ΣΥΝΟΠΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓ/ΤΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 05/01/2018

Transcript

1 ΣΥΝΟΠΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓ/ΤΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 05/0/08 ΘΕΜΑ Α Α (δ) Α (β) Α3 (α) Α4 (β) Α5 α(λ), β(λ), γ(λ), δ(λ), ε(σ) ΘΕΜΑ Β Β. Σωστό το (β) f ταλ = Ν ταλ Ν Δt ταλ = f ταλ Δt Ο χρόνος μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ήχου αντιστοιχεί στην περίοδο διακροτήματος οπότε η παραπάνω σχέση γίνεται: Ν ταλ = f ταλ Τ δ () Η συχνότητα της ταλάντωσης που εκτελεί το τύμπανο του αυτιού του παρατηρητή ισούται με τον μέσο όρο των συχνοτήτων: f ταλ = f + f () Όπου f και f οι συχνότητες του ήχου που αντιλαμβάνεται από τις πηγές S και S αντίστοιχα: () (3),(4) f ταλ = f = υ + υ Α f υ s (3) και f = υ υ Α f υ s (4) υ + υ Α υ f s + υ υ Α υ f s Η περίοδος του διακροτήματος είναι: Τ δ = f f Τ δ = υ + υ Α υ f ταλ = f s (5) f s υ υ Α υ f s Τ δ = () (5),() Ν ταλ = f s υ Τ δ = () Α f s f ταλ = (υ + υ Α + υ υ Α ) f s υ υ Α f s Ν ταλ = υ Α Β. Σωστό το (α) Κάνουμε το στιγμιότυπο του κύματος για τη στιγμή t. Από το διάγραμμα βλέπουμε ότι για t = t και x = λ είναι φ = 5π, οπότε: φ = π ( t T x λ ) 5π = π (t T λ λ ) t = 7T Οπότε για t = 7T/ έχουμε: y = A ημπ ( t T x λ ) t = t y = A ημπ ( 7 x λ ) Για φ = 0 x max = 7λ/ Άρα το στιγμιότυπο του κύματος τη στιγμή t είναι: υ (υ + υ Α υ + υ Α ) f s

2 y t = t A/ xmax x Από το στιγμιότυπο βλέπουμε ότι συνολικά 4 σημεία έχουν y = + A/ και κινούνται προς τη θέση ισορροπίας. Β3. Σωστό το (α) Από εκφώνηση έχουμε ότι: υ = (κεντρική και ελαστική κρούση) m m m m + m = m + m m m = 4m 5m = m m = m 5 Β4. Σωστό το (β) Για να έχουμε ακυρωτική συμβολή στο Σ πρέπει: r r = (κ + ) λ/ (ΠΑΣ) (ΠΟΣ) = (κ + ) λ/ () Επειδή (ΠΑΣ) > (ΠΟΣ) (ΠΑΣ) (ΠΟΣ) > 0 (κ + ) λ/ > 0 κ + > 0 κ > / κ = 0,,, 3, Από ιδιότητα της μεσοκαθέτου έχουμε ότι: (ΠΑ) = (ΑΣ), οπότε (ΠΑΣ) = (ΠΑ) () Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΠΑΟ έχουμε: (ΠΑ) = (ΠΟ) + (ΟΑ) (ΠΑ) = λ + h (3) Οπότε η σχέση () λόγω των σχέσεων () και (3) γίνεται: λ + h λ = (κ + ) λ λ + h = (κ + ) λ + λ Η ελάχιστη τιμή της απόστασης h προκύπτει αν θέσουμε κ = 0, οπότε η σχέση γίνεται: λ + h min = λ + λ λ + h min = 5λ 4 λ + h min = 5λ h min = 9λ h min = 3λ 4 ΘΕΜΑ Γ Γ. Σε ταλάντωση η ταχύτητα μεγιστοποιείται φορές Σε Ν ταλαντώσεις η ταχύτητα μεγιστοποιείται φορές Ν = ταλαντώσεις f = N Δt f = ταλαντώσεις f = Hz s Από την εξίσωση της κυματικής έχουμε: Γ. Για τον φελλό μετά την συμβολή ισχύει: υ max = ω Α Α = υ max ω υ = λ f λ = υ f λ = 0, m Α = υ max (SI) Α = π f 48π 0 π Α = 0,04 m

3 Παρατηρούμε ότι Α = Α άρα, το σημείο Σ αποτελεί σημείο ενισχυτικής συμβολής. Οπότε για τις αποστάσεις του από τις δύο πηγές ισχύει ότι: r r = κ λ Επιπλέον, αφού r > r θα είναι κ > 0. Από εκφώνηση γνωρίζουμε ότι μεταξύ του Σ και της μεσοκαθέτου υπάρχουν δύο υπερβολές ενισχυτικής r συμβολής. Η μεσοκάθετος αντιστοιχεί σε κροσσό ενίσχυσης με κ = 0. Οπότε το Σ βρίσκεται στον κροσσό Σ με κ = 3. Άρα η παραπάνω σχέση γίνεται: r r = 3 λ r r = 3 λ r = 3 λ r = 0,3 m Οπότε, r = r r = 0, m Γ3. Θα βρούμε πρώτα τη στιγμή που φτάνει το κάθε κύμα στο Σ. Το κύμα της Π : t = r υ (SI) t = 0,3 0, t = 0,5 s Το κύμα της Π : t = r (SI) t = 0, υ 0, t = s Η στιγμή t = (5/) s ανήκει στο χρονικό διάστημα [0 0,5)s όπου το Σ παραμένει ακίνητο. Οπότε για τη στιγμή t = 5/ s είναι: υσ = 0 Η στιγμή t = (9/) s ανήκει στο χρονικό διάστημα [0,5 )s όπου το Σ ταλαντώνεται εξαιτίας του κύματος της Π. Οπότε για τη στιγμή t = 9/ s είναι: υ Σ = ω Α συνπ ( t T r 9 λ ) (SI) υ Σ = π 0,0 συνπ ( 0,3 0, ) υ Σ = 0,4π m/s Η στιγμή t3 = (4/) s είναι μετά την t = s όπου το Σ ταλαντώνεται λόγω συμβολής, οπότε: υ Σ = π 0,0 συν π 0, υ Σ = ω Α συν π λ r r συνπ ( t 3 T r + r λ 4 0, 0,3 συνπ ( ) (SI) κ=0 κ= κ= 0, + 0,3 0, ) υ Σ = 0,48π m/s Γ4. Το σημείο Σ έχει, λόγω συμβολής, Α = Α οπότε ψάχνουμε τον αριθμό των σημείων ενισχυτικής συμβολής πάνω στο Π Κ Π ευθύγραμμο τμήμα ΠΠ. Θεωρούμε Κ τυχαίο σημείο ενίσχυσης πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα σε αποστάσεις r, r από τις πηγές Π, Π αντίστοιχα. Οπότε για το Κ ισχύει: r r = κ λ () r r Επειδή το Σ βρίσκεται πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τις πηγές ισχύει και: r + r = d () Προσθέτοντας κατά μέλη τις () και () προκύπτει: r r + r + r = κ λ + d r = κ λ + d r = (0, κ + 0,45)/ με κ = 0, ±, ±, Εφόσον ψάχνουμε τα σημεία ενίσχυσης πάνω στο ΠΠ μεταξύ των πηγών πρέπει: 0 < r < d 0 < (0, κ + 0,45)/ < 0,45 4,5 < κ < 4,5 κ = 4, 3,,, 0,,, 3, 4 Οπότε συνολικά 9 σημεία ενισχυτικής συμβολής κ=3 Π d Π r

4 Γ5. Αυξάνοντας τη συχνότητα ταλάντωσης αλλάζει και το μήκος κύματος των κυμάτων έτσι ώστε η ταχύτητα διάδοσής τους να παραμένει σταθερή (αφού το μέσον διάδοσης είναι το ίδιο). Για να παραμένει ο φελλός διαρκώς ακίνητος σημαίνει ότι θα είναι σημείο ακυρωτικής συμβολής. Οπότε οι αποστάσεις του από τις δύο πηγές πρέπει να ικανοποιούν τη συνθήκη: r r = (κ + ) λ r υ r = (κ + ) f f = (κ + ) υ (SI) (r r ) f = κ +, (SI) Επειδή αυξάνουμε τη συχνότητα σε σχέση με την αρχική τιμή, πρέπει: f > f f > Hz κ + > κ >,5 Οπότε η ελάχιστη συχνότητα για την οποία ο φελλός θα παραμένει συνεχώς ακίνητος θα προκύπτει θέτοντας κ = 3 και θα είναι: f min = 7 Hz ΘΕΜΑ Δ Δ. Τα σώματα μετά την κρούση αποκτούν αντίθετες ταχύτητες οπότε: υ = υ (κεντρική και ελαστική κρούση) m m m + m = m m + m m m = m m = m 3 m = kg S S Θ.Ι. υ Θ.Ι. υ υ x πριν μετά Οπότε το ποσοστό % της αρχικής κινητικής ενέργειας Π(%) = Κ 00% Π(%) = m (υ ) 00% Κ m υ m m ( m Π(%) = + m ) 00% (SI) Π(%) = ( + ) 00% m υ υ Π(%) = 75% Δ. Η εξίσωση x = f(t) θα είναι της μορφής: x = Α ημ(ωt + φ0) Αμέσως μετά την κρούση, το σώμα Σ εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση με σταθερά επαναφοράς D = k = 00 N/m και κυκλική συχνότητα: ω = D m (SI) ω = 00 ω = 0 rad/s Ο ανιχνευτής αντιλαμβάνεται τη μέγιστη συχνότητα όταν πλησιάζει προς την πηγή με την μέγιστη ταχύτητα. Δηλαδή, όταν βρίσκεται στην θέση ισορροπίας κινούμενος προς την πηγή. Τότε θα είναι: f max = υ + υ max f υ s υ max = f max υ υ f υ max = m/s s Όμως υmax = ω Α Α = 0, m

5 Αμέσως μετά την κρούση το Σ βρίσκεται σε απομάκρυνση x = A, όπου Α το πλάτος ταλάντωσης του Σ πριν την κρούση. Για την ταλάντωση του Σ πριν την κρούση έχουμε: Ε = D A A = E D A = 0, m Οπότε το Σ αμέσως μετά την κρούση βρίσκεται σε απομάκρυνση x = A (σύμφωνα με την θετική φορά του σχήματος θα είναι x > 0) x = 0, m με υ < 0 x = 0, ημ(ωt + φ 0 ) t = 0 0, = 0, ημφ 0 ημφ 0 = ημφ 0 = ημ ( π ) κπ + π, ή φ 0 = [ κπ + 5π Πρέπει 0 φ0 < π, οπότε θα είναι φ0 = (π/) rad ή φ0 = (5π/) rad (t = 0 και φ 0 = π ) υ > 0, απορρίπτεται υ = υ max συν(ωt + φ 0 ) [ (t = 0 και φ 0 = 5π ) υ < 0, δεκτή Άρα η εξίσωση απομάκρυνσης χρόνου για την ταλάντωση του Σ μετά την κρούση είναι: x = 0, ημ (0t + 5π ), (SI) Δ3. Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης, για το Σ αμέσως μετά την κρούση έχουμε: Εταλ = Κ + Uταλ (/) D (A ) = (/) m (υ ) + (/) D x υ = ± 3 m/s Όμως, σύμφωνα με την θετική φορά του σχήματος είναι υ < 0, οπότε: υ = 3 m/s Επειδή η κρούση είναι κεντρική και ελαστική είναι: υ = m m + m υ = υ m + m m υ = 3 m/s Δ4. Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του Σ είναι: dk dt = dw ΣF ΣF dx = = ΣF υ = D x υ () dt dt Επειδή η συχνότητα fa = 8 Hz είναι μεγαλύτερη της συχνότητας fs = 80 Hz συμπεραίνουμε ότι ο ανιχνευτής κινείται προς την πηγή ώστε η απόσταση μεταξύ τους να μικραίνει. Άρα εκείνη τη στιγμή θα κινείται προς τα αρνητικά και θα είναι υ < 0. Οπότε: f A = υ + υ υ f s υ = f Α υ f s υ υ = m/s Όμως αλγεβρικά θα είναι υ < 0, οπότε υ = - m/s Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας ταλάντωσης, για το Σ αμέσως μετά την κρούση έχουμε: Εταλ = Κ + Uταλ (/) D (A ) = (/) m υ + (/) D x x = ± 0, 3 m

6 Την t = 0 είναι x = + 0, m και υ < 0. Επειδή θέλουμε για πρώτη φορά μετά την t = 0, θα είναι x = 0, 3 m Οπότε από τη σχέση () έχουμε: dk dt = 00 Ν m ( 0, 3)m ( ) m s dk = 0 3 J/s dt