Ελληνικό Ανοικτό Πανεπιστήµιο Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Τελικών εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ34 KYMATIKH. ιάρκεια: 210 λεπτά

Transcript

1 Εηνικό Ανοικτό Πανεπιστήµιο Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Τεικών εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ34 KYMATIKH ιάρκεια: επτά Ονοµατεπώνυµο: Τµήµα: Θέµα ο (Μονάδες:.) Το σύστηµα του σχήµατος αποτεείται από δύο εκκρεµή Α) Θεωρούµε τις µετατοπίσεις των δύο µαζών από την κατακόρυφη θέση ισορροπίας και. Στη µάζα m ενεργεί το βάρος της m g, οι τάσεις T και T από τις δύο ράβδους καθώς επίσης και η δύναµη του εατηρίου. Άρα από το ο νόµο του Νεύτωνα έχουµε: = k T sinθ + T sin θ () T osθ = m g+ T os θ () ενώ οι αντίστοιχες εξισώσεις για τη µάζα m είναι: = k T sin θ (3) T os θ = mg (4) Με αντικατάσταση των σχέσεων () και (4), οι σχέσεις γίνονται: = k ( m + m ) g tnθ + m g tn θ () T os θ = m g+ mg () = k m g tn θ (3) T os θ = mg (4) Επίσης, χρησιµοποιώντας τις σχέσεις tnθ = και tnθ =, οι σχέσεις l l (3),(4) γίνονται k T m g k T T m g

2 k m g m g k m g m g m g ɺɺ = + + ( ) ɺɺ = + + () m m l m l m m l m l m l k g g k g ɺɺ = ( ) ɺɺ = + (3) m l l m l Με αντικατάσταση των δεδοµένων τιµών βρίσκουµε τις διαφορικές εξισώσεις κίνησης: ɺɺ ω ω ω = + ω ɺɺ = 5ω + ω ή ɺɺ = ω 3ω + ω ɺɺ = ω 5ω ( ) Β) Οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης µπορούν να γραφούν και ως d 5 = ω dt 5 (5) Εισάγωντας τη γενική µορφή ενός κανονικού τρόπου ταάντωσης = A os( ωt+ φ), i=,, η (5) γράφεται i i ω 5ω ω A = (6) ω ω 5ω A η οποία έχει ύσεις όταν ω 5ω ω ω 5ω = ω ω = 4 = ( ω 5ω ) 4ω = ω ω 5ω ω 5ω = ω ω = 3ω Θέµα ο (Μονάδες:.5) Α) Εφόσον το ένα άκρο της ράβδου είναι εεύθερο, τα στάσιµα κύµατα που µπορούν να αναπτυχθούν στη ράβδο έχουν µήκος κύµατος 4L n =, n=,,,3,... (σχέση.37 Alonso-Finn) n+ Ο τέταρτος κατά σειρά αρµονικός τρόπος ταάντωσης ( n= 3 ) έχει µήκος κύµατος 4L = και άρα το χωρικό µέρος του κύµατος είναι 7 π 7π ( ) = A sin( ) = A sin( ) L Για τα σηµεία µηδενισµού (δεσµοί): 7π 7π L ( ) = sin( ) = = mπ = m, όπου το m=,,,... έτσι ώστε L L 7 L 4L 6L L, δηαδή =,,, Για τα σηµεία µέγιστης ή εάχιστης αποµάκρυνσης (κοιίες): 7π 7π π L ( ) =± A sin( ) =± = (m+ ) = (m+ ), όπου το L L 7 L 3L 5L m=,,,... έτσι ώστε L, δηαδή =,,, L ω

3 Β) Η συχνότητα ν και το µήκος κύµατος συνδέονται µε τη σχέση υ = ν, όπου G υ = η ταχύτητα του στάσιµου κύµατος, οπότε ρ 9 3 υ 7 G 7 G 7 G d ν = = = V = π L ν = π.5 3 4L ρ 4L m 4L m ν = 3.5kHz Θέµα 3 ο (Μονάδες:.) Α) Έστω οτι η µεµβράνη είναι πακτωµένη για =, =, και εεύθερη για =, = Αφού το κύµα αρχίζει από ψ= για =, =, η γενική ύση είναι ( ) ( ) ( ω φ) ψ= Asink sink sin t+ Κατά µήκος του, = n + =, n=,,,... 4 n/+ /4 Οµοίως, κατά µήκος του, =, n=,,,... n /+ /4 Άρα το οικό κυµατάνυσµα π n n π n n k π =,,, k = + + = T T Η ταχύτητα διαδόσεως είναι v = ω ν ω k πν σ = = k = σ = Άρα T n n ν=, n,,,..., n,,,... σ = = 4 4 Β) Το µέγιστο µήκος κύµατος m= π/kmin δίδεται από το εάχιστο k, δηαδή για n = n = Άρα = = m / /4 4 / Θέµα 4 ο (Μονάδες:.5) Α) Χρησιµοποιώντας την εξίσωση του Mwell ˆ ˆ zˆ B B E= = t t z π E osω t E os ωt 6 3

