Πέµπτη, 05 Ιουνίου 2003 ΘΕΤΙΚΗ και ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΦΥΣΙΚΗ

Transcript

1 Πέµπτη, 05 Ιουνίου 00 ΘΕΤΙΚΗ και ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΤΕΥΘΥΝΣΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΜ Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό καθεµιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις - 4 και δίπλα το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.. ν η εξίσωση ενός αρµονικού κύµατος είναι y = 0ηµ(6πt - πx) στο S.I., τότε η ταχύτητα διάδοσης του κύµατος είναι ίση µε: α. 0m/s β. 6m/s γ. m/s δ. m/s. Μονάδες 5 π π Έχουµε y = 0ηµ(6πt πx) = 0ηµπ(t x), όµως γενικά y = ηµ( t x), Τ λ συνεπώς T = s και λ=m. Είναι f = f=hz και επειδή c = λf c = Hz m T c = m / s Άρα σωστό το (δ).. ύο όµοιες πηγές κυµάτων και Β στην επιφάνεια µιας ήρεµης λίµνης βρίσκονται σε φάση και παράγουν υδάτινα αρµονικά κύµατα. Η καθεµιά παράγει κύµα (πρακτικά) αµείωτου πλάτους 0cm και µήκους κύµατος m. Ένα σηµείο Γ στην επιφάνεια της λίµνης απέχει από την πηγή απόσταση 6m και από την πηγή Β απόσταση m. Το πλάτος της ταλάντωσης του σηµείου Γ είναι : α. 0cm β. 0cm γ. 0cm δ. 40cm. Μονάδες 5 Το πλάτος της ταλάντωσης του σηµείου (Γ) εξαιτίας του κύµατος συµβολής είναι: r = συνπ r λ Άρα σωστό το (γ). 6 = 0 συνπ cm = 0cm συνπ = 0cm

2 . Μια ακτίνα φωτός προσπίπτει στην επίπεδη διαχωριστική επιφάνεια δύο µέσων. Όταν η διαθλώµενη ακτίνα κινείται παράλληλα προς τη διαχωριστική επιφάνεια, τότε η γωνία πρόσπτωσης ονοµάζεται : α. µέγιστη γωνία β. ελάχιστη γωνία γ. µηδενική γωνία δ. κρίσιµη γωνία. Μονάδες 5 n<n n θˆ b = 90 θˆ = θˆ a c Σύµφωνα µε τη θεωρία σωστό είναι το (δ). 4. Ο ωροδείκτης ενός ρολογιού έχει περίοδο σε ώρες (h): α. h β. h γ. 4h δ. 48h Μονάδες 5 Σωστή απάντηση είναι η (β). 5. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράµµα της πρότασης και δίπλα τη λέξη που τη συµπληρώνει σωστά. α. Στη σύνθεση δύο αρµονικών ταλαντώσεων της ίδιας διεύθυνσης, που γίνονται γύρω από το ίδιο σηµείο µε το ίδιο πλάτος και λίγο διαφορετικές συχνότητες, ο χρόνος ανάµεσα σε δύο διαδοχικές µεγιστοποιήσεις του πλάτους ονοµάζεται... του διακροτήµατος. β. Η ταυτόχρονη διάδοση δύο ή περισσοτέρων κυµάτων στην ίδια περιοχή ενός ελαστικού µέσου ονοµάζεται... γ. Όταν ένα σώµα µετακινείται στο χώρο και ταυτόχρονα αλλάζει ο προσανατολισµός του, λέµε ότι κάνει... κίνηση. δ. Ένας παρατηρητής ακούει ήχο µε συχνότητα... από τη συχνότητα µιας πηγής, όταν η µεταξύ τους απόσταση ελαττώνεται. ε. Τα σηµεία που πάλλονται µε µέγιστο πλάτος ταλάντωσης σε ένα στάσιµο κύµα ονοµάζονται... Μονάδες 5

