Ενδεικτική λύση του πειραματικού θέματος που τέθηκε στην «Διεθνή Ολυμπιάδα Φυσικής 2004»

Transcript

1 Ενδεικτική λύση του πειραματικού θέματος που τέθηκε στην «Διεθνή Ολυμπιάδα Φυσικής 004» ΜΕΡΟΣ Α Γινόμενο της μάζας της θέσης της μπάλλας (mxl) (4.0 μόρια). Προτείνετε αιτιολογήστε, με τη χρήση εξισώσεων, μια μέθοδο η οποία να επιτρέπει τον προσδιορισμό του mxl. (.0 μόρια) Απάντηση: mxl(μ+m)xl cm Θα μπορούσαμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα των μοχλών στο μηχανικό μαύρο κουτί, του σχήματος Α-, αφού βρούμε τη θέση του κέντρου μάζας ολόκληρου του συστήματος. Εικόνα. Α- Μηχανικό μαύρο κουτί ΜΜΚ. Πειραματικός προσδιορισμός της τιμής του mxl. (.0 μόρια) Απάντηση: mxl.96x0-3 kg. m Μετρήθηκε η μάζα του συστήματος βρέθηκε: M+m(.4 ± 0.000)x0 - kg H δε θέση του κέντρου μάζας: l cm (. ± 0.06)x0 - m ή ± 0.6mm. Οπότε: mxl(μ+m)xl cm (.4 ± 0.000)x0 - kgx(. ± 0.06)x0 - m (.96 ± 0.08)x0-3 kg. m ΜΕΡΟΣ Β Η μάζα m της μπάλλας (0.0 μόρια). Μετρείστε την ταχύτητα v του βαριδιού για διάφορες τιμές της μετατόπισής του h. Χαράξετε την κατάλληλη γραφική παράσταση από την οποία να μπορείτε να υπολογίσετε την τιμή του m. (4.0 μόρια). Δείξτε ότι οι μετρήσεις σας συμφωνούν με το γεγονός ότι το h είναι ανάλογο με το v δηλ hc v όταν η περιστροφή είναι αργή, hav +B όταν η περιστροφή είναι γρήγορη. (.0 μόριο) Απάντηση:

2 Πίνακας πειραματικών δεδομένων: h (x0 - m) Δt (ms) h(x0 - m) b) v(x0 - m/s) c) v (x0 - a) m /s ). ± ± 0.0.8± ± ± ± ± ± 0.. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 0..4 ± ± ± ± ± ± ± ± ± 8 3. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 3. ± ± ± ± ± 36. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 39. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 7 4. ± ± ± ± ± 8 4. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 4. ± ± ± ± ± 46. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 49. ± ± ± ± ± 6 0. ± 0..7 ± ± ± ± 7. ± ± ± ± ± 8. ± ± ± 0..3 ± ± 9 3. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 3. ± ± ± ± ± 3 6. ± 0.. ± ± ± 0.0 ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 3 9. ± ± ± ± ± ± ± ± 0..0 ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± 4 6. ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ±

3 Όπου: α ) h είναι το ύψος της επάνω πλευράς του βαριδιού πριν αυτό αρχίσει να πέφτει. b) h είναι η μετατόπιση του βαριδιού η οποία υπολογίζεται από τη σχέση: hh -h +d/, h ( ± 0.0)x0 - m είναι το ύψος της επάνω πλευράς του βαριδιού τη στιγμή που αρχίζει να μπλοκάρει την φωτοπύλη, d(.6 ± 0.00)x0 - m) είναι το μήκος του βαριδιού, c) v η ταχύτητα που προκύπτει από το πηλίκο v d/δt. Εικόνα Β- Πειραματικά δεδομένα. 3. Να βρείτε τη δχέση που συνδέει τον συντελεστή C με τις παραμέτρους του μηχανικού μαύρου κουτιού. (.0 μόριο) Απάντηση: hcv, όπου C{m 0 +/R +m(l +/r )/R }/m 0 g Η μπάλλα είναι σε στατική ισορροπία (xl). Όταν η ταχύτητα του βαριδιού είναι v, η αύξηση στην κινητική ενέργεια όλου του συστήματος δίνεται από τη σχέση: ΔΚ/m 0 v +/ω +/m(l +/r )ω / {m 0 +/R +m(l +/r )/R }v, όπου ωv/r είναι η γωνιακή ταχύτητα του μηχανικού μαύρου κουτιού Ι είναι η ροπή αδράνειας όλου του συστήματος εκτός της μπάλλας. Αφού η μείωση της βαρυτικής δυναμικής ενέργειας του βαριδιού είναι: ΔU-mgh, Η αρχή διατήρησης της ενέργειας (ΔΚ+ΔU0) δίνει:

