Oli1b glykeiou

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α 1. β 2. γ 3. β 4. α 5. α. Λ

β. Λ

γ. Σ

δ. Λ

ε. Σ

ΘΕΜΑ Β 1. Σωστή είναι η απάντηση β. Τη χρονική στιγμή t0=0, που κλείνουμε το διακόπτη Δ1, στο κύκλωμα L1-C ξεκινά αμείωτη ηλεκτρική ταλάντωση με τον πυκνωτή να είναι φορτισμένος με μέγιστο φορτίο Q. Άρα η χρονική εξίσωση του φορτίου θα είναι:

q Q= συνω1t Q συν =

2π t , T1

όπου Τ1 η περίοδος της ηλεκτρικής ταλάντωσης του κυκλώματος L1-C. Τη χρονική στιγμή t1=3T1/2, που ανοίγουμε το διακόπτη Δ1 και ταυτόχρονα κλείνουμε το διακόπτη Δ2, το φορτίο του πυκνωτή είναι:

 2π 3Τ1  q =Q συν  ⋅  =Q συν 3π =Q (−1) → q =−Q  Τ1 2  Το μέγιστο φορτίο της ηλεκτρικής ταλάντωσης στο κύκλωμα L2-C θα είναι:

Q 2 = q = Q. Τα μέγιστα ρεύματα στα δύο κυκλώματα δίνονται από τις σχέσεις: I1=ω1·Q=

I= ω2Q= 2 2

1 ·Q και L1C 1 ⋅ Q= 2 L 2C

1 1 1 ⋅ Q → I= ⋅Q .

2 2 L1C 4L1C

Σελίδα 1 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Άρα I2=

1 · I1 → I1 = 2I 2 .

2

2. Σωστή είναι η απάντηση α.

600

Για τη διάθλαση στο γυάλινο μέσο ισχύει ο νόμος του Snell: nα·ημ 600=n·ημθ →

3 1⋅ = 2

Α αέρας: nα=1

d, n

θ

1 3 ⋅ ηµθ → ηµθ = → θ = 30ο .

2

B

Γ

Το χρονικό διάστημα Δt1 που χρειάζεται η ακτίνα να διανύσει τη διαδρομή ΑΒ, στο μέσο με δείκτη διάθλασης n, είναι:

( AB) ∆t1 = (1)

υ

Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ θα βρεθεί από τη σχέση:

συνθ =

d d d → (= ΑΒ) = = (ΑΒ) συνθ συν 30ο

d 3

AB) → (= 2

2d 3

.

c υ

Ο δείκτης διάθλασης η του μέσου και η ταχύτητα υ συνδέονται με τη σχέση: n = . Με αντικατάσταση στη σχέση (1) προκύπτει:

t1 ∆=

( AB) ( AB) 2d 3 2d . t1 = = → ∆= c c υ c n 3

Το χρονικό διάστημα Δt2, που θα έκανε η ακτίνα να διανύσει την διαδρομή ΑΓ, αν αφαιρούσαμε την πλάκα και η ακτίνα κινούνταν ευθύγραμμα, χωρίς να εκτραπεί είναι:

(ΑΓ) ∆t2 = (2) c Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ θα βρεθεί από τη σχέση: ο συν 60 =

d d → (ΑΓ = ) = (ΑΓ) συν 60ο

d → (ΑΓ = ) 2d.

1 2

Με αντικατάσταση στη σχέση (2) προκύπτει:

∆t2=

ΑΓ 2d = . c c

Άρα Δt1 = Δt2.

Σελίδα 2 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

3. Σωστή είναι η απάντηση α. Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας, το κατώτερο σημείο (A) της εσωτερικής τροχαλίας έχει ταχύτητα μέτρου vA = vcm − ω ∙ r .