4 B π = ˆ E ˆ os ωt + z E os ωt t 6 B ω π ω = E ˆ ˆ sin ωt + ze sin ωt t 6 ω π ω B= E ˆ ˆ dt sin ωt ze dt sin ωt + C 6 (,, z) E π E B= ˆ os t zˆ os t C(,, z) ω 6 + ω + E π E B= ˆ os ω t zˆ os ω t + 6 όπου καθώς πρόκειται για ηεκτροµαγνητικό κύµα η C δεν µπορεί παρά να είναι σταθερά (διαφορετικά θα ήταν συνάρτηση και του χρόνου) την οποία επιέγουµε ίση µε µηδέν. Β) Το διάνυσµα του Ponting δίνεται από ˆ ˆ zˆ π S = E B= E os ω t E os ω t µ = 6 E π E ω t ω t 6 os os E π = ˆ os ω t os ω t µ + = 6 π = ˆ ε E os ωt + os ω t 6 Θέµα 5 ο (Μονάδες:.) 3 Από τη σχέση.6 βρίσκουµε ότι η γωνία πρόσπτωσης είναι tnϑi = ϑi = 6 και άρα η γωνία διάθασης ϑ r = 3. Μετά από τον ποωτή το Η/Μ κύµα είναι γραµµικά ποωµένο µε διεύθυνση πόωσης που ορίζεται από τον άξονα του ποωτή. Λόγω της πρόσπτωσης υπό γωνία οικής πόωσης το ανακώµενο Η/Μ κύµα είναι γραµµικά ποωµένο κάθετα στο επίπεδο πρόσπτωσης. Εποµένως µας ενδιαφέρει µόνο αυτή η συνιστώσα του προσπίπτοντος κύµατος, της οποίας το ηεκτρικό πεδίο είναι E = E, όπου E ϕ το ηεκτρικό πεδίο κατά τη διεύθυνση του άξονα του ποωτή. i, σ ϕ I Τότε το Ei, σ = σταθ osϕ. Από τις σχέσεις.5 η ένταση το ανακώµενου Η. Πεδίου είναι 4

5 3 osϑ 3 i n osϑr I I Er, σ ' = Ei, σ Rσ = Ei, σ = σταθ osϕ = σταθ osϕ osϑi + n osϑr I Άρα η ένταση του Η/Μ πεδίου είναι I ' = σταθ Er, σ ' = os ϕ 4 Θέµα 6 ο (Μονάδες:.) p F F q 6 m m p q Α) Από τον τύπο των φακών και χρησιµοποιώντας ενιαίες συµβάσεις + = µε f= 5m και p = 6m. Άρα βρίσκουµε q = m, δηαδή το p q f q είδωο του πρώτου φακού είναι φανταστικό µε µεγέθυνση M= = =. Αυτό p 6 5 αποτεεί αντικείµενο για τον συγκίνοντα µε p = + m= m. Άρα + = µε f = m, οπότε βρίσκουµε q = m. Το είδωο του δεύτερου p q f q φακού είναι πραγµατικό µε µεγέθυνση M = = =. Η συνοική p µεγέθυνση είναι M = MM = =. Άρα το τεικό είδωο είναι πραγµατικό, 5 απέχει = 6+ + m= 9m από το αντικείµενο, είναι ανεστραµµένο και έχει διπάσιο ύψος. Β) Αφού θέουµε q =, και η απόσταση p = m δεν αάζει, προφανώς ο φακός είναι συγκίνων µε εστιακή απόσταση f = m. Θέµα 7 ο (Μονάδες:.) n Α) Τα κύρια µέγιστα δίνονται από τη σχέση sin θ =, n=, ±, ± Εφαρµόζοντας για δύο γειτονικά µέγιστα n.3 =, n=, ±, ± ( n+ ).36 =, n=, ±, ± 5

6 Αφαιρώντας κατά µέη και σύµφωνα µε τα δεδοµένα της άσκησης παίρνουµε 6nm =.6 = = µm.6 Β)Το µέγιστο τέταρτης τάξης βρίσκεται κανονικά σε γωνία 4 sinθ = =.4 και η απουσία του οφείεται σε µηδενισµό του παράγοντα περίθασης ο οποίος αµβάνει χώρα όταν bsinθ = m, m=±, ±, όπου b το πάχος της κάθε σχισµής. Εποµένως η εάχιστη δυνατή τιµή του b είναι 6nm b= = =.5µm sinθ.4 Γ) Τα κύρια µέγιστα δίνονται από sinθ =.6 n, n=, ±, ±,, k όπου k = = [ 6.667] = 6.6, συνοικά 33 κύρια µέγιστα. Από αυτά θα απουσιάζουν αυτά για τα οποία sinθ = m =.4m.6n=.4m n= 4m b Συνεπώς απουσιάζουν τα n=± 4, ± 8, ±, ± 6και παραµένουν 5 µέγιστα. m g = 9.8 s ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ ε C Nm 8 = 8.85, = 3. m s Χρησιµοποιείστε όπου απαιτείται σταθερές από τα βιβία σας. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ 6