4 h/{m 0 +/R +m(l +/r )/R }v /m 0 g Cv, όπου C{m 0 +/R +m(l +/r )/R }/m 0 g 4. Βρείτε τη σχέση των συντελεστών Α Β με τις παραμέτρους του μηχανικού μαύρου κουτιού όπως m,l κλπ.(.0 μόριο) Απάντηση: hav +B, όπου Α[m 0 +/R +m{(l/-δ-r) +/r }/R ]/m 0 g Β[-k (L/-l-δ-r) +k {(L-δ-r) -(L/+l-δ-r) }]/m 0 g Η μπάλλα στέκεται στο τελευταίο διάκενο του σωλήνα (xl/-δ-r). Όταν η ταχύτητα του βαριδιού είναι v, η αύξηση της κινητικής ενέργειας όλου του συστήματος δίνεται από τη σχέση : Κ/[m 0 +/R +m{(l/-δ-r) +/ r }/R ]v. Αφού η αύξηση της δυναμικής ενέργειας του ελατηρίου είναι: ΔU e /[-k (L/-l-δ-r) +k {(L-δ-r) -(L/+l-δ-r) }], Η διατήρηση της ενέργειας (Κ+ΔU+ΔU e 0) δίνει: h/[m 0 +/R +m{(l/-δ-r) +/r }/R }]v /m 0 g+δu e /mg Av +B, όπου: Α[m 0 +/R +m{(l/-δ-r) +/r }/R }]/m 0 g Β[-k (L/-l-δ-r) +k {(L-δ-r) -(L/+l-δ-r) }]/m 0 g.. Προσδιορίστε την τιμή του m από τις μετρήσεις σας από τα αποτελέσματα που βρήκατε στο Α-ΜΕΡΟΣ (3.0 μόρια) Απάντηση: m6.x0 - kg Από τα αποτελέσματα που προέκυψαν στο ΜΕΡΟΣ-Β 3 παίρνουμε: m Α-C {(L/ δ-r) -l }. gm0 R Οι μετρούμενες τιμές είναι L(40.0±0.0)x0 - m m o (00.4±0.0)x0-3 kg R(3.9±0.00)x0 - m Έτσι, (L/-δ-r) {(0.0±0.03)-0.-.} x0-4 m (338.6±0.8)x0-4 m

5 gm 0 R x980x(00.4±0.0)x(.9±0.003) x0-6 Kg m 3 /s (7±)x0-6 Kg m 3 /s. Οι κλίσεις των δύο ευθειών στο διάγραμμα (Εικ. Β-) του ΜΕΡΟΥΣ-Β είναι: Α.0±0. s /m C.4±0. s /m Οπότε Α-C.6±0. s /m. Αφού ήδη έχει προκύψει mxl(m+m)xl cm.96±0-3 kg m από το ΜΕΡΟΣ Α, η εξίσωση (338.6±0.8)m -(9600±800)m-(88000±3000)0 προκύπτει με τη μάζα εκπεφρασμένη σε g. Οι ρίζες της είναι: (9800 ± 400) ± m (9800 ± 400) + (338.6 ± 0.8) x(88000 ± 3000) (338.6 ± 0.8) Φυσικό νόημα έχει η θετική ρίζα οπότε: ( 9800 ± 400) ± ( ± ) m (6 ± ) g (6. ± 0.) x0. (338.6 ± 0.8) kg ΜΕΡΟΣ Γ Οι σταθερές των ελατηρίων k k (6.0 μόρια). Μετρείστε τις περιόδους Τ Τ των ταλαντώσεων μικρού πλάτους, όπως φαίνονται στην εικόνα C () () γράψτε τις τιμές τους αντίστοιχα. (.0 μόριο) Απάντηση: Τ.090s Τ.093s

6 Εικόνα C.: Ταλαντώσεις μικρού πλάτους. Οι μετρήσεις για τις περιόδους είναι: Τ (s) Τ (s).08± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± ± Οι μέσες τιμές είναι: Τ.090 ±0.0003s Τ.093±0.000s. Εξηγείστε (χρησιμοποιώντας εξισώσεις) γιατί οι κυκλικές συχνότητες ω ω των ταλαντώσεων μικρού πλάτους των δύο διατάξεων είναι διαφορετικές.(.0 μόριο) Απάντηση: ω ω ( L / + l + Δl) MgL / + mg 0 + m{ r + m{ ( L / + l + Δl) + } MgL / + mg ( L / l + Δl) ( L / l + Δl) + } 0 r Η ροπή αδράνειας του Μηχανικού Μαύρου κουτιού ως προς νοητό άξονα στο πάνω μέρος του σωλήνα είναι: 0 +m{(l/ +l+δl) + r } ή 0 +m{(l/ _ l+δl) + r } Ανάλογα με τον προσανατολισμό του ΜΜΚ όπως φαίνεται στην εικόνα C-(0 (), αντίστοιχα. Όταν το ΜΜΚ εκτρέπεται ελαφρά από την κατακόρυφο κατά μια γωνία θ, η ροπή του βάρους είναι:

