Page 1

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. Α1. γ) Όταν πηγή και παρατηρητής κινούνται με σταθερές ταχύτητες (στην ίδια διεύθυνση) η συχνότητα fA είναι σταθερή. Α2. δ) A = A12 + A22 + 2 A1 ⋅ A2 ⋅ συν u1 Α3. α) = u2

h 2⋅ g ⋅ 2 = 3h 2⋅ g ⋅ 4

π 2

= A1 ⋅ 2

2 3

Α4. δ) A ' = 2 A ⋅ συν 2π

x1 − x2 π 2 A ⋅ συν = A⋅ 2 = 2λ 4

ΙΙ. 1. Λ

4. Σ

2. Σ

3. Σ

5. Σ

ΘΕΜΑ Β

Β1. Σωστή η β) Η διαφορά φάσης των δύο αρμονικών κινήσεων που εκτελεί ταυτόχρονα το σώμα είναι ∆ϕ = ω1 − ω2 ⋅ t (1) Από την γραφική παράσταση η τιμή της είναι 4π την χρονική στιγμή t=1s. Διαδοχικά έχουμε: 1 1 4π = ω1 − ω2 ⋅1 ⇔ 4π = 2π f1 − 2π f 2 ⋅1 ⇔ 2 = f1 − f 2 ⇔ Τδ = s = f1 − f 2 2 Επίσης fδ = 2 Hz Στο χρονικό διάστημα που μεσολαβεί μεταξύ ενός μηδενισμού τους πλάτους της


κίνησης και του επόμενου μηδενισμού, του σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του 200 φορές άρα εκτελεί 100 ταλαντώσεις που η κάθε μια έχει λίγο διαφορετικό πλάτος από την άλλη. Αυτό το χρονικό διάστημα είναι η περίοδος του διακροτήματος που είναι ίσο με 0,5s. Η συχνότητα της κίνησης είναι : N 100 − tαλ = = = 200 Hz . f ∆t 0,5s Από αυτήν προκύπτει η κυκλική συχνότητα της κίνησης rad ω + ω2 = ω 2= π f 400π = 1 s 2 ω1 − ω2 ω + ω2 ⋅ t ) ⋅ηµ ( 1 ⋅ t) ⇔ x = 2 A ⋅ συν ( Τελικα : 2 2 x= 0,1 ⋅ συν (2π t ) ⋅ηµ (400π t )

Β2. Σωστή η α) Στην τροχαλία ασκούνται το βάρος της Mg και οι δυνάμεις από τα δύο νήματα Τ1 και Τ2. Η τροχαλία ισορροπεί. Εφαρμόζουμε τον θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης ως προς άξονα που περνάει από το κέντρο μάζας της Ο.

Τ1 Τ1

Σττττ + 2 + w =0 ⇔ (o) =0 ⇒ TT 1 T1 ⋅ R − T2 ⋅ 2 R = 0 ⇔ T1 = 2T2 Επίσης η τροχαλία ισορροπεί μεταφορικά. ΣF = 0 ⇒ T1 − M ⋅ g − T2 = 0 ⇒

r

Fελ Τ2

R

Τ2

T1 = M ⋅ g + T2 ⇒ 2T2 = M ⋅ g + T2 ⇒ T2 = M ⋅ g = 2mg Το σώμα μάζας m ισορροπεί:

ΣF = 0 ⇒ Τ2 + Fελ − w = 0 ⇒ 2mg − kx − mg = 0 ⇒ mg = kx ⇒ x = x=

mg k

mg ⇒ k

Mg Mg/2 k


Β3. Σωστή η γ) Σ1

u=0 Θ.Φ.Μ Σ2

L

u1 A

M

Θ.Ι. (Σ2) L’

m m

u2

k

Θ.Ι. (Μ) Α.Θ. (Σ2)

Έστω Σ1 το σώμα που αποκολλάται από το ελατήριο και Σ2 αυτό που παραμένει προσκολλημένο σε αυτό. Για τις θέσεις ισορροπίας του σώματος μάζας Μ πριν την διάσπαση και του Σ2 μετά την διάσπαση έχουμε: Θ.Ι.( M ) ΣF = 0 ⇒ Fελ = w ⇒ k ⋅ L = mg ⇒ L =

mg k

Θ.Ι.(Σ 2) ΣF = 0 ⇒ Fελ΄ = w ⇒ k ⋅ L΄ =

m mg g ⇒ L΄ = 2 2k

Στην έκρηξη ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Ορμής. Με θετική φορά ορμής προς τα πάνω έχουμε:   m m pολ ,αρχ = pολ ,τελ ⇒ 0 = υ1 − υ2 ⇒ υ1 = υ2 = υ 2 2

Άρα τα σώματα αποκτούν ίσες κατά μέτρο ταχύτητες. Εφαρμόζουμε ΑΔΜΕ για το σώμα Σ1 που φτάνει στην θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου επιλέγοντας επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας την αρχική του θέση.

