Απαντήσεις. Α5. α. (Λ) β. (Λ) γ. (Σ) δ. (Σ) ε. (Λ) ΘΕΜΑ Β Β1. Σε κάθε θέση η ενέργειά της ταλάντωσης παραμένει σταθερή. Έτσι για τις θέσεις με

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α Α. (γ) Α. (α) Α3. (δ) Α4. (β) Απαντήσεις Α5. α. (Λ) β. (Λ) γ. (Σ) δ. (Σ) ε. (Λ) ΘΕΜΑ Β Β. Σε κάθε θέση η ενέργειά της ταλάντωσης παραμένει σταθερή. Έτσι για τις θέσεις με απομακρύνσεις και θα έχουμε : Κ D( K ) m(υ υ ) D mυ ( mω D ) mυ υ ) m(υ 4 ( ) ( ) Σωστή η (α) Β. Γνωρίζουμε ότι περίοδος του διακροτήματος Τ Δ είναι ο χρόνος ανάμεσα σε δύο διαδοχικούς μηδενισμούς του πλάτους της σύνθετης ταλάντωσης. Άρα το χρονικό διάστημα t t t T t () 3 Στο ίδιο χρονικό διάστημα το σώμα εκτελεί 80 πλήρεις ταλαντώσεις. Άρα 80T t 80 t () Η είναι η γωνιακή συχνότητα και η Τ η περίοδος της σύνθετης ταλάντωσης, όπου: (3) () t 80 (3) (4) (4) () Σωστή η (γ)

2 Β3. Ι 0 Η τάση στα άκρα του πυκνωτή ισούται με την τάση στα άκρα του αντιστάτη. Q Q C Vc V C c Q Vc V V c I0 I0 Q I0 C () C Όταν ο μεταγωγός μεταφερθεί στη θέση Β, για τη μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος Ι ma, στο κύκλωμα L-C έχουμε: LC LC () ma Q ma Q ma I0C LC LC C C C I I LC I L ma ma ma 0 LC 0 0 Σωστή η (δ) Β4. Χωρίζουμε νοητά την ξύλινη πλάκα σε δύο τμήματα (η) και (θ), όπου το καθ ένα έχει μάζα m και m αντίστοιχα. Η μάζα του τμήματος (θ) εξαρτάται από τη διάσταση που ζητάμε, ενώ η μάζα του τμήματος (η) είναι σταθερή. Εξετάζουμε τη στροφική ισορροπία του συστήματος ως προς το σημείο Α (ως προς το οποίο θα γίνει περιστροφή, όταν οριακά αρχίσει να ανατρέπεται). α (η) mg α N (θ) m'g ( ) ( ) a mg mg 0 () Οριακά, όταν αρχίσει η ανατροπή, η ροπή την αντίδρασης Ν θα μηδενιστεί και το θα είναι η μέγιστη επιτρεπόμενη διάσταση ( ma ). Επομένως, από την εξίσωση () έχουμε: ma a mg mg 0 mma ma () Τώρα, θα πρέπει να «επικαλεστούμε» την πυκνότητα:

3 m m V V Έστω ότι το πάχος της ξύλινης πλάκας είναι δ. Για τις μάζες m και m των τμημάτων (η) και (θ) έχουμε: m και m ma (4) m δ (3) Η εξίσωση () μέσω των (3) και (4), γίνεται: m ma ma ma ma ma Σωστή η (γ) Θα μπορούσαμε να παραλείψουμε εντελώς το πάχος δ της σανίδας και να αναφερθούμε σε επιφανειακή πυκνότητα. ΘΕΜΑ Γ Γ. Για την ταχύτητα διάδοσης του κύματος έχουμε: d m 0 m (όπου δ η ταχύτητα διάδοσης του κύματος). t s s 0, Έστω ότι ο παρατηρητής θα συναντηθεί με το μέτωπο του κύματος στη θέση Δ (το ερώτημα λύνεται όπως η συνάντηση δύο κινητών που κινούνται με ΕΟΚ σε ασκήσεις Α Λυκείου). δ Α Δ m t t () () t t t 5 0 ( S. I.) t t s t s Γ. Υπολογίζουμε το πλάτος τού κύματος από τη μέγιστη ταχύτητα ma : 4 0 ma ma m 0,m

4 Υπολογίζουμε το μήκος κύματος λ από τη θεμελιώδη εξίσωση της κυματικής: 0 m / s m 0Hz t Η εξίσωση του κύματος θα έχει τη μορφή και με T αντικατάσταση των, Τ και λ προκύπτει: t 0, 40 (S.I.) + Ένας ταλαντωτής που ξεκινάει από την Θ.Ι. (όπως το σημείο =0) αποκτά μέγιστη δυναμική ενέργεια για 4 η φορά σε χρόνο t=t+3τ/4. Άρα το κύμα θα έχει διαδοθεί μέχρι τη θέση =λ+3λ/4=,75m. Ένα κύμα της παραπάνω μορφής, για τις χρονικές στιγμές T/4, T/, 3T/4 και Τ έχει τα παρακάτω στιγμιότυπα: Τ/4 Τ/ 3Τ/4 Επομένως, τη χρονική στιγμή t=t+3τ/4, το στιγμιότυπο (δηλαδή, η εικόνα του ελαστικού μέσου) θα έχει την παρακάτω μορφή: (m) t=0,0875s - Τ 0,75 (m) Γ3. Ένα σημείο που διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του με αρνητική ταχύτητα έχει φάση Φ Α =κπ+π, αφού από την εξίσωση του κύματος: αρνητική ταχύτητα σημαίνει <0 άρα και 0 άρα Η διαφορά φάσης μεταξύ των σημείων Α και Β είναι: 40t 40 t 40 t 40t 7 7 ( ) ( m m) rad 6 Από τη διαφορά φάσης ΔΦ μπορούμε να βρούμε τη φάση του σημείου Β: Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και τον τύπο d κάνοντας μια γενική απόδειξη.

