ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Θέµα ο κ ΙΑΓΩΝΙΣΜΑ Α Α. Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση σε κάθε µία από τις παρακάτω ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής.. Σώµα µάζας m εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση πλάτους Α και γωνιακής συχνότητας ω. Τη χρονική στιγµή t = το σώµα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του, έχοντας αρνητική ταχύτητα. Ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι λανθασµένη; α) Αποµάκρυνση: x = A ηµωt β) Ταχύτητα: υ= ωα συν( ωt + π) γ) Επιτάχυνση: α = ωα ηµ ωt δ) Κινητική ενέργεια ταλάντωσης: K = mωα συνωt Μονάδες 5. Σε γραµµικό ελαστικό µέσο, που ταυτίζεται µε τον άξονα xox, διαδίδεται αρµονικό κύµα. Οι εξισώσεις της αποµάκρυνσης δύο σηµείων Κ και Λ του µέσου είναι αντίστοιχα: y, ηµπ 5t S.I. y =, ηµπ 5t 8 S.I. Κ = ( ) ( ) και ( ) ( ) Λ α) Το σηµείο Λ βρίσκεται πλησιέστερα στην αρχή Ο του άξονα, σε σχέση µε το Κ. β) Τα σηµεία Κ και Λ ταλαντώνονται σε συµφωνία φάσης. γ) Τα σηµεία Κ και Λ απέχουν απόσταση που είναι άρτιο πολλαπλάσιο του µήκους κύµατος. δ) Η αποµάκρυνση του Κ είναι συνεχώς αντίθετη της αποµάκρυνσης του Λ. Μονάδες 5 3. Η ράβδος ΟΑ του σχήµατος µπορεί να στρέφεται γύρω από σταθερό κατακόρυφο άξονα που διέρχεται από το άκρο της Ο. Πάνω στη ράβδο µπορεί να ολισθαίνει ο µικρός δακτύλιος δ. ίνουµε στο σύστηµα µια αρχική γωνιακή ταχύτητα ω. Μετά από κάποιο χρόνο Ο δ Α 66

2 Φυσική Κατεύθυνσης Γ Λυκείου α) η στροφορµή του συστήµατος θα έχει µειωθεί. β) η κινητική ενέργεια του συστήµατος θα είναι ίση µε την αρχική γ) ο δακτύλιος θα έχει µετακινηθεί προς το Ο. δ) το σύστηµα θα στρέφεται µε γωνιακή ταχύτητα µικρότερη της ω Μονάδες 5 4. Ένα βλήµα µάζας m σφηνώνεται σε αρχικά ακίνητο σώµα µάζας M. Αν το συσσωµάτωµα µετά την κρούση έχει ταχύτητα υ Κ, η ταχύτητα του βλήµατος πριν την κρούση είναι: mυ Μ+ m α) Κ ( ) β) Mυ ( Μ+ m) Κ γ) ( Μ + m) υκ m δ) ( Μ + m) υκ Μ Μονάδες 5 Β. Κύκλωµα µε πυκνωτή και πηνίο, χωρίς αντίσταση, εκτελεί ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Κάποια χρονική στιγµή t η ενέργεια U B του µαγνητικού πεδίου του πηνίου είναι τριπλάσια της ενέργειας U E του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή. Οι παρακάτω προτάσεις να χαρακτηριστούν σαν «Σωστό» ή «Λάθος». Q α) Τη χρονική στιγµή t το φορτίο του πυκνωτή είναι q = ±, όπου Q είναι το µέγιστο φορτίο του πυκνωτή. T β) Τη χρονική στιγµή t +, θα ισχύει πάλι UB = 3 UE. 4 γ) Κατά τη διάρκεια µίας περιόδου της ηλεκτρικής ταλάντωσης παρατηρείται συνολικά 4 φορές ότι UB = 3 UE. δ) Ο χρόνος που µεσολαβεί ανάµεσα σε δύο διαδοχικές χρονικές στιγµές κατά τις οποίες UB = 3 UE εξαρτάται από τη χωρητικότητα του πυκνωτή. Μονάδες 5 Θέµα ο Α. Στην επιφάνεια ενός υγρού βρίσκονται δύο σύγχρονες πηγές αρµονικών κυµάτων Π και Π, οι οποίες ταλαντώνονται κατακόρυφα, χωρίς αρχική φάση και απέχουν µεταξύ τους απόσταση L. Το σηµείο Ν του ευθυγράµµου τµήµατος ΠΠ που παραµένει διαρκώς ακίνητο και είναι το πλησιέστερο προς το µέσο Μ αυτού του ευθυγράµµου τµήµατος, απέχει από το Μ απόσταση d = L. 67

3 68 Το πλήθος των σηµείων του ΠΠ που εκτελούν ταλάντωση µε µέγιστο πλάτος, είναι: α. 3 β. 4 γ. 5 Μονάδες Η απάντηση να αιτιολογηθεί Μονάδες 7 Β. Ο τροχός του σχήµατος κυλίεται, χωρίς ολίσθηση, πάνω σε οριζόντιο επίπεδο. Αν θεωρηθούν γνωστά η ακτίνα του τροχού R και η ταχύτητα του κέντρου µάζας υ cm, να γίνει γραφική παράσταση του µέτρου της ταχύτητας των σηµείων της οριζόντιας διαµέτρου Β του τροχού σε συνάρτηση µε τη θέση τους πάνω στη διάµετρο αυτή. Ως αρχή µέτρησης B Κ των αποστάσεων θεωρούµε το κέντρο Κ του τροχού. Μονάδες 8 Γ. Μια κινούµενη µικρή σφαίρα µάζας m συγκρούεται κεντρικά και πλαστικά µε άλλη µικρή σφαίρα, ίσης µάζας. Αν η µισή κινητική ενέργεια του συστήµατος χάνεται κατά την κρούση, τότε η δεύτερη σφαίρα α. κινείται οµόρροπα µε την πρώτη. β. κινείται αντίρροπα από την πρώτη γ. είναι αρχικά ακίνητη Μονάδες Η απάντηση να αιτιολογηθεί Μονάδες 6 Θέµα 3 ο Γραµµικό ελαστικό µέσο ταυτίζεται µε τον άξονα xox. Στην αρχή Ο του άξονα βρίσκεται πηγή αρµονικών κυµάτων, η οποία τη χρονική στιγµή t = ξεκινά να εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση, χωρίς αρχική φάση. Στο σχήµα παριστάνεται γραφικά η αποµάκρυνση ενός υλικού σηµείου Σ, που βρίσκεται στη θέση x =+,6 m, σε συνάρτηση µε το χρόνο. y( m),4,4,3,7 t( s ) α) Να γραφούν οι εξισώσεις των ταλαντώσεων του Σ και του σηµείου Σ που βρίσκεται στη θέση x =,6 m και να βρεθεί η µεταξύ τους διαφορά φάσης Μονάδες 6 Ο

4 β) Να γίνει η γραφική παράσταση y f ( x) τη χρονική στιγµή t Φυσική Κατεύθυνσης Γ Λυκείου = για τα σηµεία του άξονα (στιγµιότυπο) =,3 s. Μονάδες 5 γ) Πόσες φορές, µέχρι και τη χρονική στιγµή t =,75 s, το Σ έχει κινητική ενέργεια ίση µε τη δυναµική ενέργεια της ταλάντωσής του; Μονάδες 7 δ) Να βρεθεί το πλήθος των σηµείων του ελαστικού µέσου που έχουν ίδια αποµάκρυνση και ίδια ταχύτητα µε το Σ, τη χρονική στιγµή t3 =,5 s Μονάδες 7 Θέµα 4 ο Οµογενής σφαίρα µάζας m= kg είναι δεµένη m στο ελεύθερο άκρο ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = N / m. Το ελατήριο αρχικά είναι οριζόντιο και έχει το φυσικό του µήκος l = m. Το σύστηµα ελατήριο σφαίρα αφήνεται ελεύθερο οπότε η σφαίρα διαγράφει καµπύλη τροχιά σε κατακόρυφο επίπεδο (βλ. σχήµα). Τη στιγµή που το ελατήριο είναι κατακόρυφο, η σφαίρα έρχεται σ επαφή µε υ οριζόντιο δάπεδο και ταυτόχρονα αποσπάται από το ελατήριο. Αν ο συντελεστής τριβής 3 ολίσθησης της σφαίρας µε το επίπεδο είναι µ =, να βρεθούν: 7 α) Η ταχύτητα υ της σφαίρας και η παραµόρφωση l του ελατηρίου, τη στιγµή που η σφαίρα αποσπάται από αυτό. Μονάδες 9 β) Ο χρόνος που απαιτείται για να σταµατήσει η ολίσθηση της σφαίρας στο οριζόντιο επίπεδο. Μονάδες 9 γ) Το κλάσµα της κινητικής ενέργειας της σφαίρας που έγινε θερµική κατά την πορεία της στο οριζόντιο επίπεδο, µέχρι να πάψει να ολισθαίνει. Μονάδες 7 ίνονται: Ροπή αδράνειας της σφαίρας ως προς τον άξονα που διέρχεται από το κέντρο µάζας της: I= mr και g = m/s. 5 l 69

5 Θέµα ο ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. γ, β, 3 δ, 4 γ Β. α Σωστό, β Λάθος, γ Σωστό, δ Σωστό Θέµα ο Α. Σωστό: (γ) Έστω r και Π Ν Μ Π r οι αποστάσεις r d του Ν από τις πηγές Π και Π r λ αντίστοιχα. Ισχύει: r r = ( κ + ), κ!. Αφού το Ν είναι το πλησιέστερο προς το µέσο Μ σηµείο, η διαφορά r r θα είναι (κατά µέτρο) η ελάχιστη δυνατή. Αυτό συµβαίνει όταν κ =, οπότε λ r r =. Επειδή r = L d και r = L + d, έχουµε: L L λ λ L λ L + d d = d= = λ = () 5 Έστω τώρα ένα σηµείο Κ του ευθύγραµµου τµήµατος ΠΠ στο οποίο τα δύο κύµατα συµβάλλουν ενισχυτικά και Ισχύουν: x+ x = L Π Π x,x οι αποστάσεις του Κ από τις πηγές Π και Π αντίστοιχα. και x x = ρ λ, ρ!. Με πρόσθεση κατά µελη: L + ρλ x = L + ρλ x = Όµως το Κ ανήκει στο ευθύγραµµο τµήµα ΠΠ, οπότε: L + ρλ () x L L L+ ρλ L L ρ λ L L L ρ L ρ ρ 5. Επειδή ρ! οι αποδεκτές K x x 7

6 Φυσική Κατεύθυνσης Γ Λυκείου τιµές του ρ είναι ρ =,,,, το πλήθος των οποίων είναι πέντε, άρα πέντε είναι και τα σηµεία του ΠΠ που εκτελούν ταλάντωση µέγιστου πλάτους. Β. Έστω τυχαίο σηµείο Μ της διαµέτρου Β του τροχού, το οποίο απέχει από το κέντρο Κ απόσταση x. Το Μ κάνει ταυτόχρονα δύο κινήσεις: Μεταφορική µε ταχύτητα υcm = ω R και κυκλική γύρω από το Κ µε ταχύτητα υε = ω x. Τα διανύσµατα των ταχυτήτων είναι κάθετα µεταξύ τους, οπότε: υcm x υμ = υcm + υε = υcm + ω x = υcm + x υ Μ = υcm +, όπου R R x R,R. Η γραφική παράσταση της [ ] σχέσης υ f ( x) Μ = φαίνεται στο σχήµα: B υ Μ υcm Κ M x υ Ε υ cm υ M x R R Γ. Σωστό: γ Έστω ότι οι ταχύτητες των σφαιρών πριν την κρούση είναι υ και υ, ενώ του συσσωµατώµατος είναι υ. πριν την κρούση υ! υ! ( + ) υ! m m m υ cm µετά την κρούση Εφαρµογή της αρχής διατήρησης της ορµής: mυ+ mυ = ( m+ m) υ υ + υ = υ ( ) υ+ υ = 4υ () Αφού κατά την κρούση χάνεται η µισή αρχική κινητική ενέργεια το συσσωµάτωµα θα έχει τη µισή από την αρχική ενέργεια. ηλ. Κτελ = Καρχ m υ = mυ + mυ υ = ( υ + υ) 4 4υ = υ + υ () 7

7 Από () και () έχουµε: ( ) υ + υ = υ + υ υ + υυ + υ = υ + υ υ υ =. Επειδή, σύµφωνα µε την εκφώνηση, υ, θα είναι υ = Θέµα 3 ο α) Από το διάγραµµα προκύπτει ότι το πλάτος του κύµατος είναι Α =,4 m και η περίοδός του T=,4 s. Αφού το σηµείο Σ που βρίσκεται στη θέση x =,6 m ξεκινά την ταλάντωσή του τη χρονική στιγµή t =,3 s, η ταχύτητα διάδοσης του κύµατος είναι x υ = = m / s. t Το µήκος κύµατος είναι λ= υ Τ=,8 m. Η εξίσωση του κύµατος που διαδίδεται προς τα δεξιά είναι t x y A ηµπ =. Αντικαθιστώντας τα Α, Τ και λ και θέτοντας όπου T λ x = x =,6 m, βρίσκουµε ότι η εξίσωση της ταλάντωσης του Σ είναι y =,4 ηµπ,4,8 t,6 (SI) ή απλούστερα: 3 y =, 4 ηµπ 5t ( S.I. ), µε t, 3 s 4 Στο Σ φθάνει ένα αρµονικό κύµα που διαδίδεται προς τ αριστερά και το οποίο έχει τα ίδια χαρακτηριστικά µε αυτό που διαδίδεται στο θετικό ηµιάξονα Οx. Επειδή x = x, το κύµα φθάνει στο Σ την ίδια στιγµή που φθάνει και στο Σ. t x Η εξίσωση αυτού του κύµατος είναι y A ηµπ = + και θέτοντας για το T λ Σ, όπου x = x =,6 m, βρίσκουµε τελικά ότι η εξίσωση της ταλάντωσης του Σ είναι: 3 y =, 4 ηµπ 5t ( S.I. ), µε t, 3 s 4 7

8 Φυσική Κατεύθυνσης Γ Λυκείου Κάθε χρονική στιγµή τα Σ και Σ έχουν την ίδια φάση ταλάντωσης, άρα η µεταξύ τους διαφορά φάσης είναι φ = β) Τη χρονική στιγµή t δεξιά της πηγής Ο και ως το στιγµιότυπο είναι: =,3 s το κύµα έχει διαδοθεί ως το Σ ( x,6 m) y( m),4 Σ ( x =+,6 m) = αριστερά του Ο. Το ζητούµενο,6, 4, O,, 4,6 x( m),4 γ) Για το Σ έχουµε : 3 3 Κ = U E συν π 5t E ηµ π 5t 3 = εφ π 5t = π ) Αν εφπ 5t =+ εφπ 5t = εφ π 7 π 5t = κπ +, κ! t = κ + s, κ! Γνωρίζουµε ότι: 7,3 s t,75 s,3 κ +,75 κ, µε κ! Τότε οι αποδεκτές τιµές του κ είναι κ =,, που αντιστοιχούν σε 3 χρονικές στιγµές. 3 3 π Αν εφπ 5t = εφπ 5t = εφ π 5 π 5t = κπ, κ! t = κ + s, κ! Όµοια βρίσκουµε ότι τον περιορισµό,3 s t,75 s τον ικανοποιούν οι τιµές κ = και κ = που αντιστοιχούν σε άλλες χρονικές στιγµές. 73

9 Άρα, µέχρι και τη χρονική στιγµή t =,75 s η κινητική και η δυναµική ενέργεια του Σ γίνονται ίσες συνολικά 5 φορές. δ) Τη χρονική στιγµή t3 =,5 s το κύµα θα έχει διαδοθεί σε απόσταση x = υ t3 =,5 m από την πηγή, δηλ. έχει φθάσει στις θέσεις x =+,5 m και x =,5 m, στο θετικό και τον αρνητικό ηµιάξονα, αντίστοιχα. Τα σηµεία που έχουν την ίδια αποµάκρυνση και την ίδια ταχύτητα µε το Σ, απέχουν από αυτό απόσταση ίση µε ακέραιο πλήθος µηκών κύµατος στο θετικό ηµιάξονα, καθώς και ακέραιο πλήθος µηκών κύµατος από το Σ (που είναι συµφασικό µε το Σ ) αν βρίσκονται στον αρνητικό ηµιάξονα. Έτσι για το θετικό ηµιάξονα τα σηµεία είναι στις θέσεις x = x + ρ λ = (,6 + ρ,8 ) m, ρ! και ισχύει x,5 m, απ όπου βρίσκουµε ρ =,,. Η τιµή ρ = αφορά το Σ, οπότε έχουµε σηµεία στον άξονα Ox. Για τον αρνητικό ηµιάξονα τα σηµεία είναι στις θέσεις x = x + ρ λ = (,6 + ρ,8 ) m, ρ! και ισχύει x,5 m, απ όπου βρίσκουµε ρ =,,. Στην τιµή ρ = αντιστοιχεί το Σ άρα υπάρχουν ακόµα σηµεία στον αρνητικό ηµιάξονα. Συµπέρασµα: Τη χρονική στιγµή t3 =,5 s υπάρχουν συνολικά 5 σηµεία που έχουν ίσες ταχύτητες και αποµακρύνσεις µε το Σ. l Θέµα 4 ο m α) Εφαρµόζουµε την Αρχή ιατήρησης της Μηχανικής Ενέργειας από την αρχική θέση (οριζόντιο ελατήριο) µέχρι την τελική θέση (κατακόρυφο ελατήριο) του συστήµατος mg ( l + l) = mυ + k l () Στην κατώτατη θέση έχουµε επίσης: ΣF= F K F ελ mg = F K mυ k l mg = () l + l F ελ mg l l 74

10 Φυσική Κατεύθυνσης Γ Λυκείου Οι σχέσεις () και () αποτελούν σύστηµα µε αγνώστους τα υ και l. Με απαλοιφή της ποσότητας mυ ανάµεσα στις () και () προκύπτει η σχέση: k l + kl 3mg l 3mgl =. ( ) Η επίλυση αυτής οδηγεί σε µία αρνητική ρίζα που απορρίπτεται και στη l =, 5 m k l 5 3 υ = g l + l υ = m/ s m β) Η σφαίρα εκτοξεύεται µε ταχύτητα υ στο ω οριζόντιο επίπεδο και δέχεται τις δυνάµεις του βάρους της, την κατακόρυφη συνιστώσα της Ν δύναµης από το επίπεδο Ν και την τριβή K υ ολίσθησης Τ. Η τριβή Τ προκαλεί ροπή τέτοια ώστε η σφαίρα να αρχίσει να κάνει επιταχυνόµενη Τ Α στροφική κίνηση, ενώ ταυτόχρονα την αναγκάζει σε επιβραδυνόµενη µεταφορική κίνηση. mg Το σηµείο επαφής της σφαίρας µε το επίπεδο έχει ταχύτητα υ λόγω µεταφορικής κίνησης της σφαίρας και ταχύτητα ωr λόγω της στροφικής της κίνησης. Η συνολική του ταχύτητα είναι υ = υ ω R. Η Τότε η () ( ) ολίσθηση σταµατά όταν υα =, δηλ. όταν υ= ω R (3) Έχουµε: ΣFy = N= mg και T = µ Ν Τ = µ mg Για τη µεταφορική κίνηση: T = mα (όπου α η επιβράδυνση της σφαίρας) οπότε µmg = mα α = µ g Επίσης: υ= υ αt υ= υ µgt (4) Για τη στροφική κίνηση: Στ = I α γων Τ R = mr αγων µmg R = mr µg = Rαγων µg αγων = R 5µg Επίσης: ω= αγων t ω = t (5) R ( 4) 5µg 5 υ ( 3) υ µgt = t R υ µgt = µgt t = ( 5 ) R 7µg Με αντικατάσταση: t =,5 s Α 75

11 γ) Η θερµότητα που παράγεται ισούται, κατ απόλυτη τιµή, µε το έργο της τριβής ολίσθησης, Q= WT. Το έργο W T θα βρεθεί µε εφαρµογή του Θεωρήµατος Έργου Ενέργειας. WT = Kτελ Kαρχ WT = mυ + Ιω mυ = υ = mυ + mr mυ WT = mυ + mυ mυ 5 R 5 W 7 T = mυ mυ 5 3 Όµως υ= υ µgt υ = m/s Τελικά: W T = J, οπότε Q = J. Η αρχική κινητική ενέργεια είναι: Kαρχ = mυ Κ αρχ = J. Οπότε 8 Q = K 7 αρχ Επιµέλεια: ηµάρατος ηµήτρης 76