3 α. περίοδος β. συµβολή γ. σύνθετη δ. µεγαλύτερη (ακολουθεί αιτιολόγηση) ΠΗΓΗ ΠΡΤΗΡΗΤΗΣ υ + υ f = fs f > υ υs f S υ r S υ r ΠΗΓΗ υ r S ΠΡΤΗΡΗΤΗΣ υ r f υ υ = υ υ S f S φού η µεταξύ τους απόσταση ελαττώνεται σηµαίνει υ S > υ, άρα f > fs. υ r S ΠΗΓΗ ΠΡΤΗΡΗΤΗΣ υ r f υ + υ = υ + υ S f S φού η µεταξύ τους απόσταση ελαττώνεται σηµαίνει υ > υs, άρα f > fs. ε. κοιλίες ΘΕΜ. Σε αρµονικό ηλεκτροµαγνητικό κύµα που διαδίδεται στο κενό το ηλεκτρικό πεδίο περιγράφεται στο S.I από την εξίσωση Ε=0ηµπ(6 0 0 t - 0 x). Να εξετάσετε αν το µαγνητικό πεδίο του παραπάνω ηλεκτροµαγνητικού κύµατος περιγράφεται στο S.I από την εξίσωση Β=0-7 ηµπ(6 0 0 t - 0 x). ίνεται: ταχύτητα του φωτός στο κενό c0= 0 8 m/s. Μονάδες 6 E = 0ηµπ(6 0 Γνωρίζουµε ότι 0 E B t 0 (x,t) (x,t) E 8 = 0 m / s = c B δεδοµένη εξίσωση. = c x) 0ηµπ( ηµπ(6 0 0 t 0 x) t 0 x) 0 Ε 7 = 0 0 Β m / s, συνεπώς το µαγνητικό πεδίο περιγράφεται σωστά από τη

4 . Καλλιτέχνης του πατινάζ περιστρέφεται γύρω από τον άξονά του, χωρίς τριβές. Στην αρχή ο καλλιτέχνης έχει τα χέρια απλωµένα και στη συνέχεια τα συµπτύσσει. Ο καλλιτέχνης περιστρέφεται πιο γρήγορα, όταν έχει τα χέρια: α. απλωµένα β. συνεπτυγµένα. Μονάδες Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Μονάδες 4 Επειδή το βάρος όπως και η αντίδραση από το έδαφος είναι δυνάµεις παράλληλες στον άξονα περιστροφής δε δηµιουργούν ροπή ως προς τον άξονα περιστροφής. Άρα η στροφορµή του συστήµατος διατηρείται σταθερή. Εποµένως r r ω Ι τελ L αρχ = L τελ Ιαρχω = Ι τελω =. Η αρχική ροπή αδράνειας του ω Ι αρχ καλλιτέχνη (µε ανοιχτά χέρια) είναι µεγαλύτερη από την τελική ροπή αδράνειας, άρα και ω > ω, εποµένως σωστή είναι η πρόταση (β).. Σφαίρα που κινείται σε λείο οριζόντιο επίπεδο συγκρούεται κεντρικά και πλαστικά µε άλλη όµοια αλλά ακίνητη σφαίρα Β που βρίσκεται στο ίδιο επίπεδο. Να αποδείξετε ότι η κινητική ενέργεια του συσσωµατώµατος µετά την κρούση είναι ίση µε το µισό της κινητικής ενέργειας της σφαίρας, πριν από την κρούση. Μονάδες 7 m, υ r (+) ΛΙΓΟ ΠΡΙΝ m B ΜΕΣΩΣ ΜΕΤ m + m B v r Με εφαρµογή της..ο. γαι το σύστηµα των δύο σφαιρών έχουµε: r r r r m P = P m υ + 0 = (m + m )v = mb = m υ = mv λίγο πριν αµέσως µετά υ v = B ( + ) m 4

