Oli3b glykeiou by urlwebgr

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΟ ΤΕΛΙΚΟ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ

2012

Α1. α.  10 f    f    f   5Hz όμως f   f1  f  5  f1  440  f1  445Hz σωστό το α. t 2 Α2. β.

Α3. γ. Α4. δ.

Α5. Σ Σ Λ Λ Σ ΘΕΜΑ Β Β1. γ. d2 5m

y Π1

λ = υ/f = 0,8m. Αφού έχουμε την τρίτη αποσβεστική συμβολή στο Δ μετά το Μ, από το Δ θα περνά η υπερβολή αποσβεστικής συμβολής για Ν = - 3. Άρα ΔΠ1 – ΔΠ2 = (2Ν+1)λ/2

4 – ΔΠ2 = - 5·0,4

ΔΠ2 = 6 m .

Με Πυθαγόρειο θεώρημα στο Π1Π2Δ τρίγωνο προκύπτει d = 2 5m σωστό το γ.

Π2 y΄

Β2. β. 3mg/4π

O Με ΘΜΚΕ για τη ράβδο έχουμε: Κτελ – Καρχ = Ww + WF F=

0 – 0 = - mgh + FLπ/3

L L  L 3mgh όμως h =    άρα 2 2 3 4 L

3mgL F= 4 L

3mg F= σωστό το β. 4

Μαρούσης Β. – Φυσικός

π/3 cm F

cm h w A ω=0

ω=0

Φυσικής ζητήματα

Β3. Δύο σώματα Α και Β με μάζες m1 και m2 αντίστοιχα, φέρουν ανιχνευτές ηχητικών κυμάτων

αμελητέας μάζας και στα δεξιά τους υπάρχει ακίνητη ηχητική πηγή S, που εκπέμπει ήχο συχνότητας fs. Τα σώματα βρίσκονται πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο και το σώμα Α συγκρούεται κεντρικά και ελαστικά με το ακίνητο σώμα Β, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα πριν την κρούση.

υ1

Αν πριν την κρούση ο ανιχνευτής του Α καταγράφει συχνότητα fA = 11fs/10 Hz, ενώ μετά την κρούση ο ανιχνευτής του Β καταγράφει συχνότητα fΒ = 21fs/20 Hz τότε: i) για το λόγο των μαζών των Α και Β ισχύει: α)

m1 1  m2 2

β)

m1 1  m2 3

γ)

m1 1  m2 5

Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Απάντηση:

ΠΡΙΝ ΤΗN ΚΡΟΥΣΗ

11 f s   1   f s  11  10  101  1  (1) 10  10 META ΤΗN ΚΡΟΥΣΗ

21 f s   2'  f s  21  20  202' 20 

 2' 

 20

(2)

Κρούση κεντρική ελαστική με δεύτερο σώμα ακίνητο (υ2 = 0 ) άρα : 2m1  (2)  2m1  1 2m1 2'          4m1  m1  m2  3m1  m2  m1  m2 10 20 m1  m2 10 2 m1  m2



m1 1  (3)  ό  β. m2 3

Μαρούσης Β. – Φυσικός

Φυσικής ζητήματα

ii) για το λόγο των συχνοτήτων f A'

που καταγράφει ο ανιχνευτής Α μετά την κρούση και f s

ισχύει: α)

f A' 19  f s 10

β)

f A' 19  f s 20

γ)

f A' 11  fs 5

Να επιλέξετε τις σωστές απαντήσεις Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Απάντηση:

META ΤΗN ΚΡΟΥΣΗ

1' 

m1  m2  (3) m  3m1    1'  1   m1  m2 10 m1  3m1 10

1' 

2m1     1'   (   ύ  ό   ή) 4m1 10 20

άρα f A΄ 

  1΄ 

(3) f s  

΄ A

f  fs

19 ΄ 20  f  20  f A  19  fs  f s 20





΄ A

 ό  β

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Είναι y=Αημ2π(ft+12,5x/3) (SI) , άρα

25 x 2 x 6     λ = 0, 24m ή λ = 24 cm. 3  25

Επίσης ο χρόνος που χρειάζεται για να κινηθεί το σημείο μιας κοιλίας από το ένα πλάτος στο άλλο είναι 0,01s. Άρα

