AΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. Α1. γ. Α2. α. Α3. δ. Α4. β. Α5. α) Σωστό, β) Σωστό, γ) Λάθος, δ) Λάθος, ε) Λάθος. ΘΕΜΑ Β Β1.

Transcript

1 AΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. α Α. δ Α. β Α5. α) Σωστό, β) Σωστό, γ) Λάθος, δ) Λάθος, ε) Λάθος. ΘΕΜΑ. α) Έστω d το πάχος της πλάκας Α. Τότε το πάχος της πλάκας είναι d d 50%d d d Εντός κάθε πλάκας η ταχύτητα διάδοσης της ακτίνας είναι σταθερή και είναι υα και Δt d υb αντίστοιχα, όπου Δt το χρονικό διάστημα που απαιτείται για να διέλθει από κάθε Δt πλάκα. d C d n υα υ A Α Ισχύει: Δ d d na t n C B υ d d d nb υ Δt Άρα η σωστή απάντηση είναι η ( ι ). β) Έστω λ Α, λ τα μήκη κύματος της ακτινοβολίας σε κάθε πλάκα, αντίστοιχα και λ 0 το μήκος κύματός της στον αέρα. Στην πλάκα Α: d N λ () A A

2 Στην πλάκα : d N λ () B B d NAλΑ d NAλΑ ΝΑλΑ Διαιρώντας τις σχέσεις () και () έχουμε: Ν d Νλ d Νλ λ () Όμως λα και λ. n n Α Άρα η () γίνεται: Ν ΝΑ n Ν n n Α n Α Α Α () Είναι: ΝΑ nα nb 0 μήκη κύματος και n n A Άρα η () γίνεται: 0 B B μήκος κύματος N N 0 Άρα η σωστή είναι η πρόταση ( ι ).. Για το λεπτό δακτύλιο ισχύει: Ι m Έστω h και h τα μέγιστα ύψη, αντίστοιχα. Εφαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε. για κάθε δακτύλιο: E μηχ, αρχ Εμηχ, τελ ( Κπερ Κμετ U) αρχ ( Κπερ Κμετ U) τελ Ιω m( ω) ω ω I m mgh I m mgh m ω m ω mgh ω gh Άρα για τον πρώτο δακτύλιο έχουμε: ω gh () ω gh () και για τον δεύτερο δακτύλιο έχουμε Διαιρώντας τις εξισώσεις () και () έχουμε: ω ω ω ω () Οι δύο δακτύλιοι έχουν ίσου μέτρου στροφορμές. Άρα: ω m L L Iω Iω m ω mω () ω m Άρα η εξίσωση () γίνεται: ω m m m ω m

3 Συνεπώς η σωστή πρόταση είναι η (γ).. Εφαρμόζουμε Αρχή Διατήρησης Ορμής για την πλαστική κρούση του βλήματος με το σώμα μάζας m : υ0 Pολ, αρχ Pολ, τελ m βλ υ0 (mβλ m )V mυ0 mv V () Αμέσως μετά την κρούση το (m βλ + m ) επιβραδύνεται, αφού δέχεται δύναμη ελατηρίου αντίρροπη της ταχύτητάς του, ενώ το m επιταχύνεται δεχόμενο δύναμη ελατηρίου ίδιας κατεύθυνσης με την κατεύθυνση της ταχύτητας του συσσωματώματος (m βλ + m ). Έτσι, τα (m βλ + m ) και m θα αποκτήσουν κάποια στιγμή κοινή ταχύτητα υ κ. Σε όλο αυτό το χρονικό διάστημα το ελατήριο συσπειρώνεται. Κατόπιν το ελατήριο θα επιμηκύνεται, ενώ το m (καθώς εξακολουθεί να επιταχύνεται) θα αποκτήσει πλέον μεγαλύτερη ταχύτητα από το συσσωμάτωμα (m βλ + m ) (το οποίο επιβραδύνεται). Άρα, η μέγιστη συσπείρωση Ι max επιτυγχάνεται όταν αποκτηθεί η κοινή ταχύτητα υ κ. Εφαρμόζουμε Αρχή Διατήρησης Ορμής για το σύστημα των σωμάτων m και (m βλ + m ) (το οποίο σύστημα είναι μονωμένο) από τη στιγμή της κρούσης έως να αποκτήσουν την κοινή ταχύτητα υ κ : Pολ, αρχ P ολ, τελ (mβλ m )V (mβλ m ) υk m υk (m m )V υ0 () V υ0 (m m ) υk mυ k mv mυ k mυ k υk υ k υk () Εφαρμόζουμε Αρχή Διατήρησης Ενέργειας για το σύστημα: (m βλ + m ) m ελατήριο από τη στιγμή της κρούσης έως να αποκτηθεί η κοινή ταχύτητα υ κ : () υ0 Εολ, αρχ Εολ, τελ (mβλ m )V (mβλ m ) υκ mυκ Κl max (m m ) υ0 υ0 (m m ) m Klmax lmax υ m K Άρα σωστή είναι η πρόταση (γ).