5 υ Κµετά την κρούση = mv K m = MK 4 mυ Κπριν την κρούση = mυ K = Π K mυ K MK Άρα διαιρώντας κατά µέλη 4 ΚΜΚ = = Κ ΜΚ = Κ ΠΚ K ΠΚ mυ ΚΠΚ 4. Σώµα µάζας m εκτελεί γραµµική απλή αρµονική ταλάντωση. Η αποµάκρυνση x του σώµατος από τη θέση ισορροπίας δίνεται από τη σχέση x=ηµωt, όπου το πλάτος της ταλάντωσης και ω η γωνιακή συχνότητα. Να αποδείξετε ότι η συνολική δύναµη, που δέχεται το σώµα σε τυχαία θέση της τροχιάς του, δίνεται από τη σχέση F= - mω x. Μονάδες 6 Σε µια απλή αρµονική ταλάντωση, στην οποία η αποµάκρυνση δίνεται από τη σχέση x = ηµωt, η σχέση που µας δίνει την επιτάχυνση είναι α max = ω α = α maxηµωt α = ω ηµωt α = ω x () 44 πό το Θ.Ν.Μ. γνωρίζουµε ότι x () F = mα F = mω x ΘΕΜ Το ηλεκτρικό κύκλωµα του σχήµατος αποτελείται από πυκνωτή µε χωρητικότητα 0-5 F, ένα ιδανικό πηνίο µε συντελεστή αυτεπαγωγής 0,05H και διακόπτη όπως φαίνονται στο παρακάτω σχήµα. ρχικά ο διακόπτης είναι ανοικτός και ο πυκνωτής είναι φορτισµένος µε ηλεκτρικό φορτίο C. Οι αγωγοί σύνδεσης έχουν αµελητέα αντίσταση C L 5

6 Τη χρονική στιγµή t=0 κλείνουµε το διακόπτη. Να υπολογίσετε:. την περίοδο της ηλεκτρικής ταλάντωσης Μονάδες 7. το πλάτος της έντασης του ρεύµατος Μονάδες 8. την ένταση του ρεύµατος τη στιγµή που το φορτίο του πυκνωτή C είναι 0-7 C. Μονάδες 0 ίνεται: π =,4. ΛΥΣΗ Q C (i=0) L q C i L (t=0) (0<t<T/4). Γνωρίζουµε ότι η περίοδος της ελεύθερης και αµείωτης ηλεκτρικής ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση: 5 T = π LC T = π s = 0 T π s T = π ms T = 6,8ms π π r r. Ισχύει ω = ω = ω =0. Τ π 0 s s Το πλάτος της έντασης του ρεύµατος δίνεται από τη σχέση: I = I = I = ω Q. Εφαρµόζουµε ρχή διατήρησης ενέργειας για την ηλεκτρική ταλάντωση και έχουµε: U U = U + U U ( ) U + U E ( max ) = B( max ) E B E max = E B Q C q C i = ( Q q ) Li = + Li = ( Q q ) 6 C LC LC = ω

7 i = ω ( Q q ) i = ± ω Q q i = ± i = ± i = ± i = ± ΘΕΜ 4 Οµογενής άκαµπτη ράβδος Ζ έχει µήκος L = 4m, µάζα M = kg και ισορροπεί σε οριζόντια θέση, όπως φαίνεται στο σχήµα. Στο άκρο της υπάρχει ακλόνητη άρθρωση γύρω από την οποία η ράβδος µπορεί να περιστρέφεται, χωρίς τριβές, ενώ στο άλλο άκρο της Ζ υπάρχει στερεωµένο σφαιρίδιο µάζας m = 0,6kg και αµελητέων διαστάσεων. Ένα αβαρές τεντωµένο νήµα Γ συνδέει το σηµείο Γ της ράβδου µε σφαιρίδιο µάζας m = kg, το οποίο είναι στερεωµένο στο ελεύθερο άκρο ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = 00 N/m. Το άλλο άκρο του ελατηρίου είναι ακλόνητο. Η απόσταση Γ είναι ίση µε,8m. Όλη η διάταξη βρίσκεται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο, στο οποίο γίνονται και όλες οι κινήσεις. k m Γ Ζ m. Να υπολογίσετε:. τη ροπή αδράνειας του συστήµατος ράβδου σφαιριδίου m ως προς τον οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το σηµείο και είναι κάθετος στο επίπεδο της διάταξης Μονάδες 6. το µέτρο της τάσης του νήµατος Γ. Μονάδες 6 Β. ν κόψουµε το νήµα Γ, το σφαιρίδιο m εκτελεί αµείωτη αρµονική ταλάντωση, ενώ η ράβδος µαζί µε το σώµα m, υπό την επίδραση της βαρύτητας, περιστρέφνται χωρίς τριβές γύρω από το σηµείο. 7

