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