Κ αρχ + U αρχ = Κ τελ + Uτελ 1 m 2 m ⋅ ⋅υ + 0 = 0 + ⋅ g ⋅ L ⇒ υ = 2 gL 2 2 2 Για το δεύτερο σώμα Σ2 εφαρμόζουμε ΑΔΕΤ στην αρχική θέση και την ακραία θέση (πλάτος).


Ισχύει όπως φαίνεται στο σχήμα : y = L − L' =

mg mg mg − = 2k 2k k

1 1m 2 1 2 kA2 = υ + ky ⇔ 2 2 2 2 m m mg 2 kA2 = υ 2 + ky 2 ⇔ kA2 = ⋅ 2 gL + k ( ) ⇔ 2 2 2k m mg m2 g 2 m2 g 2 m2 g 2 2 2 kA = g+k 2 ⇔ kA = + ⇔ k k 2 4k 2 4k mg 5m 2 g 2 A2 = 5⋅ ⇔ A= ⇔ 2 4k 2k

Ε = Κ +U ⇔

= A

5⋅

mg 2k

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η κοιλία (x=0) φτάνει για πρώτη φορά στη θέση μέγιστης θετικής απομάκρυνσης T μετά από χρόνο όπου Τ η περίοδος. 4 Άρα : t1 =

T 2π π ⇒ T = 4t1 ⇒ T = 4 s, ω = ⇒ ω = rad / s 4 T 2

Η ενέργεια ταλάντωσής της είναι: E=

2E ⇒ Αk = mω 2

1 mω 2 Α 2k ⇒ Α k = 2

2 ⋅ 2π 210−8 10

2 −4 π

=

16 ⋅10−4 = 4 ⋅10−2 m

4

Δηλαδή : 2 ⋅ A = 4 ⋅10 m −2

Επίσης : λ = υ ⋅ Τ = 2 ⋅ 4 = 8m Η εξίσωση του στάσιμου κύματος είναι: 2π t T λ π x πt 2π x 2π t οπ όtε : y = 4 ⋅10−2 συν ηµ ( SI ) ⋅ηµ ⇒ y = 4 ⋅10−2 συν 8 4 4 2 y= 2 A ⋅ συν

2π x

⋅ηµ

Γ2. Οι θέσεις των δεσμών είναι: x∆ =

(2 N + 1)λ με Ν= 0, ±1, ±2, ±3,..... 4


Οπότε οι δεσμοί που υπάρχουν μεταξύ των θέσεων x1 = −8m και x2 = +12m είναι 5 και είναι οι θέσεις τους φαίνονται παρακάτω:

λ 8 3λ 3 ⋅ 8 x∆1 === +2m − x∆ 2 = = = +6m 4 4 4 4 5λ 5 ⋅ 8 λ 8 x∆ 3 = = = +10m − x∆ 4 = − == −2m 4 4 4 4 3λ 3 ⋅ 8 x∆ 5 = − = = −6m 4 4 Γ3. Η ταχύτητα ταλάντωσης των σημείων του ελαστικού μέσου δίνεται από την σχέση:  

υ = ω ⋅  2Ασυν

2π x  2π t  ⋅ συν λ  T

Επομένως για το σημείο Λ έχουμε:

υ=

π 

πx πt π3 π2 ⋅  4 ⋅10−2 sυν ⇒ υ = 2π ⋅10−2 sυν ⋅ sυν  ⋅ sυν 2  4  2 4 2 3π 2 )(−1) ⋅ sυνπ ⇒ υ = 2π ⋅10−2 (− 4 2 2m / s

υ = 2π ⋅10−2 sυν υ= π ⋅10−2

Το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Λ είναι: 2 συν A΄Λ =A

2π x

λ

4 10−2 ⋅ συν =⋅

3π 2 4π (− )= 2 2 ⋅10−2 m = 4 2

Και η ενέργεια ταλάντωσής του είναι: K max= E=

1 ΄2 1 1 π2 DAΛ = mω 2 A΄Λ2= 10−4 4 ⋅ 2 ⋅10−4 ⇒ E= 10−8 π 2 J 2 2 2 4

1 Η εξίσωση της γραφικής είναι K =− E DΛ ⋅ y 2 με − A 'Λ ≤ y ≤ A 'Λ .Η ζητούμενη 2 γραφική παράσταση: Κ(μJ)

y (cm)


