχουν απόσταση d. Δηλαδή 2Α1 = d. Άρα το πλάτος της 1ης ταλάντωσης είναι A1 = x '  .

2 Μετά με την κατάργηση της F ακολουθεί η 2η ΑΑΤ από την ακραία θέση (2). Και οι δύο ταλαντώσεις έχουν περίοδο T  2

m αφού δεν αλλάζει η μάζα του ταλαντούμενου k

σώματος. Έτσι στην 1η ταλάντωση την t = 0, το σώμα ξεκίνησε από την πάνω ακραία θέση (1) και την t1 έφτασε στην κάτω ακραία θέση (2), άρα ταλαντώθηκε για Δt = T/2. Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

1

http://vmarousis.blogspot.com

B1, B) ii) 1ος Τρόπος: Η ενέργεια της ταλάντωσης που ακολουθεί μετά την κατάργηση της F είναι ίση με το έργο της F και έχει πλάτος Α. Δηλαδή ΕΤΑΛ2=WF. Όμως WF = Fd = ½ kA2 

mg 1 d  kA2  mgd = kA2. Λόγω της σχέσης (2)  kd2=kA2  A= d.

2 2

2ος Τρόπος: Αφού όταν ξεκινά η 2η ταλάντωση με την κατάργηση της F στη θέση (2) υ=0, αυτή θα είναι και ακραία θέση της 2ης ταλάντωσης. Οπότε από το σχήμα προκύπτει Α = Θέση (2)  ΘΙ2 = d. Β2, α α) Ισχύει: Α = Αοe –Λt άρα ΑΝ = Α0e- ΛΝΤ  ΑΝ = Α0 (e- ΛΤ)Ν (1) ΑΝ = Α0λΝ Όμως

AN 1 A0e ( 1)    e    AN A0e

Το α Σωστό.

(2)

β) ΕΝ = ½ DAN2 = ½ D Α02 e- 2ΛΝΤ = E0e- 2ΛΝΤ = E0 (e- ΛΤ)2Ν = E0λ2Ν Το β Λάθος. Β3, β Από το σχήμα έχω: Τδ = 1,5 – 0,5  Τδ = 1s  fδ = 1 Hz  f1 - f2 = 1 (1) Επίσης από 0,5–1,5s, από το σχήμα, αν μετρήσω (σε χρόνο Τδ) εκτελούνται Ν=20 ταλαντώσεις, άρα  1          0, 05s  fκιν = 20 Ηz.  20 Όμως  

1  2 2

 2 f 

2 f1  2 f 2 f f  f  1 2  f1+f2 =40 (2) 2 2

Από (1) και (2) εύκολα προκύπτει f1 = 20,5 Hz και f2 = 19,5 Hz. Σωστό το β. Β4, γ Δφ = φ02 – φ01 = π/6+π/6=π/3 rad. Άρα A '2  A2 

A2 A  7 A2  2 A   (1) 4 2 3 4

(1) Ε2 = Εολ = ½ D A '2   E2 = ½ D

E1 = E = ½ DA2 (3)

7 A2 7  E2 = DA2 (2) 4 8

7 DA2 E2 8 E 14 (2)  E2 = 7/4 E  E2 = 1,75 E. Άρα σωστό το γ.    2  (3) E 1 DA2 E 8 2

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

2

http://vmarousis.blogspot.com

ΘΕΜΑ Γ α)

Ιο Ι1=Ι0

E 20   2 Α και ο πυκνωτής είναι R  r 10 αφόρτιστος αφού η τάση στα άκρα του είναι VC = I0Rπην1 = 0 , αφού το πηνίο είναι ιδανικό.

Με τον δ κλειστό για μεγάλο χρονικό διάστημα, έχω I 0 

Όταν ανοίξω τον δ στο L1 – C έχω ηλεκτρική ταλάντωση με αρχικές συνθήκες την t=0, Ι1 = +Ι0 = 2 Α και q=0, οπότε σύμφωνα με τη φορά του ρεύματος (συμβατική) θετικά θα φορτιστεί αμέσως μετά την t=0, o οπλισμός Β.

β) Για την ταλάντωση στο L1 – C:

1 

1  5000 rad/s L1C

και Q1 = Ι1/ω1 = 2/5000 = 4·10-4 C και επειδή την t=0 οι αρχικές συνθήκες

είναι Ι1 = +Ι0 = 2 Α και q=0 θα έχω: q1 = Q1ημω1t και i1 = I1συνω1t άρα q1 = 4·10-4ημ5000t S.I. και VBA = q1/C ή VAB = - q1/C. Με αντικατάσταση εύκολα προκύπτει: VAB = - 40ημ(5000t) SI. Επίσης Τ = 2π/ω = 4π·10-4 s. Άρα η γραφική παράσταση είναι η παρακάτω: VAB ( V) 40 t (x10-4s)

0 2π

4π

-40

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

3

http://vmarousis.blogspot.com

γ) UB = 3UE Με ΑΔΕΤ έχω 3UE+UE = E  4UE=E  4 q

Q1 2

1 q 2 1 Q12 απ’ όπου εύκολα υπολογίζω  2C 2 C

και επειδή είμαι στη πρώτη ημιπερίοδο q  

Q1 .

2

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση q1 = Q1ημω1t προκύπτει: ημω1t = ½  ημω1t = ημ(π/6)  ω1t = 2kπ + π/6  t1 

 104

ω1t = 2kπ + 5π/6  t2  Άρα Δt = t2 – t1 

3

s

ή

5 104 s 3

4 104 s.

3

δ) Όταν το ρεύμα στο κύκλωμα L1-C είναι i1=1,2 A και το φορτίο q1, ο μεταγωγός μ μεταφέρεται από το Γ στο Δ με αποτέλεσμα να αρχίσει ηλεκτρική ταλάντωση στο κύκλωμα L2 - C , που θα έχει μέγιστο φορτίο Q2 το φορτίο q1 που ήταν αποθηκευμένο στον πυκνωτή τη χρονική στιγμή που έγινε αυτή η μετακίνηση του μ και το οποίο θα υπολογίσουμε εφαρμόζοντας την ΑΔΕΤ για το κύκλωμα L1-C:

1 q12 1 2 1 2  L1i1  L1I1  q12  L1CI12  L1Ci12  q1  L1C ( I12  i12 ) 2C 2 2 Με αντικατάσταση προκύπτει q1=3,2·10-4C = Q2 . Πρέπει I2

L2C 

0,8  ω2Q2

0,8  ω2

0,8 0,8 1 0,8  2     4 4 Q2 3, 2  10 L2C 3, 2  10

16  108 16  108 3, 2  104  L2C  4  104  L2C  16  108  L2   L2   0,8 C 105 L2

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

16·10-3 H  L2

4

16 mH.

http://vmarousis.blogspot.com

ΘΕΜΑ Δ α) (I)

(II)

Στη Θ.Ι. (Θέση I ή IV) Fελ0=w (1)  k·Δl0=Mg  Δl0=Mg/k=0,3 m.

(III) (IV)

ΘΦΜ

Δl0 ΘΙ

→

ΤΘ

(III)

Fελ0

Fελ1 F

y →

w

Στη θέση αυτή - θέση (Ι) - το σώμα αρχίζει να επιταχύνεται με την επίδραση της μεταβλητού μέτρου δύναμης F, που για y=0 έχει μέτρο F=15N, αφού η Fελ0 εξουδετερώνεται από το βάρος w [σχέση (1)].

→

w

y1

υ1

F

Αλλά και στην τυχαία θέση (ΤΘ) με απομάκρυνση y από τη ΘΙ, θέση (ΙΙ) έχω: ΣFy=F+w-Fελ1=15+100y+Mg-k(Δl0+y)  (1) ΣFy=15+100y+Mg-kΔl0-100y   ΣFy=15 Ν = σταθερή.

Δηλαδή για το χρονικό διάστημα Δt=0,2 s , το σώμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη F 15 κίνηση με     5m / s 2 .

M 3 Άρα όταν θα καταργηθεί η F στη θέση (ΙΙΙ), το σώμα αποκτά ταχύτητα 1 υ1=α·Δt=5·0,2=1 m/s και απομάκρυνση y1= α·Δt2=2,5·0,04=0,1m 2

και αρχίζει να εκτελεί αατ γύρω από τη ΘΙ, με πλάτος Α1 και D =k. Εφαρμόζοντας την ΑΔΕΤ για τη θέση (ΙΙΙ) όπου ξεκινά η αατ έχω: Κ+U=E  ½ Μυ12+ ½ ky12 = ½ kA12 απ’ όπου με αντικατάσταση προκύπτει Α1= 0,2m.

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

5

http://vmarousis.blogspot.com

(ΠΡΙΝ)

β)

(ΜΕΤΑ)

ΥΛΙΚΟ ΦΥΣΙΚΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΦΜ

Fελ1 Δl0

Fελ0

-Α2

ΑΘΙ

Mg

M m

Δy

d

Α1

y2

υ0 t=0

ΝΘΙ

0 +Α2

Vκ (M+m)g

(+)

y

Αμέσως μετά την κρούση, που γίνεται στην κάτω ακραία θέση της 1ης αατ, έχουμε μια νέα ταλάντωση γύρω από τη ΝΘΙ με ω’ και πλάτος Α2. Αφού η κινητική ενέργεια μετά την κρούση, μεγιστοποιείται κάθε 0,2π s, προκύπτει ότι

2 2 T'    '  5 rad / s. Όμως k=(m+M)  '2   0, 2  T '  0, 4 s   '   ' 0,4 2 k 100 mm  3  m = 4 – 3  m = 1 Kg. 2 ' 25

Η κρούση πραγματοποιείται στην κάτω ακραία θέση της αρχικής αατ και επειδή είναι πλαστική θα αλλάξει η ΘΙ της νέας ταλάντωσης - (ΝΘΙ). Για τη ΝΘΙ έχω: ΣF=0  k(Δl0+Δy) = (M+m)g  y 

( M  m) g  l0  Δy = 0,1 m. k

Όπου Δy είναι η απόσταση της ΑΘΙ από τη ΝΘΙ. Επειδή αμέσως μετά την κρούση στη νέα ταλάντωση που ακολουθεί, το σώμα σταματά στιγμιαία (υ=0) μετά από απόσταση d=30cm=0,3 m, αυτή θα είναι η πάνω ακραία θέση της νέας ταλάντωσης (θέση –Α2 στο σχήμα). Όταν ξεκινά η 2η αατ αμέσως ΜΕΤΑ την κρούση (t=0), το συσσωμάτωμα έχει ταχύτητα Vκ και απομάκρυνση από τη ΝΘΙ: y2 = A1 – Δy  y2 = 0,2 - 0,1  y2= 0,1m. (Δείτε το σχήμα) και από το σχήμα προκύπτει ότι Α2 = d – y2 = 0,3 – 0,1  Α2= 0,2 m.

γ) Εφαρμόζοντας την ΑΔΕΤ για τη θέση όπου ξεκινά η 2η αατ έχω: Κ+U=E  ½ (Μ+m)Vκ2+ ½ ky22 = ½ kA22 απ’ όπου με αντικατάσταση προκύπτει Vκ= 0,5 3 m/s. Με ΑΔΟ για την κρούση έχουμε: pολ(ΠΡΙΝ) = pολ(ΜΕΤΑ)  mυ0 = (Μ+m)Vκ  υ0 = 4·0,5 3  υ0 = 2 3 m/s .

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

6

http://vmarousis.blogspot.com

δ) Για την ταλάντωση του συσσωματώματος την t = 0 αυτό έχει απομάκρυνση y2= 0,1m. Άρα: t 0 y = A2ημ(ω’t + φ0)   0,1 = 0,2ημφ0  ημφ0 = ½  φ0 = 2κπ + π/6 ή φ0 = 2κπ + 5π/6 y 0,1

άρα φ0 = π/6 ή φ0 = 5π/6 όμως η Vκ < 0 άρα φ0 = 5π/6. Άρα y = 0,2ημ(5t+5π/6) S.I. (2) και υ = συν(5t+5π/6) S.I. (3) Για το στοιχειώδες έργο της Fελ αφού είναι συντηρητική δύναμη ισχύει: dWF  dU Για το ρυθμό μεταβολής της δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου έχω: dU dWF  F dx    F  (3) dt dt dt

Θεωρώντας το συσσωμάτωμα σε μια τυχαία θέση με απομάκρυνση y κάτω από τη ΝΘΙ, η οποία απέχει από τη ΘΦΜ απόσταση Δl2 = Δl0+Δy=0,3+0,1=0,4 και αντικαθιστώντας την Fελ της σχέσης (3) με την αλγεβρική της τιμή - με θετική φορά προς τα κάτω - η (3) δίνει: dU (2)  [k  ( l2  y )]   k  (l2  y )     (3) dt

dU  100[0,4  0,2 (5t  5 / 6)]   (5t  5 / 6)  dt dU  40   (5t  5 / 6)  10  2 (5t  5 / 6)   (5t  5 / 6) dt στηριζόμενοι στην τριγωνομετρική ταυτότητα 2·ημφ·συνφ = ημ2φ η παραπάνω σχέση γράφεται:

dU  40   (5t  5 / 6)  10  (10t  5 / 3) SI dt όπου αντικαθιστώντας όπου t = 0 έχουμε :

 dU   dU     40   (5 / 6)  10 (5 / 3)     25 3 J / s.  dt 0  dt 0

Μαρούσης Βαγγέλης - Φυσικός

7

http://vmarousis.blogspot.com