Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ34

Transcript

1 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 Ελληνικό Ανοικτό Πανεπιστήµιο Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ4 KYMATIKH ιάρκεια: 1 λεπτά Ονοµατεπώνυµο: Τµήµα: Θέµα 1 ο (Μονάδες:.) Α) Θεωρούµε µετατόπιση του συστήµατος από τη θέση ισορροπίας όπως στο Σχήµα. Οι δυνάµεις που ασκούνται στις τρεις µάζες φαίνονται στο Σχήµα. Εφαρµόζοντας το ο νόµο του Νεύτωνα για την κάθε µια µάζα παίρνουµε d 1 ( m1 ) : m1 ( 1) T1 snθ dt T cosθ m 1 1 d ( 1 ) + ( m ) : m T snϕ dt N T cosϕ+ m d ( m ) : m T snϕ dt T cosϕ m Επιλύοντας για τις τάσεις των µπαρών βρίσκουµε m1 m T1 m1, T m cosθ cosϕ Αντικαθιστώντας στις εξισώσεις και χρησιµοποιώντας 1 sn θ, snϕ l1 l βρίσκουµε d 1 1 m1 ( 1) m1 dt l d m ( 1 ) + m dt l m d m dt l µ `1 m 1 1 T 1 1 m 1 m N ' m T T m ` m 1

2 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 και χρησιµοποιώντας τα δεδοµένα του προβλήµατος m 1 m, m m m, m m l1, l βρίσκουµε τελικά ω ɺɺ 1 ω 1+ ɺɺ ω ω + ω 1 ɺɺ ω ω όπου ω. m Β) Εισάγοντας τη γενική µορφή των κανονικών τρόπων ταλάντωσης A cos ω t+ δ, 1,, στις εξισώσεις κίνησης παίρνουµε ( ) ω A1 A ( ω ω ) ( ) ( ω ω ) ω A + ω ω A ω A 1 ω A + A οι οποίες γράφονται σε µορφή πίνακα ως ω ω ω A1 ω ω ω ω A ω ω ω A Το παραπάνω οµογενές σύστηµα έχει µη τετριµµένη λύση όταν ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω 4 ω 4 ( ω ω ) ( ω ω )( ω ω ) ω ( ω ω ) ω ω ω ω ω + ω ω1 ω, ω ω, ω ω ( ) Θέµα ο (Μονάδες: 1.5) Α) Το φορτηγό λαµβάνει ήχο συχνότητας ίσο µε f Φ f υ+υ Φ Αρα f f Φ υ+υ Φ / /.6 Hz456.9Hz

3 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 Η συχνότητα του ήχου που ακούει ο µοτοσυκλετιστής είναι f M f υ υ M υ υ A και άρα υ M υ (υ υ A ) f M f 4 (4 1/.6) Km /h Β) Το φορτηγό λαµβάνει ήχο συχνότητας f στην συνέχεια τον επανεκπέµπει. Αρα, στον µοτοσυκλετιστή ο ήχος που φτάνει δευτερογενώς µέσω του φορτηγού έχει συχνότητα f ' f υ υ M υ υ Φ f υ+υ Φ υ υ M υ υ Φ f υ+υ Φ υ υ Φ υ υ M 4.7Hz Θέµα ο (Μονάδες: 1.5) Το φάσµα συµβολής εκ τριών σχισµών αποτελείται από κύρια και δευτερεύοντα µέγιστα εναλλάξ. Για Ν σχισµές, µηδενισµοί εκ συµβολής γίνονται όταν naλ Nasnθn asnθ sn a n n a aλ θn, a a όπου a η απόσταση των σχισµών και n a 1,,..., εκτός εάν συµπίπτει nπλ asnθ nλ snθ, n π,1,,..., nπ π nπ a καθώς στις γωνίες θ π υπάρχουν πρωτεύοντα µέγιστα που αντιστοιχούν στις τιµές του n a,6,9,1,15,18,1,4,... εκατέρωθεν του κεντρικού. Εποµένως οι µηδενισµοί είναι για n a 1,, 4,5, 7,8, 1,11, 1,14, 16,17, 19,,,,... Μεταξύ αυτών είναι τα δευτερεύοντα µέγιστα, και το ο (ελλείπον) δευτερεύον µέγιστο είναι στο µέσον µεταξύ n a 7 και λ 8λ 15λ snθδµ + a a 6a Καθώς σαρώνουµε την οθόνη πέραν του κεντρικού µεγίστου, σ αυτήν την γωνία γίνεται ο πρώτος µηδενισµός εκ περιθλάσεως. ηλαδή, 1λ bsnθb nbλ snθδµ b 6a b 15 Ο δεύτερος µηδενισµός εκ περιθλάσεως γίνεται όταν λ λ 5λ bsnθb λ snθb b 6a a Αλλά στα 5 aλ αντιστοιχεί πρωτεύον µέγιστο για nπ 5, το οποίον ελλείπει. Αφού όλα τα πρωτεύοντα µέγιστα στην οθόνη είναι 1, δεν υπάρχει άλλο ελλείπον πρωτεύον µέγιστο, άρα, µόνο εκ συµβολής, όλα θα ήταν 15, το κεντρικό και 7 εκατέρωθεν. Το τελευταίο πρωτεύον µέγιστο για n π 7 (ή n a 1) αντιστοιχεί σε 1λ snθ 1 (από τη γωνία στα άκρα) 5 a 5