Γ4. Η γραφική παράσταση γίνεται μεταξύ των σημείων x=0 που είναι κοιλία του στάσιμου κύματος και του σημείου με θέση x=10m που είναι ο τρίτος δεσμός δεξιά της αρχής μέτρησης Ο. Βρίσκουμε την δοθείσα χρονική στιγμή την απομάκρυνση της αρχής Ο από την θέση ισορροπίας της καθώς και την φορά κίνησής της. (Από το πρόσημο της ταχύτητας) 5 2π ⋅ 2π ⋅ 0 3 ) = 2 A ⋅ηm ( 5π ) = 2 A ⋅ 1 = A = 2 ⋅10−2 m y = 2 A ⋅ συν ( ) ⋅ηm ( 8 4 6 2 5 2π ⋅ 2π ⋅ 0 3 =ω ⋅ 2 A ⋅ σuν 5π =−ω ⋅ A ⋅ 3 < 0 ⋅ σuν u =ω ⋅ 2 A ⋅ σuν 8 4 6 Το στιγμιότυπο είναι το παρακάτω σχήμα. y (cm) 4 2 x (m) 2 -2 -4

6

10


ΘΕΜΑ Δ

K m,r

M

Α

+

+ N

ℑ h

mgσυνφ

F N R

mgημφ

ℑ θ

Γ H

mg

mg

R-r

U=0

φ Β

A. Δ1. Κατά την κίνηση της σφαίρας από το Α στο Β ισχύουν ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής και ο θεμελιώδης νόμος της στροφικής κίνησης. Έτσι 𝛴𝐹𝑋 = 𝑚 ∙ 𝑎 → 𝑚𝑚 ∙ 𝜂𝜂𝜂 − ℑ = 𝑚𝑚 2 𝛴𝛴 = 𝛪 ∙ 𝛼𝛾 → ℑ ∙ 𝑟 = 2�5 ∙ 𝑚 ∙ 𝑟 2 ∙ 𝑎𝛾 → ℑ = 𝑚 ∙ 𝑎 5

Από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε ότι : 𝛼 =

30 7

𝑚/𝑠 2

Δ2. Όταν η σφαίρα φτάσει στο σημείο Β θα έχει διανύσει απόσταση ΑΒ=S η οποία ℎ

είναι ίση με 𝑆 = 𝜂𝜂𝜂 = 1

70

6 7

𝑚

έτσι 𝑆 = 2 𝑎 ∙ 𝑡 2 → 𝑡 = 3 sec 𝜅𝜅𝜅 𝑢 = 𝑎𝑎 = 10𝑚/𝑠 Δ3. Όταν η σφαίρα περνά από το σημείο Γ , το δάπεδο της ασκεί δύο δυνάμεις, την κάθετη αντίδραση Ν και την στατική τριβή ℑ. Η κλίση της δύναμης αυτής θα είναι εφθ=ℑ/Ν Για την εύρεση της Ν : Επειδή το κέντρο της σφαίρας κινείται σε κυκλική τροχιά με ακτίνα R-r, γύρω από το κέντρο του τεταρτοκυκλίου, η Ν (ως μοναδική δύναμη στον άξονα της ακτίνας της κυκλικής τροχιάς παίζει τον ρόλο της κεντρομόλου) Δηλαδή 𝛮 =

𝑚∙𝑢𝛤 2 𝑅−𝑟


Για να υπολογίσουμε την ταχύτητα στο σημείο Γ θα εφαρμόσουμε ΑΔΜΕ από το σημείο Β έως το Γ. Ορίζουμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο που περνά από το κέντρο της σφαίρας στην θέση Β. Έτσι στην θέση Γ το ύψος του κέντρου της σφαίρας θα είναι R-r=hΓ=5,25m ΑΔΜΕ (Β—Γ) 1 1 1 1 𝛫𝛣 + 𝑈𝐵 = 𝐾𝛤 + 𝑈𝛤 → 𝑚𝑢𝛣2 + 𝛪𝜔𝛣2 = 𝑚𝑢𝛤2 + 𝛪𝜔𝛤2 + 𝑚𝑚(𝑅 − 𝑟) 2 2 2 2 2

Αντικαθιστώντας το 𝛪 = 5 𝑚𝑟 2 𝜅𝜅𝜅 ό𝜏𝜏 𝜂 𝑢 = 𝜔𝑟 , έ𝜒𝜒𝜒𝜒𝜒 𝑢𝛤 = 5𝑚/𝑠 και 𝛮

=

𝑚∙𝑢𝛤 2 𝑅−𝑟

=

25

5,25

𝛮=

100 21

𝛮

Για να υπολογίσουμε την στατική τριβή εφαρμόζουμε τους θεμελιώδεις νόμους για την μεταφορική και στροφική κίνηση στο σημείο Γ, 𝛴𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎 → 𝑚𝑚 − ℑ = 𝑚𝑚

