ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. 1.Δ 2.Β 3.Γ 4.Α ΙΙ. 1.Λ 2.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Σ. (2). Έστω d =ΠΠ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι. 1.Δ 2.Β 3.Γ 4.Α ΙΙ. 1.Λ 2.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Σ. (2). Έστω d =ΠΠ"

Αρσένιος Ράγκος
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ & ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Ι..Δ.Β 3.Γ 4.Α ΙΙ..Λ.Λ 3.Λ 4.Σ 5.Σ ΘΕΜΑ Β Β. Σωστή η β) Για το σημείο Λ ισχύει : Π Λ-Π Λ=4λ ή d d = 4λ Για το σημείο Σ που ανήκει στη ίδια υπερβολή: r r = 4λ () Επίσης από την εκφώνηση : r = 0λ (). Έστω d =ΠΠ. Από το σχήμα : r = r + ( ΠΠ) r = r + d (0 λ) = (6 λ) + d d = 8 λ. (3) Βρίσκουμε το πλήθος των σημείων αποσβετικής συμβολής στο ευθύγραμμο τμήμα Π Π =d. Για ένα τυχαίο σημείο απόσβεσης που απέχει αποστάσεις x, xαπό τις δύο πηγές ισχύουν οι σχέσεις : λ x x = ( N + ) (4) και x+ x = d = 8 λ. (5) λ λ Από τις σχέσεις (4,(5) έχουμε x = ( N + ) + 8λ x = ( N + ) + 4λ. 4 λ Με τον περιορισμό ότι 0 x 8λ προκύπτει ότι : 0 ( N + ) + 4λ 8λ (6) 4 Από την τελευταία σχέση (με λύση της διπλής ανίσωσης ως προς Ν) προκύπτουν 6 σημεία, δηλαδή 6 ακέραιες τιμές του Ν που δίνουν σημεία απόσβεσης στο ευθύγραμμο τμήμα. Τα 8 σημεία από αυτά βρίσκονται δεξιά της μεσοκαθέτου του ευθύγραμμου τμήματος Π Π, δηλαδή στο τμήμα ΜΠ. Αλλά μεταξύ του σημείου Λ και του Μ υπάρχουν 4 υπερβολές απόσβεσης που αντιστοιχούν στις ακέραιες τιμές Ν=0,,,3. Τελικά στο τμήμα ΛΠ υπάρχουν 8-4=4 σημεία αποσβετικής συμβολής που αντιστοιχούν στις ακέραιες τιμές Ν=4,5,6,7.

2 Β. Ι. Η δύναμη ελατηρίου που ασκείται στα σώματα έχει κάθε χρονική στιγμή το ίδιο μέτρο και αντίθετη φορά. Είναι επίσης συντηρητική δύναμη και δεν καταναλώνει ενέργεια, απλά μετατρέπει την μηχανική του Σ σε άλλο είδος μηχανικής για το σώμα Σ και σε δυναμική ενέργεια του ιδίου του ελατηρίου. Δηλαδή η μηχανική ενέργεια του συστήματος σε όλη την διάρκεια της αλληλεπίδρασης διατηρείται. Η δύναμη αυτή επιβραδύνει το Σ και επιταχύνει το αρχικά ακίνητο Σ. Όσο η ταχύτητα του Σ είναι μεγαλύτερη της ταχύτητας του Σ το ελατήριο συσπειρώνεται και η συχνότητα που καταγράφει ο ανιχνευτής είναι μεγαλύτερη από f s.μια χρονική στιγμή παρατηρείται η μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου, η ελάχιστη απόσταση των δύο σωμάτων, κατά την οποία αποκτούν την ίδια ταχύτητα v. Εκείνη ακριβώς την στιγμή η συχνότητα που καταγράφει ο ανιχνευτής πάνω στο σώμα Σ είναι: u v fa = fs = fs. Άρα υπάρχει μια χρονική u v στιγμή που η συχνότητα καταγραφής είναι η f s. ΙΙ. Σωστή η β) Έστω u, uοι ταχύτητες των σωμάτων Σ,Σ αντίστοιχα όταν το ελατήριο αποσυσπειρωθεί και αποκτήσει ξανά το φυσικό του μήκος. Το σύστημα είναι μονωμένο. Εφαρμόζουμε διατήρηση ορμής για το σύστημα στην αρχική και την τελική που το ελατήριο έχει πάλι το φυσικό του μήκος. Θετική φορά ορμής προς τα δεξιά. Α.Δ.Ο: ppριν = pmετα m u = m u+ m u() ΑΔ.Μ.Ε: EMHXπριν = EMHX mετα m u = m u + m u () Για την απλοποίηση και επειδή m = 3m οι σχέσεις (),() γράφονται: u u = 3 u(3) και u u = 3 u (4) u u 3 u Με διαίρεση κατά μέλη των (3),(4) : = u = u+ u(5) u u 3 u u m u m Από τις σχέσεις (3) και (5) βρίσκουμε : u = = + 0 και u = = 0 s s Η συχνότητα που καταγράφει ο ανιχνευτής τώρα είναι u u f A( τελ ) = f s = 700 = 660 Hz u+ u Β3. Σωστή η β) Αρχικά. Η πίεση που επικρατεί στην ελεύθερη επιφάνεια του υγρού είναι η ατμοσφαιρική. Από το θεώρημα Torricelli η ταχύτητα εκροής του υγρού από την οπή δίνεται από τον τύπο : h h h u = g = gh ενώ ο χρόνος πτώσης της φλέβας από ύψος είναι t =. g h Το βεληνεκές της βολής είναι S = u t = gh = h. g Τελικά. Το βεληνεκές της φλέβας έχει διπλασιαστεί και επειδή ο χρόνος πτώσης εξαρτάται από την απόσταση της οπής από το έδαφος που είναι κάτι αμετάβλητο