T  0,01s  T  0,02s ή f = 50Hz. 2

Οι ακραίες θέσεις μιας κοιλίας απέχουν 12cm. Άρα 4Α = 0,12 m ή 2Α = 0,06 m. Οπότε η εξίσωση του στάσιμου κύματος είναι:

y  0,06

2 x 25πx  2 ft ή y = 0,06συν ημ100πt ( S. I .) 0,24 3

Μαρούσης Β. – Φυσικός

Φυσικής ζητήματα

Γ2. Για το σημείο του ελαστικού μέσου με x 48 cm = 0,48 m = 2λ = 4λ/2 (κοιλία) έχουμε: y = 0,06συν

25π0,48 25π0,48 25π0,48 ημ100πt  y = 0,06συν ημ100πt  y = 0,06συν ημ100πt 3 3 3

 y = 0,06συν(4π)ημ(100πt)  y  0,06ημ(100πt) ( SI) όμως   2 f  100 rad / s άρα α = - ω2y ή a  (100 )2 0,06ημ(100πt) ( SI) ή a = -6000ημ(100πt) (SI) Γ3. Η απόσταση δεσμού – δεσμού είναι λ/2 = 0,12 m άρα ο 1ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,12 m, Παρατήρηση: Στην περίπτωση αυτή οι ο 2ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,24 m, θέσεις των δεσμών δεν υπολογίζονται ος από τη σχέση χΔ=(2κ+1)λ/4 γιατί η σχέση ο 3 δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,36 m, ος αυτή ισχύει όταν η αρχή μέτρησης (χ=0) ο 4 δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,48 m, είναι κοιλία. ο 5ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,60 m, Στο ερώτημα αυτό έχω: χΔ=κλ/2 με κ=1, ο 6ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,72 m, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 όπου για κ=8 προκύπτει ο 7ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,84 m, χΔ8=0,96m αφού Δχ=1m. ος ο 8 δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 0,96 m, ο 9ος δεσμός απέχει από τον τυχαίο δεσμό 1,08 m > 1m απορρίπτεται. Άρα έχω 8 δεσμούς μεταξύ ενός τυχαίου δεσμού και ενός άλλου σημείου της χορδής, τα οποία απέχουν μεταξύ τους απόσταση Δx1m. Γ4. Το σημείο Κ με xΚ54 cm = 9·6 cm = (2κ+1)λ/4 με κ = 0, 1 , 2, 3, 4, …. είναι περιττό πολλαπλάσιο του λ/4 άρα είναι δεσμός και μάλιστα ο 5ος δεσμός αφού προκύπτει για κ = 4. Άρα από το Ο μέχρι και το Κ υπάρχουν 5 δεσμοί, άρα σχηματίζονται 4 άτρακτοι και 1/2 της ατράκτου. Όμως σε κάθε άτρακτο υπάρχουν δύο σημεία που ταλαντώνονται με ένα τυχαίο ίδιο πλάτος, όπως φαίνεται στο παρακάτω τυχαίο στιγμιότυπο. Άρα θα υπάρχουν 9 σημεία που δεν είναι κοιλίες, ταλαντώνονται με το ίδιο πλάτος και βρίσκονται μεταξύ του Ο και του Κ όπου xΚ54cm. (άτρακτος είναι το τμήμα του ελαστικού μέσου μεταξύ δύο διαδοχικών δεσμών)

y (cm) 2



Μαρούσης Β. – Φυσικός

 18 4

 30 5

7 42 8

K  54

x (cm)

Φυσικής ζητήματα

Γ5.  Οι θέσεις των δεσμών, όπως είδαμε στο προηγούμενο ερώτημα είναι: xΔ = (2κ+1)6 (cm)

xΔ = (2κ+1)λ/4 ή

για κ = 0, 1, 2, 3, 4…..

για κ = 0 x1 = 6 cm , για κ =1 x2 = 18 cm , για κ =2 x3 = 30 cm , για κ =3 x4 = 42 cm ,  Οι θέσεις των κοιλιών είναι: xΚ = κλ/2 ή xΔ = κ·12 (cm)

για κ = 0, 1, 2, 3, 4…..