7 τ Mg(L/)sinθ+mg(L/+l+Δl)sinθ {Mg(L/)+mg(L/+l+Δl)}θ ή τ Mg(L/)sinθ+mg(L/-l+Δl)sinθ {Mg(L/)+mg(L/-l+Δl)}θ ανάλογα με τον προσανατολισμό. Επομένως, οι γωνιακές (κυκλικές) συχνότητες της ταλάντωσης γίνονται: ω τ θ MgL / + mg( L / + l + Δl) 0 + m{( L / + l + Δl) + r } ω τ θ MgL / + mg( L / l + Δl) 0 + m{( L / l + Δl) + r }. 3. Υπολογίστε τη μετατόπιση Δl απαλείφοντας το 0 από τα προηγούμενα αποτελέσματα. (.0 μόριο) Απάντηση: ( ) ( ) M + m gl ω ω { + mgδl} + ( ω + ω ) mgl ω ω m( L + Δl)( ). l Από τις δύο εκφράσεις για τις γωνιακές συχνότητες ω ω έχουμε: MgL/+mg(L/+l+Δl) 0 ω +m ω {(L/+l+Δl) + r } MgL/+mg(L/-l+Δl) 0 ω +m ω {(L/-l+Δl) + r } Μπορούμε να απαλείψουμε την άγνωστη ροπή αδράνειας Ι 0 του ΜΜΚ χωρίς την σφαίρα. Απαλείφωντας την Ι 0 παίρνουμε την εξίσωση για το Δl

8 ( ) ( ) M + m gl ω ω { + mgδl} + ( ω + ω ) mgl ω ω m( L + Δl)( ). l 4. Συνδιάζοντας τα αποτελέσματα από τα, 3 του Μέρους C του Μέρους Β, να βρείτε να γράψετε την ισοδύναμη ολική σταθερά του συστήματος των δύο ελατηρίων. (.0 μόρια) Απάντηση: k 9Ν/m Από τις μετρήσεις τα δεδομένα παίρνουμε: 0 T T.093 ± ± π π ( ω ω ) { }.90 ± 0. s ( M + m) gl (4. ± 0.0) 980 (40.0 ± 0.0) (7.66 ± 0.04) 0 kgm / s ( + ) mgl π ω ω { T π + T } (M+m)l cm g 6.83 {.090 ± ± }x (96±8)x 980 (03±)x0 - kg m /s 4 ml π π ω ( M m l cm T T ) ω ± ± ( 96 ± 8) (3.6±0.) kg m/s 4. Επομένως, η εξίσωση που προέκυψε στο Μέρος-C 3 γίνεται: (.90±0.0){(7.66±0.04)x0 +(6±)x980xΔl}+(03±)x0 (7.±0.)x0 x{(40.0±0.0)+δl}, όπου Δl(7.±0.9)cm(7.±0.9)x0 - m Η ενεργός ολική σταθερά ελατηρίου είναι:

9 mg k Δl ( 6 ± ) ± 000dyne/cm ή 9± Ν/m. 7. ± 0.9. Υπολογίστε τις τιμές k k αντίστοιχα. (.0 μόριο) Απάντηση: k.7 N/m, k 3 N/m Όταν το ΜΜΚ είναι σε ισορροπία στο οριζόντιο επίπεδο η συνθήκη ισορροπίας για τη μπάλα είναι: k (L/-l-δ-r) k (L/+l-δ-r) αφού kk +k, παίρνουμε k L + l δ r k L δ r k k-k L l δ r k. L δ r Από τις μετρήσεις τα δεδομένα έχουμε: L + l δ r L δ r 96 ± 8 (0.0 ± 0.03) ± 0.63 ± (40.0 ± 0.0).0. Οπότε: k (0.63 ± 0.00)x(9000 ± 000)700 ± 600 dyn/cm ή.7 ± 0.6 Ν/m, k (9000 ± 000)-(700 ± 600)3000 ± 000 dyn/cm ή 3 ± Ν/m.