5 Από την εξίσωση του κύματος μπορούμε να βρούμε την απομάκρυνση B του σημείου Β. 3 0,05m 6 Γ4. Ο παρατηρητής πλησιάζει την πηγή του κύματος με ταχύτητα. Άρα ο παρατηρητής θα αντιλαμβάνεται μεγαλύτερη συχνότητα από αυτήν της πηγής λόγω φαινομένου Doppler. m m 0 5 s s S 0Hz 5Hz m 0 s Το μήκος κύματος δεν «αλλοιώνεται» αφού η πηγή δεν κινείται. Επομένως ο παρατηρητής μετράει μήκος κύματος λ=m. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Το κύμα δεν είναι ηχητικό. Ο παρατηρητής δεν «ακούει» συχνότητα 5Ηz. Αντιλαμβάνεται πιο γρήγορα την έλευση των κορυφών του κύματος λόγω της κίνησής του προς την πηγή. ΘΕΜΑ Δ Δ. Για τη στροφική ισορροπία του τροχού ως προς το σημείο Δ έχουμε: K ( ) 0 Mg 0 N 0N (ε) Δ. Για τη μεταφορική ισορροπία του τροχού έχουμε: F 0 Mg 0 N 0N Ν Fελ m mg Για την ισορροπία του του σώματος m έχουμε: F 0 mg N F 0 mg N mg N 0 0 m 0,m K 00 Ν Ο Ν Mg Δ Δ3. Ο τροχός συμπεριφέρεται σαν γιο-γιο που εκτελεί σύνθετη κίνηση προς τα κάτω, επομένως: Για την μεταφορική κίνηση έχουμε: Λ F Mg- N () cm cm Ν Λ Ο Mg α cm

6 Για τη στροφική κίνηση έχουμε: ( ) N * N acm () Macm g 0 m ()+() Mg- Macm acm acm 3 3 s * (Απόδειξη της σχέσης α cm =α γων.) Το σημείο Λ έχει μηδενική επιτάχυνση (ίδια με αυτή του Λ το οποίο ανήκει στο ξετυλιγμένο τμήμα του νήματος) αφού το νήμα είναι μη εκτατό. Από εφαρμογή της αρχής της επαλληλίας στο σημείο Λ έχουμε: 0 ( ) ( ) cm 0 cm cm a a a a a a a a Για την σύνθετη κίνηση του τροχού δηλαδή, επικρατούν συνθήκες κύλισης χωρίς ολίσθηση αφού το σημείο Λ είναι κάθε χρονική στιγμή ακίνητο. Δ4. Τη χρονική στιγμή t το σύστημα (m,k) διέρχεται για η φορά από τη θέση ισορροπίας του (ξεκινώντας από ακραία θέση) άρα ισχύει ότι: 3 3 m 3 3 t T t t s t s 4 4 K Για τη μεταφορική κίνηση του τροχού έχουμε: acmt m m 0,375m Υπολογισμός πλάτους της ταλάντωσης: Για τη θέση ισορροπίας του συστήματος (m,k) ισχύει: 0 F 0 mg K m 0,05m 00 Από τη γεωμετρία του σχήματος παρατηρούμε ότι 0,m 0,05m 0,05m Η ζητούμενη κατακόρυφη απόσταση των δύο σωμάτων (ε) Ο m Θ.Ι. Α h (όπως φαίνεται και από το σχήμα) είναι: h h 0,375m 0,575m 0,05m h m Δ5. Για τη χρονική στιγμή t =3sec έχουμε: 0 m m acmt s s

7 Για τη γωνιακή ταχύτητα του τροχού εκείνη τη χρονική στιγμή ισχύει: (3) Και από την εξίσωση () βρίσκουμε την τάση του νήματος N : 0 0 () N N N N 3 3 ι) Για το ρυθμό μεταβολής της στροφικής κινητικής ενέργειας του τροχού: Για μια στοιχειώδη περιστροφή dφ ισχύει: dk dw (ΘΜΚΕ για την στροφική κίνηση) και διαιρώντας με το αντίστοιχο ώ στοιχειώδες χρονικό διάστημα dt, έχουμε: ( ) dk (3) dw ώ dk d dk dk dt dt dt dt dt dt dk dk 0 J dk 400 J 0 ή Ι.α γων dt dt 3 s dt 3 s αφού Στ= Ι.α γων ιι) Για το ρυθμό μεταβολής της μεταφορικής κινητικής ενέργειας του τροχού: dk dw ά F d d dk dw ά = = F = F dt dt dt dt dk 0 J dk 800 J ( Mg N) (0 ) 0 dt 3 s dt 3 s ή Μα cm αφού ΣF= Μα cm ιιι) Ο ρυθμός μεταβολής της ολικής κινητικής ενέργειας του τροχού θα είναι το άθροισμα των δύο παραπάνω ρυθμών (λόγω διατήρησης ενέργειας): dk dk dk 400 J 800 J dk J 400 dt dt dt 3 s 3 s dt s dk J J ή για επαλήθευση: g (που είναι πρακτικά η dt s s στιγμιαία ισχύς της δύναμης του βάρους).