8 Να υπολογίσετε: Β. το χρόνο που χρειάζεται το σφαιρίδιο m από τη στιγµή που κόβεται το νήµα µέχρι τη στιγµή που θα φθάσει στην ψηλότερη θέση του για πρώτη φορά Μονάδες 6 Β. το µέτρο της γραµµικής ταχύτητας του σηµείου Ζ, τη στιγµή που η ράβδος περνάει από την κατακόρυφη θέση. Μονάδες 7 ίνονται: g = 0ms -, ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς το κέντρο µάζας της: ICM= ML, π =,4. ΛΥΣΗ F r y F r T r F r x Κ (+) Ζ m r W = r Mg Γ r r = m g W.. Εφαρµόζοντας θεώρηµα Steiner υπολογίζουµε τη ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής που διέρχεται από το άκρο : L I = I CM + M = ML + ML = ML () 4 Η ροπή αδράνειας του συστήµατος (Μ, m) ως προς τον άξονα περιστροφής που διέρχεται από το άκρο της ράβδου είναι: I = + m L ( ) ολ Ι I λ = ΜL + ml I = Μ λ + m L I = + 0,6 6Κg m I = 5,6Kg m λ ( ) 8 ολ... Στο σύστηµα ράβδος µάζα m που ισορροπεί ασκούνται οι εξής δυνάµεις:

9 r r i) το βάρος της ράβδου W = Mg µε σηµείο εφαρµογής το µέσο της ράβδου Κ. r r ii) το βάρος της σηµειακής µάζας m W = mg µε σηµείο εφαρµογής το άκρο της ράβδου Ζ. iii) η τάση του κατακορύφου νήµατος T r µε σηµείο εφαρµογής το σηµείο εξάρτησης της ράβδου Γ. iv) η δύναµη από την άρθρωση F r µε σηµείο εφαρµογής το σηµείο. (Η κατεύθυνση της F r σηµειώνεται ενδεικτικά στο σχήµα) Επειδή το σύστηµα ράβδος m ισορροπεί, το αλγεβρικό άθροισµα των ροπών των δυνάµεων που δέχεται ως προς οποιοδήποτε σηµείο της ράβδου είναι µηδέν, εποµένως και ως προς το σηµείο. Άρα: r r Στ( ) = 0 Μg( K) T ( Γ) + mg( Z) = 0 M gl + m L T = ( Γ) = g + m gl 40(,5 + 0,6) T Μ ( Γ) Τ = Ν Τ = 0Ν,8 Β.. k (Μ) (υ=0,t=t) x=- (Ι) l F ελ( ) F ελ( ) W r r W r T (ΙΙ) ( ) πριν (t=0, υ=0) (ΙΙΙ) ( ) αµέσως µετά Επεξήγηση σχήµατος (Ι) Θέση φυσικού µήκους του ελατηρίου. (ΙΙ) Θέση πριν: η m ισορροπεί εξαρτηµένη από το νήµα. (ΙΙΙ) Θέση µετά: η m, µόλις κοπεί το νήµα έχει ταχύτητα υ=0 και εποµένως το σηµείο είναι για την ταλάντωση που θα εκτελέσει ακραία θέση (x=+). (ΙV) Είναι η θέση ισορροπίας της m µετά την κοπή του νήµατος. Η προηγούµενη θέση αποτελεί τη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης του συστήµατος (x=0). (V) Είναι το ψηλότερο σηµείο της τροχιάς της m. Στο σηµείο αυτό στιγµιαία η ταχύτητα της m µηδενίζεται οπότε για την ταλάντωση του συστήµατος στην προηγούµενη θέση ισχύει x=-. 9 r Fελ(Ο) (O) W r (ΙV) (V) (+) (x=0) x=+