Επειδή το νήμα δεν ολισθαίνει στην επιφάνεια της εσωτερικής τροχαλίας, θα έχει την ίδια ταχύτητα με το σημείο Α και έτσι

R

(Κ) r (A)

(Β)

F

vνηµ = vA = vcm − ω ∙ r

Από τη σχέση vνηµ = vcm − ω ∙ r προκύπτει ότι vνηµ < vcm , δηλαδή η ταχύτητα των σημείων του νήματος, άρα και του άκρου Β, είναι μικρότερη από την ταχύτητα του κέντρου μάζας (Κ) της διπλής τροχαλίας. Αυτό έχει σαν συνέπεια η απόσταση μεταξύ των σημείων (Β) και (Κ) να μειώνεται και έτσι το νήμα τυλίγεται.

ΘΕΜΑ Γ α)

Από

τη

σύγκριση

της

γενικής

εξίσωσης

των

στάσιμων

2π t y= 2 A ⋅ συν ⋅ ηµ με τη δοθείσα εξίσωση του στάσιμου: λ T y = 0,03συν

2π x

πx 0,3

κυμάτων:

ηµ10π t (S.I.)

έχουμε: 2Α= 0,03m, άρα Α=0,015m= 15cm,

2π x

λ

=

πx 0,3

→ λ = 2 ⋅ 0,3m → λ = 0,6m

2π t = 10π t → T= 0,2s και f = 5 Hz

λ

β) Οι εξισώσεις που περιγράφουν τα κύματα που συμβάλλουν, για να δημιουργήσουν το στάσιμο κύμα είναι:

x    t x (S.I.). y = Aημ2π  -  = 0, 015 ημ2π  5t 0, 6  T λ  x    t x (S.I.). y = Aημ2π  +  = 0, 015 ημ2π  5t + 0, 6  T λ  Σελίδα 3 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

γ) H εξίσωση του στάσιμου κύματος για τη χρονική στιγμή t1=0,25s γίνεται:

πx

y= 0,03 ⋅ συν

0,3

⋅ ηµ(10π ⋅ 0,25) = 0,03 ⋅ συν

πx 0,3

= y 0,03συν ⋅ ηµ 2,5π →

πx 0,3

(S.I.) αφού ημ2,5π=ημ(2π+π/2)=ημ π/2=1. Το διάγραμμα της προηγούμενης συνάρτησης είναι το στιγμιότυπο του στάσιμου κύματος για τη χρονική στιγμή t1=0,25s. Ο χρόνος t1=0,25 s ισούται με 5Τ/4 και κατά συνέπεια η κοιλία στη θέση x=0 θα βρίσκεται στην ακραία θετική της θέση, αλλά και όλα τα σημεία της χορδής θα είναι ταυτόχρονα στις ακραίες τους θέσεις. Η πρώτη κοιλία απέχει από το άκρο της χορδής Α, που είναι δεσμός, απόσταση

λ

= 4

0,6m = 0,15m , άρα το σημείο Α έχει θέση x=-0,15m.

4

Από το στιγμιότυπο φαίνεται ότι δημιουργούνται 5 δεσμοί συνολικά. Απέχουν

λ

0,6m = 0,3m . Οι δεσμοί στις θέσεις x=-0,15m και x=1,05m είναι 2

= μεταξύ τους 2

οι δεσμοί στα άκρα της χορδής, δηλαδή τα σημεία Α και Β.

y (cm)

t1=0,25 s

3 Α -0,15

0,15 Δ 0 0,05

1,05 0,45

0,75

Β x (m)

-3 δ) Το σημείο Δ που απέχει από το άκρο Α της χορδής 0,2m θα βρίσκεται στη θέση xΔ=0,05m. Tο πλάτος της ταλάντωσης του σημείου Δ θα δίνεται από τη σχέση:

Α ∆ = 2 Α συν2π

x∆ 0,05m 3 π (m) = 0,03 συν (m) = 0,03 ⋅ (m) = 0,03 συν2π 2 λ 0,6 m 6

→ Α∆ = 0,015 3 m . Η ταχύτητα του σημείου Δ τη χρονική στιγμή t2=25/60 s θα είναι:

υ∆ = ω ⋅ Α΄∆

υ∆ = ω ⋅ Α΄∆ ⋅ συν

2πx ∆ 2πt 2πt 2πt = ω ⋅ 2 Ασυν συν = 10π ⋅ 0,015 3 ⋅ συν (m / s) Τ Τ Τ T

Σελίδα 4 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

υ= 10π ⋅ 0,015 3συν ∆

2π

25 60

0,2

= 0,15 3πσυν (m / s)

25π (m / s) → 6

π π 3  / s) 0,15 3πσυν (m / s) 0,15 3π ⋅ (m / s) → υ∆ 0,15 3πσυν  4π +  (m = = = 6 6 2  3 = υ∆ 0,15π ⋅ (m / s) → = υ∆ 0,225π m / s .

2

ΘΕΜΑ Δ 1) Εφόσον όλα τα σώματα ισορροπούν θα ισχύουν οι σχέσεις: Για το σώμα Σ1: ΣF1 = 0 → T1 = w1 = m1 ∙ g = 4kg ∙ 10m/s2 → Τ1 = 40N.

R1

Τ2 = 20N .

Τ1 ∙R1 R2

=

40N ∙0,05m 0,1m

→

Για το σώμα Σ2:

ΣF2 = 0 → T2 = w2 + T3 = m 2 ⋅ g + T3 → T3 = T2 − m 2 ⋅ g →

T2

T1

Για την τροχαλία:

Στ = 0 → Τ1 ∙ R1 − Τ2 ∙ R 2 = 0 → Τ2 =

R2

T1

T2

Σ1

Σ2 w2 T3

w1

= T3 20N -1kg ⋅10m/s 2 → T3 = 10N.

T3

Σ3 w3

Για το σώμα Σ3:

T3 10N ΣF3 = 0 → T3 = w 3 = m3 ⋅ g → m3 = = → m3 = 1kg . g 10m / s 2 2) α) Κόβουμε το νήμα που ενώνει τα σώματα Σ2 και Σ3 και τη χρονική στιγμή που η ταχύτητα του σώματος Σ3 μηδενίζεται για 5η φορά, μετά τη χρονική στιγμή t0=0, το σώμα Σ2 κινείται προς τα πάνω με ταχύτητα υ2=8m/s. Το σώμα Σ3 εκτελεί απλή αρμονική Σ3 Fελ ταλάντωση, ξεκινώντας, χωρίς αρχική ταχύτητα Θ. Φ. Μ. x1=Α τη χρονική στιγμή t0=0 από την πάνω ακραία του Θ. Ι. θέση. Η ταχύτητά του θα μηδενιστεί για πρώτη Α w3 φορά όταν φτάσει στην κάτω ακραία θέση, και Α. Θ. απαιτείται χρόνος μισής περιόδου. Σε χρονικό διάστημα μιας περιόδου η ταχύτητα μηδενίζεται δύο φορές, άρα για να μηδενιστεί η ταχύτητα για 5η φορά, απαιτείται χρονικό διάστημα t=2,5Τ. Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση:

Σελίδα 5 από 7

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Τ=2π

m3 1kg =2π 100π 2 k 16

→ Τ=0,8 s .

Ν/m

Άρα t=2,5Τ =2 s. Το σώμα Σ2 κινείται προς τα πάνω, κάνοντας ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση και τη χρονική στιγμή t=2s, έχει ταχύτητα, που δίνεται από τη σχέση: υ2=α2· t

= Άρα, α 2

υ2 8m / s = → α 2 4m / s 2 . = t 2s

R1

β) Η επιτάχυνση του σώματος Σ2 ισούται με τη γραμμική επιτάχυνση της τροχαλίας στο σημείο που εφάπτεται το αντίστοιχο σκοινί και είναι:

α γων =

T2΄

T1΄

α1

α 2 =α γωνR2 →

R2

α2 T1΄

T2΄

Σ1

α 2 4m / s2 = → α γων = 40 rad / s2 .