2 𝛴𝛴 = 𝛪 ∙ 𝛼𝛾 → ℑ ∙ 𝑟 = 2�5 ∙ 𝑚 ∙ 𝑟 2 ∙ 𝑎𝛾 → ℑ = 𝑚 ∙ 𝑎 5

Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι ℑ = Άρα: εφθ=ℑ/Ν=3/5

20 7

𝑁

Β. Δ4. Για να υπολογίσουμε την ταχύτητα του σώματος σε ύψος H από το έδαφος και αφού έχει εγκαταλείψει το τεταρτοκύκλιο, πρέπει να σκεφτούμε ότι: Η μοναδική δύναμη που ασκείται στην σφαίρα είναι το βάρος της άρα δεν ασκείται καμία ροπή στην σφαίρα, οπότε η περιστροφική της κινητική ενέργεια παραμένει σταθερή. Επίσης το ύψος από το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας που έχει ανέβει η σφαίρα μέχρι το Γ είναι Η-r=6,5m. ΑΔΜΕ (Γ—Δ) 1 1 1 1 𝛫𝛥 + 𝑈𝛥 = 𝐾𝛤 + 𝑈𝛤 → 𝑚𝑢𝛥2 + 𝛪𝜔𝛥2 + 𝑚𝑚(𝛨 − 𝑟) = 𝑚𝑢𝛤2 + 𝛪𝜔𝛤2 + 𝑚𝑚(𝑅 − 𝑟) → 2 2 2 2 1 1 2 2 𝑚𝑢𝛥 + 𝑚𝑚(𝛨 − 𝑟) = 𝑚𝑢𝛤 + 𝑚𝑚(𝑅 − 𝑟) → 𝑢𝛥 = 0 2 2


Δ5.

ΘΦΜ ΘΙΜ

ΔlΜ U=0 ΔlΜ+m

ΘΙΜ+m

(+)

A y

t=2π/15 s

H σφαίρα έχοντας ταχύτητα u=0 συγκρούεται πλαστικά με το σώμα Μ , έτσι το συσσωμάτωμα που δημιουργείται εκτελεί α.α.τ. ξεκινώντας με ταχύτητα u=0. Το συσσωμάτωμα δηλαδή ξεκινά από ακραία θέση , η οποία είναι η αρχική θέση ισορροπίας του Μ η οποία απέχει από την θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου απόσταση ΔlM, η οποία υπολογίζεται από την συνθήκη ισορροπίας του Μ 𝑀𝑀 𝛴𝐹 = 0 → 𝛥𝑙𝑀 = = 0,3𝑚 𝐾 H θέση ισορροπίας του συσσωματώματος όμως απέχει από την θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου απόσταση ΔlM,m, η οποία είναι ίση με (𝑀 + 𝑚)𝑔 𝛴𝐹 = 0 → 𝛥𝑙𝑀,𝑚 = = 0,4𝑚 𝐾 Από την αφαίρεση των δύο αυτών αποστάσεων έχουμε ότι το πλάτος Α=0,1m και αν θεωρήσουμε σαν θετική φορά προς τα πάνω και για t=0 την δημιουργία του συσσωματώματος, έχουμε : y=A∙ημ(ωt+φ0), με: 𝜔

Υπολογισμός φ0:

=�

𝛫

𝛭+𝑚

= 5𝑟/𝑠

Για t=0 και y=A έχουμε φ0=π/2 rad, άρα:

𝜋 𝑦 = 0,1 ∙ 𝜂𝜂 �5𝑡 + � (𝑆. 𝐼) 2

Δ6. Την χρονική στιγμή t=2π/15 sec, το σώμα θα βρίσκεται στην θέση : 2𝜋 𝜋 2𝜋 𝜋 7𝜋 𝑦 = 0,1 ∙ 𝜂𝜂 �5 ∙ + � = 0,1 ∙ 𝜂𝜂 � + � = 0,1 ∙ 𝜂𝜂 � � = −0,05𝑚 15 2 3 2 6 Σε αυτή την θέση το ελατήριο είναι επιμηκυμένο από την Θ.Φ.Μ κατά ΔlM+m+|y|=0,4m+0,05m=0,45m. Οπότε: 𝐹𝜀𝜀 𝛫(𝛥𝑙𝑀.𝑚 + 𝑦) 0,45 = = =9 𝐹𝜏𝜏𝜏 𝐾𝑦 0,05


ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΑΡΗΣ – ΚΑΤΣΑΡΟΥ ΚΑΤΕΡΙΝΑ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΘΑΝΑΣΗΣ

Φυσική - Απαντήσεις  
Φυσική - Απαντήσεις