3 καταλαβαίνουμε ότι η ταχύτητα εκροής έγινε διπλάσια και ίση με u = gh () Εφαρμόζουμε εξίσωση Bernoulli για ένα σημείο Ζ του υγρού ακριβώς κάτω από το έμβολο και για το σημείο Κ που βρίσκεται μπροστά από την φλέβα του νερού που εκρέει. Τα σημεία Σ,Κ ανήκουν στην ίδια ρευματική γραμμή. Το επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας είναι το έδαφος pz + ρ uz + ρg hz = p + ρ u + ρg h () Αλλά : F pz = patm + A u Z = 0 γιατί η ελεύθερη επιφάνεια έχει πολύ μεγαλύτερο εμβαδόν διατομής από την οπή. hz = h h p = patm, u = u = gh, h = 3 Με αντικατάσταση: patm + F + ρg h = patm + ρ [ gh] + ρg h F = ρgh A A Β4. Επειδή η ράβδος περιστρέφεται ως προς το ένα άκρο της θα πρέπει να υπολογίσουμε τη ροπή αδράνειας ως προς αυτό το σημείο. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Steiner θα έχουμε ότι: Ι = I cm + M ( L ) = M L + 4 ML I = 3 ML. Η μάζα τρυπάει τη ράβδο σε σημείο που απέχει από το κάτω άκρο της 0cm. Άρα, από το σημείο περιστροφής θα απέχει απόσταση d = m. Εφαρμόζουμε διατήρηση της στροφορμής από το οποίο θα έχουμε ότι: Α.Δ.Σ. L AΡX = L ΤΕΛ mυ ο d = Iω + m υο υο υο d m d = Iω m d = ML ω 3 υ ο = (,) ω υ ο = 96 ω () 3 Το ποσοστό της θερμότητας θα υπολογιστεί ως εξής: Ε ΑΡΧ Ε ΤΕΛ Ε ΤΕΛ Q = x00%=( - )x 00% Ε ΑΡΧ Ε ΑΡΧ Όπου Ε ΑΡΧ η αρχική ενέργεια του σώματος που χτυπάει στη ράβδο και Ε ΤΕΛ η ενέργεια μετά την κρούση της ράβδου και του σώματος που έχει πλέον εξέλθει από αυτήν Ε ΑΡΧ = m υο υ ο Ε ΤΕΛ = m ( ) + ML ω 3 Οπότε θα έχουμε: Ε ΑΡΧ = 0 - υ ο και Ε ΤΕΛ = υ ο + 3,44 ω Και χρησιμοποιώντας και τη σχέση () θα προκύψει ότι: 3 Άρα Q = ( - )x00% = 0,747 ή 74,5% 4 9

4 Άρα σωστή η απάντηση α Για να εκτελέσει η ράβδος ανακύκλωση αρκεί να φτάσει στην ανώτερη κατακόρυφη θέση με μηδενική ταχύτητα Θεωρούμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το σημείο που βρίσκεται το κέντρο μάζας της ράβδου αρχικά Άρα στην ανώτερη θέση θα απέχει απόσταση ίση με το μήκος L της ράβδου Εφαρμόζουμε διατήρηση της ενέργειας από τη στιγμή που εξέρχεται η μάζα από τη ράβδο έως τη στιγμή που φτάνει αυτή στην ανώτερη θέση της Ε ΑΡΧ = Ε ΤΕΛ Ι ω = ΜgL Αφού στην αρχή η ράβδος έχει μόνο κινητική και στο τέλος μόνο δυναμική ML ω = ΜgL από την οποία προκύπτει ότι η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου 3 rad αμέσως μετά την κρούση θα πρέπει να ισούται με ω = 5 sec Εφαρμόζουμε πάλι τη διατήρηση στροφορμής για την κρούση του σώματος με τη ράβδο και θα έχουμε ότι Α.Δ.Σ. L AΡX = L ΤΕΛ m v d = I ω + m v d m v d = Iω m v d = 3 ML ω Κάνοντας αντικατάσταση τις τιμές των αντίστοιχων μεγεθών θα προκύψει ότι η ζητούμενη ταχύτητα ισούται με m v = 480 sec Άρα σωστή η απάντηση α ΘΕΜΑ Γ Α.Θ (Σ+Σ) Σ+Σ Θ.Φ.Μ Δl Θ.(Σ) u u Σ Σ V Δl A Σ Θ.(Σ+Σ) A Σ Α.Θ (Σ+Σ)