R2 0,1m

Σ2 w1

w2

Το σώμα Σ1 κινείται προς τα κάτω, κάνοντας ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση. Η επιτάχυνσή του ισούται με τη γραμμική επιτάχυνση της τροχαλίας στο σημείο που εφάπτεται το αντίστοιχο σκοινί και είναι: α1=αγων·R1=40 rad/s2·0,05m → α1=2 m/s2. Για την κίνηση του σώματος Σ1 θα ισχύει ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής: ΣF1 = m1·α1 →w1-Τ1΄= m1·α1 → Τ1΄= w1- m1·α1= m1 · g − m1 · 𝛼1 → T1΄= 4kg·10 m/s2- 4kg·2 m/s2 →T1΄=32Ν.

Για την κίνηση του σώματος Σ2 θα ισχύει ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής, άρα: ΣF2 = m2·α2 →Τ2΄- w2= m2·α2 → Τ2΄= w2 + m2·α2 = m2 · g + m2 · 𝛼2 → T2΄= 1kg·10 m/s2 + 1kg·4 m/s2 → T2΄=14Ν.

Για την κίνηση της τροχαλίας θα ισχύει ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής, για τη στροφική κίνηση, άρα: Στ= I· αγων → Τ1΄· R1 - Τ2΄· R2= I·αγων →

Ι=

Τ1΄·R 1 − ·R Τ 2΄ 2 α γων

=

32 Ν ·0, 05m −1 4 Ν ·0,1m 40 rad / s 2

→ I =0,005 kg m2.

γ)Η εξίσωση της ταλάντωσης του Σ3 δίνεται από τη σχέση: x=Aημ(ωt+φ0).

(1) Η απόσταση της θέσης φυσικού μήκους του ελατηρίου και της θέσης ισορροπίας της ταλάντωσης απέχουν κατά x1 που θα βρεθεί από τη σχέση ισορροπίας του σώματος Σ3: ΣF3 = 0 → 𝐹𝜀𝜆 = W3 → k · x1 = m3 ∙ g → x1 =

m3 ∙g k

Σελίδα 6 από 7

=

1kg·10 m/s2 100 2 π 16

Ν/m

→ x1=0,16m.

ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΑΠΡΙΛΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Αυτή η απόσταση ισούται και με το πλάτος της ταλάντωσης Α, αφού η θέση που ξεκινάει να κινείται το σώμα είναι η πάνω ακραία θέση της ταλάντωσης. Άρα Α=0,16m. Η γωνιακή συχνότητα δίνεται από τη σχέση:

ω =

2π 2π = = 2,5π rad s → ω = 2,5π rad s . Τ 0,8s

Τη χρονική στιγμή t=0 το σώμα έχει μηδενική ταχύτητα και βρίσκεται στη θέση μέγιστης απομάκρυνσης x=A, λαμβάνοντας τη θετική φορά προς τα πάνω. Επομένως A=Aημφ0, άρα η αρχική φάση είναι φ0= π/2 rad. Με αντικατάσταση στη σχέση (1) η εξίσωση της απομάκρυνσης θα είναι: x= 0,16 ημ(2,5πt+π/2), (S.I.).

2 s η απομάκρυνση x είναι: 3 2 +π/2) (S.I.) → x = 0,16 ημ(2,5π +π/2)(S.I.) 3 π π  m → x = 0,08 m. → x = 0,16 ηµ  2π +  m → x = 0,16 ηµ 6 6 

Τη χρονική στιγμή t2 =

2 3 13π → x = 0,16 ηµ 6

x = 0,16 ημ(2,5π

δ) O ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του σώματος Σ3 δίνεται από τη σχέση:

∆Κ = Fεπ ⋅ υ = −kx ⋅ υ . ∆t

(2)

Τη χρονική στιγμή t0=0 το σώμα Σ3 βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση και έχει ταχύτητα μηδέν, άρα με αντικατάσταση στη σχέση (2) παίρνουμε:

∆Κ = 0 Js. ∆t

Σελίδα 7 από 7