για κ = 0 x1 = 0 cm , για κ =1 x2 = 12 cm , για κ =2 x3 = 24 cm , για κ =3 x4 = 36 cm , για κ =4 x5 = 48 cm. Τη χρονική στιγμή t = 1/200 s για 0  x  48cm, θα βρούμε την απομάκρυνση της κοιλίας στη θέση x = 0. yO = 0,06ημ100πt (S.I.)  yO = 0,06ημ100π

1   yO = 0,06ημ  yO = 0,06m 200 2

Δηλαδή όλες οι κοιλίες θα βρίσκονται στις μέγιστες απομακρύνσεις τους, με την Ο στο y = +6 cm. Άρα το στιγμιότυπο είναι το παρακάτω:

y (cm)

t

 6

 18

 30

1 s 200

 42 48

x (cm)

-6

Μαρούσης Β. – Φυσικός

Φυσικής ζητήματα

ΘΕΜΑ Δ Δ1. m1 = m2 = m = 1 Kg To Σ1 ισορροπεί άρα Τ1 = mg = 10 N. Δ2 .

k Fελ

H τροχαλία ισορροπεί άρα Στ(Κ) = 0 ή Τ2 ·2r = T1 ·r ή Τ2 = 5 Ν.

Σ2

To Σ2 ισορροπεί άρα Fελ = mg + T2 ή k·Δl = 15 ή Δl = 0,15 m.

(Τ)

(βλέπε σχ3)

(2)

T2 r Κ

(1)

Δ T1 T1

Σ1 σχ(1)

Δ3 .

Όταν κόψουμε το νήμα (2) το Σ1 κατέρχεται με επιτάχυνση α, η τροχαλία περιστρέφεται δεξιόστροφα με αγων και το Σ2 ξεκινά αατ από ακραία θετική θέση (x = +A).

k Fελ Σ2 mg (Τ)

(+) r R

(1)

mg – T3 = mα (1)

Τροχαλία:

ΘΝΣ Τ3 ·r = MR2 αγων ή Τ3 ·r = M4r2· αγων ή

Τ3 = Μ·4·r·αγων και επειδή το νήμα δεν γλιστρά r·αγων = α οπότε Τ3 = 4Μα (2)

(1) + (2) έχω: mg = (m + 4M)α οπότε α = 1 m/s2

Σ1 σχ(2)

Σ1: ΘΝΜ

α mg

Μαρούσης Β. – Φυσικός

Φυσικής ζητήματα

Στη ΘΙ kx = mg ή x = 10/100 ή x = 0,1 m. Άρα Α = Δl – x = 0,15 – 0,10 ή Α = 0,05 m. Επειδή την t = 0 είναι x = +A έχω φ0 = π/2 rad.

 

ΘΦΜ x F’ελ 0

Δl

ΘΙ

π k  10 rad / s οπότε : x = 0,05ημ(10t + ) S.I. m 2

+Α

σχ(3)

t=0

(+)

Σ2

Δ4 . Τη χρονική στιγμή που το Σ2 αποκτά ταχύτητα ταλάντωσης μέγιστου μέτρου για 5η φορά μετά την t = 0, κόβουμε και το νήμα (1). Άρα t1  Άρα t1 

9  0,2  45  102   0,45 s. 4

T T T 9T 2 2  4  2T     0, 2 s. . Όμως T  4 2 4 4  10 Μέχρι τη χρονική στιγμή t1 η τροχαλία εκτελεί ομαλά

επιταχυνόμενη στροφική κίνηση με   καταργείται

ροπή

της

Τ3

 r



1  10 ras / s 2 και από την t1 και μετά αφού 0,1 εκτελεί

σχ(2),

ομαλή

στροφική

κίνηση

με

ω1 = αγωνt1 = 10·45·10-2π = 4,5π rad/s. Άρα L1 = Icm ω1 = ΜR2ω1 = 0,405π Kgm2s-1. Οπότε μέχρι την t2 = 3T = 0,6π s παραμένει σταθερή.

L (Kgm2s-1)

0,405π

t (s)

0 0,45π Μαρούσης Β. – Φυσικός

0,60π 7

Φυσικής ζητήματα