5 Γ. Το σώμα Σ έχει αρχικό πλάτος ταλάντωσης που προκύπτει από την ολική του E 3,5 ενέργεια : A= = = 0,3 3m. Η κυκλική συχνότητα είναι 00 ω = = 0 rad / s m Το μέτρο της ταχύτητας που έχουν και τα δύο σώματα ελάχιστα πριν συγκρουστούν είναι η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης του σώματος Σ πριν την κρούση : u(max) = u = ω A= 3 3 m/ s. Εφαρμόζουμε Α.Δ.Ο για το σύστημα των Σ,Σ με θετική φορά προς τα κάτω : u 3 3 ppριν = pmετα m u (3 m) u = ( m+ 3 m) V V = V = m/ s Γ. Γενική μορφή : y = AΣ ηµ ( ω t+ ϕ0) () Από την αρχική ισορροπία του σώματος Σ προκύπτει : mg = l mg l = = 0,m Από την θέση ισορροπίας του συσσωματώματος που βρίσκεται πιο κάτω κατά Δl mg από την αρχική του Σ ισχύει : mg + mg = ( l+ l) l = = 0,3m Αμέσως μετά την κρούση του σώμα Σ+Σ απέχει από τη θέση ισορροπίας ταλάντωσής του κατά l και έχει ταχύτητα V. Για το πλάτος έχουμε με ΑΔΕΤ : E = K + U AΣ = ( m+ m) V + l. Με αντικατάσταση των τιμών προκύπτει ότι A = Σ 0,6m. Η κυκλική συχνότητα ταλάντωσης του συσσωματώματος είναι ω = 5 rad / s m+ m = Για την αρχική φάση την χρονική στιγμή t=0 που είναι η στιγμή της κρούσης ισχύει AΣ y =+ 0,3m= και u>0. Εύκολα προκύπτει ότι φ 0 =π/6. π Τελικά από τη σχέση () : y = 0,6 ηµ (5 t+ ) (SI). 6 Γ3. Η μέγιστη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου πριν την κρούση είναι παρατηρούμενη στην κάτω ακραία θέση : U = ( ) ΕΛ( AΡΧ ) l A + Η μέγιστη δυναμική ενέργεια του ελατηρίου μετά την κρούση είναι στην ίδια αντίστοιχη θέση: U ( ) ΕΛ( ΤΕΛ) = l+ l + AΣ Το ποσοστό είναι : U ( ) ( ) ( ) U l l AΣ l A ΕΛ ΤΕΛ ΕΛ( AΡΧ) 00% = 00% U ΕΛ( AΡΧ) ( l + A )

6 () (0, 6) 600 Με αντικατάσταση : 00% = + % (0, 6) 9 Γ4. Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας του συσσωματώματος είναι ίσος με το μηδέν για πρώτη φορά μετά την κρούση όταν το συσσωμάτωμα διέρχεται για πρώτη φορά από τη θέση ισορροπίας του με ταχύτητα μέτρου u(max Σ) = ω AΣ = 5 0, 6 = 3 m/ sκαι αρνητικής φοράς για την ταλάντωση. Στην θέση ισορροπίας η δύναμη του ελατηρίου έχει φορά προς τα πάνω και μέτρο F = ( l + εl l) = 40N duελ dwfελ J = Fελ umax( Σ) = 40 3 = 0 dt dt s Ο ρυθμός αυτός έχει θετικό πρόσημο εκείνη τη στιγμή γιατί το σώμα κινείται προς τα κάτω και η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου αυξάνεται. ΘΕΜΑ Δ Δ. Από τις συνθήκες ισορροπίας για το κάθε σώμα έχουμε: m : ΣF = 0 T = m g T = 0N m : ΣΣ = 0 T = m g T = 5N Τροχαλία: ΣΣ = 0 Τ R T R T 3 R = 0 Τ 3 = 0Ν m 3 : ΣΣ = 0 T 3 = Κ ΔΔ Δl = 0, Δ. Όταν κόβεται το νήμα (), το σώμα m επιταχύνεται με α =α γ R = α γ R