10 Για οποιοδήποτε σύστηµα ελατήριο µάζα που εκτελεί..τ. ισχύει: D = k m ω = k ω = k m ω = 0r / s Το σηµείο στο οποίο η µάζα m ισορροπούσε αρχικά αποτελεί για την..τ. του συστήµατος ακραία θέση αφού τη στιγµή που κόβεται το νήµα (t=0) η ταχύτητα της m είναι µηδέν. Εποµένως ορίζοντας την προς τα κάτω φορά σαν θετική για την ταλάντωση του συστήµατος την t=0 ισχύει x=+ και υ=0. Όµως γενικά για µια..τ. έχουµε: x = ηµ(ωt + φ ) υ = υ συν(ωt φ ) max + Εποµένως για την t=0 από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει: = ηµφ 0 = υ συνφ max ηµφ = συνφ = 0 Οπότε η εξίσωση αποµάκρυνσης χρόνου γίνεται: π x = ηµ(ωt + ) x = συνωt π φ = rad Η ψηλότερη θέση στην οποία φτάνει η m (για πρώτη φορά τη χρονική στιγµή t=t) αποτελεί την άλλη ακραία θέση της ταλάντωσης αφού και σε εκείνο το σηµείο στιγµιαία µηδενίζεται η ταχύτητα της m. Άρα την t=t θα ισχύει για την ταλάντωση του συστήµατος x=-. Οπότε x = συνωt = συνωt = συνωt = συνπ άρα την πρώτη φορά που βρίσκεται στην προηγούµενη θέση θα ισχύει: Άρα ο ζητούµενος χρόνος είναι π ωt = π t = t ω = t = t t t π s 0 π = s 0 0 t = π 0 s 0

11 Β.. Τη στιγµή που κόβεται το νήµα το σύστηµα ράβδος µάζα m είναι ακίνητο, οπότε ωαρχ=0. Εφαρµόζοντας Θεώρηµα µεταβολής κινητικής ενέργειας για την κίνηση του συστήµατος από την οριζόντια θέση (Ι) στην κατακόρυφη θέση (ΙΙ) έχουµε: L/ (Ι) Κ m W r W r Ζ Κ L W r V r ΟΛ Ζ m (ΙΙ) L K K = W r + W r II I I ΟΛω = Μg + m gl I W W Μ ( + m )gl ω = ω =,56 r / s I ΟΛ ω M = gl( + m ) Η γραµµική ταχύτητα του σηµείου Ζ τη στιγµή που η ράβδος γίνεται κατακόρυφη είναι: V = ωl V =,56 4m / s V Z = 0,4m / s Z Z W r

12 ΞΙΟΛΟΓΗΣΗ Τα σηµερινά θέµατα διακρίνονται για την σαφήνεια και την ακρίβειά τους. παιτούν ποιοτική µελέτη της εξεταστέας ύλης αλλά και κριτική συνθετική ικανότητα των υποψηφίων ακόµη και στα θεωρητικά ερωτήµατα. Το τέταρτο θέµα χαρακτηρίζεται από πρωτοτυπία αφού συνδυάζει δύο διαφορετικές ενότητες της Μηχανικής. Στο σύνολό τους κρίνονται θέµατα για πολύ καλά προετοιµασµένους υποψηφίους.