ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΑ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α ΠΑΝΕΛΛΑ ΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑ Α Β ) ΤΡΙΤΗ 0 ΙΟΥΝΙΟΥ 04 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΙ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. γ. β 3. γ 4. β 5. α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΑ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β. (α) Σωστή απάντηση: iii Η αρχική ταλάντωση ξεκινάει αφήνοντας το σώµα σε απόσταση d από τη θέση ισορροπίας του. Επειδή αυτό ήταν αρχικά ακίνητο, ήταν σε θέση µέγιστης αποµάκρυνσης και άρα: Α d Εφαρµόζουµε Α ΜΕ από τη στιγµή που αφήσαµε το σώµα µέχρι ελάχιστα πριν την κρούση: Κ αρχ + U αρχ Κ τελ + U τελ 0 + kd υ kd υ k υ d Εφαρµόζουµε Α Ο για την κρούση: p ολ(πριν) p ολ(µετά) p + p p ολ(µετά) () υ ( + )V V υ () V d k () Φροντιστήριο Νετρίνο Σελ.

2 Εφαρµόζουµε Α ΜΕ για την ταλάντωση που προκύπτει αµέσως µετά την κρούση. H θέση ισορροπίας παραµένει η θέση φυσικού µήκους γιατί τα ελατήρια είναι οριζόντια τοποθετηµένα: Ε Τ Κ + U D ( + )V + 0 k V k V Α V Έτσι: d d k Α d k k d Β. (α) Σωστή απάντηση: ii Επειδή f >f και Τ f - f f f 0,5 Για τη συχνότητα της ταλάντωσης ισχύει: f + f f N f + f 00 f + f f + f 00 t Προσθέτοντας κατά µέλη: f 00,5 f 00,5 Hz Αφαιρώντας κατά µέλη: f 99,5 f 99,75 Hz Β3. (α) Σωστή απάντηση: iii Για την κεντρική ελαστική κρούση ανάµεσα στις δύο σφαίρες και επειδή η ήταν αρχικά ακίνητη: και Κατά την ελαστική κρούση της µε τον τοίχο, που είναι ακίνητος και έχει πολύ µεγαλύτερη µάζα, το αποτέλεσµα θα είναι η µάζα να διατηρήσει περίπου ίδιο µέτρο ταχύτητα αλλά να αλλάξει φορά, στην ίδια διεύθυνση (θεωρούµε από το σχήµα ότι προσκρούει κάθετα στον τοίχο) Άρα µετά την κρούση: '' υ - + υ υ υ Φροντιστήριο Νετρίνο Σελ.

3 Επειδή > η σφαίρα αποκτά ταχύτητα αντίθετης φοράς από την αρχική της. Η απόσταση των δύο σφαιρών µετά και την κρούση µε τον τοίχο, παραµένει σταθερή, το οποίο σηµαίνει ότι δεν υπάρχει σχετική κίνηση µεταξύ τους και άρα απέκτησαν ίδιες ταχύτητες Και άρα: '' υ ΘΕΜΑ Γ - + υ - + υ Γ. Από το διάγραµµα διαπιστώνουµε ότι το κύµα από την πλησιέστερη πηγή Π έφθασε στο σηµείο Σ τη χρονική στιγµή t 0, s. Έτσι: r υ r υt r t Από το διάγραµµα επίσης διαπιστώνουµε ότι το δεύτερο κύµα, από την πηγή Π έφθασε τη χρονική στιγµή t,4 s. Έτσι: r υ r υt r 7 t Άρα: r και r 7 Γ. Με τη βοήθεια του διαγράµµατος: Από τη χρονική στιγµή 0 έως τη χρονική στιγµή 0, ο φελλός παραµένει ακίνητος, αφού κανένα κύµα δεν έχει φθάσει. Άρα: y 0 Από τη χρονική στιγµή 0, έως τη χρονική στιγµή,4 ο φελλός εκτελεί ταλάντωση λόγω του κύµατος από την πηγή Π. Το πλάτος της ταλάντωσης είναι Α 50-3 και επειδή εκτελεί 3 πλήρεις ταλαντώσεις σε αυτό το χρονικό διάστηµα, η περίοδος είναι: o 3Τ (,4 0,) 3Τ, Τ 0,4 s -3 t Έτσι: y 5 0 ηµ π - 0, 4 y 50-3 ηµ(5πt π) (SI) Από τη χρονική στιγµή,4 s και έπειτα, φθάνει και το κύµα από την Π οπότε έχουµε συµβολή κυµάτων. Ο φελλός εκτελεί ταλάντωση µε πλάτος Α Μέχρι τη χρονική στιγµή, s έχει εκτελέσει πλήρεις ταλαντώσεις, οπότε η περίοδος είναι και πάλι: o Τ (,,4) Τ 0,8 Τ 0,4 s Φροντιστήριο Νετρίνο Σελ. 3

4 -3-7 t + 7 Έτσι: y 0 0 συν π ηµ π - 0, 4 y 0 - συν(-3π)ηµ(5πt - 4π) y -0 - ηµ(5πt - 4π) y 0 - ηµ(5πt - 4π + π) y 0 - ηµ(5πt - 3π) Το µήκος κύµατος θα βρεθεί από τη θεµελιώδη εξίσωση της κυµατικής: o υ λ Τ λ υτ λ 50,4 λ Έτσι: y 0 για t < 0, s 3 50 ηµ ( 5πt π) για 0, s t <, 4 s 0 ηµ ( 5πt- 3π) για t,4 s (S.I.) Γ3. Επειδή y > 50-3, η χρονική στιγµή είναι µεταγενέστερη του,4s Από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση που εκτελεί ο φελλός: Ε Τ Κ + U D Α υ + D y Άρα: D Α υ + D y υ D Α - D y υ ω Α - ω y υ ω Α - ω y υ ω ( Α - y ) υ ± ω - -3 υ ± 5π ( ) ( ) Α - y υ ± 5π0-3 s ή υ 5π0-3 s Γ4. Από τη στιγµή που αλλάζουν οι συχνότητες των πηγών, θα µεταβληθεί το µήκος κύµατος αλλά δε θα µεταβληθεί η ταχύτητα, αφού η διάδοση γίνεται στο ίδιο µέσο. Έτσι: f 0 9 f υ 0 λ 9 υ λ λ 9 λ λ,8 0 Για το νέο πλάτος θα έχουµε: r - r Α συν π λ Α συν π,8 3 π Α 0 0 συν 3,6 Α 3 0π 0 0 συν 3 3 6π 4π Α 0 0 συν Α 3 4π 0 0 συν 3 Φροντιστήριο Νετρίνο Σελ. 4

5 Α 0 0 συν π + 3 Α 0 0 συν 3 Α π Α π Ο λόγος των (µέγιστων) κινητικών ενεργειών είναι ίσος µε το λόγο των µέγιστων δυναµικών ενεργειών, από τη διατήρηση της ενέργειας στην ταλάντωση και έτσι: D Κ Κ U U -3 ω ω ω ω D Θέµα. F y F x T W Κ Κ Κ 9 5 Κ 8 5 Στ (Α) 0 τ Τ τ W + τ 0 F T(K)συνφ - W(ΑΚ)ηµφ 0 Τ W ηµφ συνφ T Mg ηµφ συνφ T 5,6 0,6 0,8 T 4 N ΣF x 0 F x - T 0 F x T F x 4 N ΣF y 0 F y W 0 F y Mg F y 56 N Έτσι: F F + F F 70 N x y F Αν θ η γωνία που σχηµατίζει η F y µε τη ράβδο, τότε: εφθ x F εφθ 6 8 y άρα εφθ εφφ εποµένως θ φ άρα η F είναι πάνω στη διεύθυνση της ράβδου Φροντιστήριο Νετρίνο Σελ. 5