7 ενώ το σώμα m 3 με επιτάχυνση α=α γ R, από τις δύο αυτές σχέσεις έχουμε ότι α = α, επίσης η τροχαλία όταν έχει διαγράψει γωνία θ, το σώμα m έχει κατέβει κατά h=θ R =θ R, ενώ το σώμα m 3 έχει μετακινηθεί κατά απόσταση x=θ R, έτσι έχουμε ότι h= x. Όταν η τροχαλία έχει περιστραφεί κατά γωνία θ έχουμε: για το m : ΣF = m α m g T = m a T = m g m a () για το m 3 : ΣF = m 3 α T 3 F εε = m 3 α T 3 = m 3 α + (Δl + x) T 3 = m 3 α + (Δl + R θ) T 3 = m 3 α + ΔΔ + R θ () Για την τροχαλία: Στ = Ι α γ T R T 3 R = M R a R T T 3 = M a και αντικαθιστώντας στην τελευταία σχέση τις () και () έχουμε: T T 3 = M a (m g m a ) m 3 α ΔΔ R θ = M a α = 0 0θ 6 κκκ εεεεεή α γ = α R = Δ3. i. Από το Δ έχουμε ότι h= x=0,m. ii. Για να υπολογίσουμε την στροφορμή της διπλής τροχαλίας αρκεί να βρούμε την γωνιακή της ταχύτητα ω. Επειδή όμως το σύστημα έχει μεταβλητή επιτάχυνση θα δουλέψουμε ενεργειακά δηλαδή με ΘΜΚΕ ή ΑΔΜΕ (επειδή στο σύστημα ενεργούν μόνο συντηρητικές δυνάμεις) Έτσι από ΘΜΚΕ για το σύστημα έχουμε: Κ τττ Κ ααα = W FFF + W m g m u + m 3 u 3 + I ω = U ααα,εε U τττ,εε + mmh Η ταχύτητα u του m είναι u =ω R ενώ η ταχύτητα του m 3 είναι u 3 =ω R άρα u =u 3 Έτσι η παραπάνω σχέση γίνεται:

8 m 4 R ω + m 3 R ω + Μ R ω = Δl (Δl + x) + m gh και αν λύσουμε ως προς ω έχουμε ω=/4 r/s ενώ η στροφορμή είναι: L = I ω = Μ R ω = 0,0ΚΚ m s Δ4. i. Το σώμα m εκτελεί ελεύθερη πτώση και συγκρούεται με το m 4 όταν αυτό περνά θέση ισορροπίας του για δεύτερη φορά, δηλαδή μετά από χρόνο t=3 T/4, όπου Τ η περίοδος ταλάντωσής του. Έτσι έχoυμε: Τ = π m 4 K = 0, π sss άρα u = g t = , π = 3π m/s ii. Το σώμα (4) περνά από την θέση ισορροπίας του άρα έχει ταχύτητα: u 4 = u mmm = ω Α = Κ m 4 A = m/s. Τα σώματα, 4 συγκρούονται πλαστικά οπότε για να βρούμε την κοινή τους ταχύτητα θα εφαρμόσουμε ΑΔΟ στον άξονα xx. (Μονό σε αυτόν μπορούμε να εφαρμόσουμε ΑΔΟ γιατί σε αυτόν τον άξονα δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις). u m m +m 4 m 4 u 4 U Σ p ππππ = p ππππ m 4 u 4 = (m + m 4 ) u Σ u Σ = m s Έτσι η ενέργεια που μετατράπηκε σε θερμότητα κατά την κρούση είναι ίση με την διαφορά των κινητικών ενεργειών του συστήματος πριν και μετά την πλαστική τους κρούση.

9 Η κινητική ενέργεια του συστήματος πριν την κρούση είναι το άθροισμα των κινητικών ενεργειών των δύο σωμάτων πριν συγκρουστούν, ενώ η κινητική ενέργεια του συστήματος μετά την κρούση είναι η κινητική ενέργεια του συσσωματώματος. Άρα Q = K ππππ Κ μμμά = m u + m 4 u 4 (m + m 4 ) u Σ = 49 8 J. Για τις πράξεις έχουμε λάβει σαν δεδομένο ότι το π =0. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΑΡΗΣ ΚΑΤΣΑΡΟΥ ΚΑΤΕΡΙΝΑ ΠΥΡΟΒΟΛΟΥ ΚΩΣΤΑΣ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΘΑΝΑΣΗΣ

Σχετικά έγγραφα

ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 10 9713934 & 10 9769376 ΘΕΜΑ Α ΘΕΜΑ Α ΦΥΣΙΚΗ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ Ι. Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή