Kimata1b glykieou

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΣΤΟ 2ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ (ΚΥΜΑΤΑ) (2012 – 2013) (2) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α1. α. Α2. α. Α3. β. Α4. β. Α5. Σ Λ Λ Λ Σ ΘΕΜΑ Β Β1. Δύο σύγχρονες πηγές Π1 και Π2 δημιουργούν στην επιφάνεια ενός υγρού αρμονικά επιφανειακά κύματα μήκους κύματος λ και πλάτους Α. Ένα σημείο Μ της Π1Π2 ανήκει στην 1η υπερβολή απόσβεσης δεξιά της μεσοκαθέτου. Ένα άλλο σημείο Ν της Π1Π2 απέχει από το Μ απόσταση (ΜΝ)=1,25λ. Το πλάτος ταλάντωσης του Ν είναι : α. ΑΝ=2Α β. ΑΝ=0 γ. ΑΝ=Α Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. k=0

Π1

k=3

Μ

Ν 1,25λ

Μεσοκάθετος

Π2

Για το Μ αφού ανήκει στην 1η υπερβολή απόσβεσης μετά την μεσοκάθετο ισχύει: ΜΠ1 – ΜΠ2 = (2k+1)λ/2 με k=0  ΜΠ1 – ΜΠ2 = λ/2 (1) Για το Ν: 2·ΝΜ = 2·1,25·λ  (ΝΠ1 – ΜΠ1) + (ΜΠ2 - ΝΠ2) = 2,5·λ 

η

1 υπερβολή απόσβεσης k=0

(1) (ΝΠ1 – ΝΠ2) - (ΜΠ1 – ΜΠ2) = 2,5·λ  

ΝΠ1 – ΝΠ2 – 0,5·λ =2,5·λ  ΝΠ1 – ΝΠ2 = 3λ= kλ με k = 3.

Άρα το Ν ανήκει στην 3η υπερβολή ενισχυτικής συμβολής δεξιά της μεσοκαθέτου (για k=0 έχω τη μεσοκάθετο). Άρα ΑΝ=2Α. Διαφορετικά θα μπορούσαμε να πάρουμε τη σχέση του πλάτους ΑΝ = 2Ασυν2π

ΑΝ = 2Ασυν2π

r1 - r2 ή 2λ

ΝΠ1 - ΝΠ 2 3λ ή ΑΝ = 2Ασυν2π ή ΑΝ = 2Ασυν3π = 2Α 2λ 2λ

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

Β2. Σε μια χορδή με ελεύθερο το ένα μόνο άκρο της, έχει δημιουργηθεί στάσιμο κύμα, με κοιλία στο ελεύθερο άκρο Ο(x=0) και με δύο διαδοχικούς δεσμούς να απέχουν Δx = 6cm. Τότε: Α. το μήκος της χορδής μπορεί να είναι: α. 90cm β. 120cm γ. 123cm Β. το πλήθος των δεσμών στη χορδή μπορεί να είναι: α. 19 δεσμοί β. 20 δεσμοί γ. 21 δεσμοί Σε κάθε περίπτωση να επιλέξετε τη σωστή απάντηση και να δικαιολογήσετε την επιλογή σας. Α. Η απόσταση δύο διαδοχικών δεσμών είναι Δx =

λ

= 6 cm άρα λ=12cm.

2 Σε μια χορδή μήκους L με ελεύθερο το ένα άκρο (κοιλία) και δεμένο το άλλο (δεσμός) θέτουμε ως αρχή συντεταγμένων Ο(x=0) στην αρχή που είναι κοιλία. Για να δημιουργηθούν στάσιμα κύματα πρέπει η θέση του τελευταίου δεσμού (x=L) να συμπίπτει με το δεμένο σημείο της χορδής λ L και να ισχύει xδ = (2κ +1) = L και επειδή λ=12cm έχουμε L = (2κ +1)3 ή (2κ +1)= και 3 4  προφανώς πρέπει 2κ+1= περιττός και   Z δηλαδή κ = 0, 1, 2, …… Για L=90cm, (2κ +1)=

L 90 = = 30 άρα κ = 14,5  Ζ + απορρίπτεται.

3 3

L 120 = = 40 άρα κ = 19,5  Ζ + απορρίπτεται.

3 3 L 123 = 41 άρα κ = 20  Ζ + δεκτή . Για L=123cm (2κ +1)= = 3 3 Για L=120cm (2κ +1)=

Άρα η σωστή τιμή του μήκους της χορδής είναι L=123 cm. Β. Αφού η μέγιστη τιμή του κ είναι κ = 20 κ = 0, 1, 2, 3, … , 20 άρα έχουμε 21 δεσμούς.

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

με

κ = 0, 1, 2, … το κ παίρνει 21 τιμές

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

Β3. φ( rad)

Α. Από το διάγραμμα έχω:



6π

2 t 2 x t t1 , x 0 2 t1     6   t1  3T (1)  6 T  T

Άρα το κύμα τη χρονική στιγμή t1 έχει διαδοθεί σε απόσταση:

t1

0,4

x1 = υ·t1 = 3·υ·Τ  x1 = 3λ  0,4 = 3λ (2)

Άρα το Κ βρίσκεται στη θέση xK  0,2 

χ(m)

Ο(0,0)

0,4 (2) 3  xK  2 2

3 3 3  2    (3) Επομένως το Κ ξεκινά να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή tK    2 2 xK

(1)  tταλάντωσης,K = 3T – 3T/2  Όμως t1 = tK + tταλάντωσης,K  tταλάντωσης,,K = t1 – tK  (3)

 tταλάντωσης,K = T + T/2 Άρα την t1 το σημείο Κ περνά από τη θέση ισορροπίας με αρνητική ταχύτητα. Σωστό το β. Β. t2 = t1 + T = 3T + T  t2 = 4T (4) Tο Λ βρίσκεται στη θέση x  0,1 

0,4 (2) 3  x  4 4

3 3 3  4    (5) Επομένως το Λ ξεκινά να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t    4 4 x

(4)  tταλάντωσης,Λ = 4T – 3T/4  Όμως t2 = tΛ + tταλάντωσης,Λ  tταλάντωσης,,Λ = t2 – tΛ  (5)

 tταλάντωσης,Λ = 13Τ/4 άρα φΛ = ω·tταλάντωσης,Λ    

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

2 13 13     rad. Σωστό το γ.  4 2

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

ΘΕΜΑ Γ Γ1.

χ=0 χ’

Λ

χορδή (2)

Ο

Κ

χορδή (1)

χ

Το σημείο Ο αρχίζει να εκτελεί ΑΑΤ με εξίσωση y=0,2ημ10πt (SI). Άρα Α=0,2 m και ω = 10π rad/s επομένως Τ=2π/ω=0,2 s, και f = 5 Hz. Τα δύο κύματα που δημιουργούνται έχουν ίδια συχνότητα, όμως διαφορετικές ταχύτητες διάδοσης και επομένως διαφορετικά μήκη κύματος, αφού διαδίδονται σε διαφορετικά μέσα. Επομένως υ2= 4m/s  λ2f = 4  λ2 ·5 = 4  λ2 = 0,8 m ή λ2 = 4/5 m. Αφού μεταξύ των Κ και Λ σχηματίζονται συνολικά 10 κύματα, 4 στη χορδή (1) και 6 στη χορδή (2), αφότου και τα δύο σημεία έχουν αρχίσει να ταλαντώνονται έχω: xK =

 4λ1 = 6λ2  λ1 = 1,5·λ2 = 1,5·0,8  λ1 = 1,2 m ή λ1 = 6/5 m.

Άρα υ1 = λ1f = 1,2·5  υ1 = 6 m/s . Γ2. t x Tο κύμα στη χορδή (1) έχει εξίσωση y1 = Aημ2π    ή y1 = 0,2ημ2π(5t – 5x/6) x   1  t x Tο κύμα στη χορδή (2) έχει εξίσωση y2 = Aημ2π    ή y2 = 0,2ημ2π(5t + 5x/4) x   2 

0 S.I. 0 S.I.

Γ3. Έχω xK = 4λ1 = 4·1,2 = 4,8 m.

To σημείο Μ με xΜ = - 4,5 m ξεκινά αατ την tΜ = t x Όμως υK = ωΑσυν2π    για t   1 

/υ2 = 4,5/ 4 = 1,125 s.

xK/υ1  υK = 2πσυν2π(5t – 5x/6) με t

0,8 s (1) .

Άρα το Κ την tΜ = 1,125 s έχει ταλαντωθεί για χρόνο t = tΜ - 0,8 = 1,125 – 0,8 = 0,325 s. Οπότε αντικαθιστώντας στην (1) έχω υΚ = 2πσυν(10·π·0,325 – 2π·5·4,8/6) = 2πσυν(3,25π – 8π)  υΚ = 2πσυν(-4,75π) = 2πσυν(4π+3π/4) = 2πσυν(3π/4) = 2π(-

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

)  υΚ = - π 2 m/s.

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

Γ4.

Tη χρονική στιγμή t2 = 0,5s το κύμα στη χορδή (1) φτάνει στη θέση χ1 = υ1· t2 = 6·0,5 = 3 m.

x1

1



3   10  x1  10 1 ή x1  2,5  1 0,3 4

4 Tη χρονική στιγμή t2 = 0,5s το κύμα στη χορδή (2) φτάνει στη θέση χ2 = - υ2· t2 = -4·0,5 = -2 m.

x2

2



2   10  x2  10 2 ή x2  2,5  2 0,2 4

4 Επίσης για t2 = 0,5s και χ = 0 m από τις εξισώσεις των δύο κυμάτων προκύπτει yΟ = 0. Άρα το στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t2 φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

y (m)

t2 = 0,5 s

0,2

- 0,4 χ’

-2

Ο

0,6

3

χ (m)

- 0,2

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. t = 0 s Έναρξη της συμβολής y (cm) Α

B

Ο

A

χ’

χ (cm)

-Α σχήμα (1)

Τη χρονική στιγμή t=0s αρχίζουν να συμβάλλουν τα δύο αντίθετα διαδιδόμενα κύματα, στο σημείο Μ που ταυτίζεται με την αρχή Ο(χ=0) του άξονα χ’χ και το στάσιμο κύμα θα δημιουργείται από εδώ και πέρα. Τυχαία t όπου έχει δημιουργηθεί το στάσιμο y (cm)

2η 2Α -4

2

Ο

A 1η

B -2Α

3η

-4

-2

Ο

2

4

A

1η

2η

3η

B

4

σχήμα (2)

χ (cm)

χ (cm)

σχήμα (3)

Έστω μια τυχαία χρονική στιγμή t όπου έχει δημιουργηθεί στάσιμο κύμα μεταξύ των Α (χ= - 4cm) και Β (χ = 4cm), όπως φαίνεται στο παραπάνω τυχαίο στιγμιότυπο, όπου η κοιλία στο Ο είναι σε απομάκρυνση y = 2A. Από τα δεδομένα έχουμε:  4Α=20cm  A=5cm. (Α= το πλάτος των τρεχόντων κυμάτων).  AB=8cm και επειδή τα Α, Β είναι κοιλίες, επίσης το Ο είναι κοιλία και επειδή μεταξύ των Α και Β υπάρχουν 3 κοιλίες  4λ/2=8cm  λ=4cm.(βλέπε σχήμα (2) ή σχήμα (3)).  Ο χρόνος που χρειάζεται για να κινηθεί το σημείο μιας κοιλίας από το ένα πλάτος στο άλλο είναι Τ/2= 1s  Τ=2s ή f=0,5Hz ή ω=π rad/s. Οπότε υ=λf  υ=4·cm·0,5·s-1  υ=2 cm/s.

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

Δ2. Το τρέχον κύμα προς τα δεξιά έχει εξίσωση:  t x  t x y  A 2     y  5 2    x, y σε cm και t σε s με t και T   2 4 Το τρέχον κύμα προς τα αριστερά έχει εξίσωση:  t x  t x y  A 2     y  5 2    x, y σε cm και t σε s με t και T   2 4 Το στάσιμο κύμα αφού την t=0 το χ=0 έχει y=0, υταλ >0 και δημιουργείται κοιλία, έχει εξίσωση: x t x t y  2 A 2  2  y  10 2  2   T 4 2 x y  10  t με x, y σε cm και t σε s με t και 2 Δ3. Το σημείο Σ με χΣ=2 cm =λ/2 (με κ=1) είναι η πρώτη κοιλία δεξιά της χ=0 - όπως προκύπτει και από το σχήμα (2) η 3η . Το σημείο αυτό για ταλαντώνεται μόνο λόγω του προς τα αριστερά διαδιδόμενου κύματος, ενώ το προς τα δεξιά κύμα φτάνει σε αυτό την t1 = xΣ/υ = 2cm/2cm·s-1  t1 = 1s, οπότε πλέον και τα δύο κύματα συμβάλλουν σε αυτό και δημιουργείται στάσιμο κύμα. Άρα η εξίσωση ταλάντωσης του Σ για t είναι:

 t x y  5 2    x, y σε cm και t σε s με t 2 4 x y  10  t x, y σε cm και t σε s με t 2 Για χΣ=2 cm οι εξισώσεις αυτές γίνονται: y  5 ( t   )  y  5 ( t ) x, y σε cm και t σε s με y  10 t  y  10 ( t ) x, y σε cm και t σε s με

t t

Επομένως η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης του Σ από 0 – 3 sec είναι η παρακάτω: y (cm)

χΣ = 2 cm

10 5 1

Ο

2

3 t (s)

-5 -10

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

http://vmarousis.blogspot.com

Σχολική χρονιά 2012 – 2013

Φυσική κατεύθυνσης Γ’ Λυκείου

Δ5.

λ’/2

λ’/4 -4

 A



1η Γ



λ’/4 2η

4



Δ

δεσμός κοιλία

Μαρούσης Βαγγέλης – Φυσικός

B

χ (cm)

σχήμα (4)

Αφού θέλουμε τα Α και Β να είναι δεσμοί και μεταξύ τους να υπήρχαν δύο κοιλίες, από το σχήμα του διπλανού σχήματος έχουμε:  2΄ ΄ 8 (ΑΒ) =   ΄ = 8 cm  f΄ 4 2 2cm / s  f '  0,25Hz f ' 8cm

http://vmarousis.blogspot.com