4 ΘΕΜΑ Γ πt A 8 A cm y A συν ημ π π Γ. λ T x x λ 0cm λ 5 y 8 συν ημ8 πt 5 πt 8πt T s Τ Άρα οι εξισώσεις του τρέχοντος και ανακλώμενου κύματος είναι: t x x y A ημ π y ημ π t T λ 0 Η ταχύτητα διάδοσης του τρέχοντος κύματος είναι: υ λ f 0cm / s Γ. Το πλάτος ταλάντωσης κάθε σημείου είναι: π 5x συν κπ 5 A 8 συν 5 5 x 0 κ () 5 άρα π A συν κπ x 0 κ () Η εξίσωση y-t είναι για τα σημεία που βρίσκονται στις θέσεις που δίνονται από την (), είναι: y A ημωt ημ8πt Η εξίσωση y-t είναι για τα σημεία που βρίσκονται στις θέσεις που δίνονται από την (), είναι: y A ημωt ημ8πt λ Γ. Η απόσταση των κοιλιών από την πηγή δίνεται από τη σχέση: x κ όπου κλ 05 0 x 0,5cm 0,5 κ κ 0,5 0 Άρα ο αριθμός κοιλιών είναι:ι κ = (0,,,,..., 0) T Γ. Στην εξίσωση του στάσιμου κύματος θέτω t ΟΡΟΣΗΜΟ π y 8συν ημ8πt y 8συν ημ 5 5 y 8συν όπου 0 x 0,5cm 5 ρίσκουμε την πρώτη κοιλία που αντιστοιχεί στην πηγή δηλαδή για x 0 y 8 cm. Γνωρίζουμε επίσης ότι η απόσταση δύο διαδοχικών κοιλιών είναι δεσμός. λ d 5cm και στο άλλο άκρο της χορδής είναι Επομένως π π π t T y 8συν x ημ 8π y 8συν x ημ y 8συν, θα είναι η συμμετρική όπως στο σχήμα. 5

5 y(cm) ,5 x(cm) ΘΕΜΑ Δ Δ. Το κέντρο μάζας της σφαίρας εκτελεί στο εσωτερικό της στεφάνης κυκλική κίνηση ακτίνας - r =,5m. Όταν η σφαίρα βρίσκεται στην υψηλότερη θέση της κυκλικής στεφάνης, ασκούνται σ αυτήν: το βάρος της w και η κάθετη αντίδραση Ν από το εσωτερικό της στεφάνης. mυ Ισχύει ότι: N+w= Στην οριακή περίπτωση η σφαίρα να εκτελέσει μία πλήρη ανακύκλωση είναι Ν=0, οπότε: mυ w= υ=5m/s ΟΡΟΣΗΜΟ Εφαρμόζουμε την AΔME για τη σφαίρα, στις θέσεις (Α) και (Γ) (δεν υπάρχουν τριβές) και παίρνουμε: U (A) =U (Γ) +Κ μεταφ(γ) mgh=mg+ mυ h=6,5m Δ. Εάν στο κύλινδρο παρουσιάζονται τριβές και τον αφήνουμε από το ύψος που υπολογίσαμε (h=6,5m), εφαρμόζοντας την ΑΔΜΕ, (η στατική τριβή δεν έχει έργο, θεωρούμε ότι ο κύλινδρος ολισθαίνει), έχουμε: U (A) =U (Γ) +Κ στροφ(γ) + Κ μεταφ(γ) mgh=mg+ I cm ω + Aντικαθιστώντας όπου ω= υ cm /r, καταλήγουμε στην: gh=g+ 7 0 υcm υcm mυcm,m/s Παρατηρούμε ότι είναι μικρότερη από την ελάχιστη ικανή ταχύτητα (υ=5m/s) για να εκτελέσει η σφαίρα ασφαλή ανακύκλωση όταν βρίσκεται στη θέση Γ.

6 Άρα δεν πρόκειται να εκτελέσει πλήρη ανακύκλωση. Για να υπολογίσουμε το ύψος στο οποίο θα φτάσει τελικά η σφαίρα, εφαρμόζουμε πάλι ΑΔΜΕ από Α προς. U (A) =U () +Κ στροφ() + Κ μεταφ() mgh=mgh + I cm ω + mυ Στη θέση (τελική θέση της σφαίρας), η κάθετη αντίδραση από την κυκλική στεφάνη γίνεται Ν=0. Τότε mυ ισχύει: w y = mgημφ= mυ υ =gημφ Επίσης η σφαίρα απέχει από το έδαφος απόσταση Άρα παίρνουμε: mgh=mg(+ημφ)+ mr + mυ 5 Αντικαθιστώντας ωr= υ και h=6,5m, έχουμε: ημφ=0,86 Συνεπώς βρίσκουμε: h =,5+0,88,5 h =,7m h =+d, όπου d=ημφ Δ. Για να υπολογίσουμε από ποιο ύψος Η πρέπει να αφήσουμε το σώμα, ώστε να εκτελέσει ασφαλή πλήρη ανακύκλωση, θα εφαρμόσουμε ΑΔΜΕ για την νέα αρχική θέση της σφαίρας μέχρι τη θέση Γ της κυκλικής στεφάνης U (Aρχ) =U (Γ) +Κ στροφ(γ) + Κ μεταφ(γ) ΟΡΟΣΗΜΟ mgη=mg+ I cm ω + mυ gh=g+ r 5 Από την τελευταία με αντικατάσταση παίρνουμε: Η=6,75m. Επιμέλεια: Αποστόλου Άρης Τμήμα Φυσικής ΟΡΟΣΗΜΟ ΑΘΗΝΑΣ