4 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 a 1 5λ 11.67λ 7nm 7µ m 6a και b.8µ m. 15 Θέµα 4 ο (Μονάδες: 1.5) Η εστιακή απόσταση του επιπεδόκοιλου φακού είναι ( n1 1) (1.5 1) f1 4cm, ενώ για τον επιπεδόκυρτο έχουµε f1 r1 cm ( n 1) (1.7 1) f + cm f r 14cm Για το σύστηµα των φακών που είναι σε επαφή, η εστιακή απόσταση F είναι (παράδειγµα 1.9) f1 f 4 + F cm+ 4cm, άρα ο σύνθετος φακός είναι F f1 f f1+ f 4+ συγκλίνων. Έστω p η ζητούµενη απόσταση συστήµατος φακών-αντικειµένου. Από τον τύπο των φακών έχουµε q +, ενώ η µεγέθυνση δίνεται από τη σχέση M, όπου q η απόσταση p q F p φακού-ειδώλου. ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις: q ) ορθό είδωλο: M > q p, οπότε p F p + cm και q 4cm (φανταστικό είδωλο) p p F q ) ανεστραµµένο είδωλο: M < q p, οπότε p F + p + 6cm και q+ 1cm (πραγµατικό είδωλο) p p F Θέµα 5 ο (Μονάδες: 1.) 44 / Tο µήκος κύµατος είναι λ v m s 16.m f 1.5Hz. Η διαφορά διαδροµής των δύο ηχητικών κυµάτων είναι d1 d 9m 1m 8m λ έχουµε ελάχιστο. d1 ( + L / ) +, d ( L / ) +. Λύνουµε την εξίσωση λ λ d1 d ( + L / ) + ( L / ) + λ ( + L / ) + + ( L / ) +. Υψώνοντας στο τετράγωνο και 4L L λ κάνοντας τις πράξεις παίρνουµε 1 που είναι λ υπερβολή. 4

5 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 Θέµα 6 ο (Μονάδες: 1.5) Από το νόµο του Malus έχουµε I I cos ϑ (1) 1 Αφού ο οπτικός άξονας είναι κατά τη διεύθυνση, αυτή θα είναι και η διεύθυνση πόλωσης της εξερχόµενης δέσµης από τον πολωτή, άρα κατά την πρόσπτωση στην γυάλινη επιφάνεια έχουµε πόλωση κάθετη στο επίπεδο πρόσπτωσης. Ο συντελεστής ανάκλασης είναι n1 cosθ n cosθr Rσ () n cosθ + n cosθ όπου θ η γωνία πρόσπτωσης και 1 θ 45 και από το νόµο του Snell βρίσκουµε r r θ η γωνία διάθλασης. Από το σχήµα έχουµε 7 n1 snθ n snθr snθr cosθr. Με αντικατάσταση στη () R E n cosθ n cosθ.. Επειδή 1 r σ E1 n1 cosθ+ n cosθr I R I η οποία σε συνδυασµό µε την (1) δίνει σ 1 σ Rσ I I E, έχουµε 1 I 1 I R cos ϑi cos ϑ..6 cosϑ.571 ϑ Θέµα 7 ο (Μονάδες: 1.) Τα µοναδιαία διανύσµατα EB ˆ, ˆˆ, συνιστούν δεξιόστροφο τρισορθογώνιο σύστηµα. E E + E E E, όπου το E θα καθορισθεί από την ένταση Ι. ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ( ˆˆ, ˆˆ, ˆˆ ˆˆ) ˆ, ˆ + z B E E ze ze E E z, ˆ ˆ,,, όπου ˆ z z,, δίδονται, και + + Eˆ z E 1 E + E ˆ E ˆ 1 E E,, E + E ˆ 1 z z B,, z + + τα πλάτη, ( ) 5

6 Σχετικότητα ΦΥΕ4 /7/1 E E EE ˆ και B ˆ B c Το διάνυσµα Pontn είναι 1 cεe Β cε ˆ ˆ ˆ EE Β cεe cεe,, + + Και το πλάτος του ισούται µε την ένταση Ι: και B E I cεe E cε + I cε I 1 (,,) z ( z) 1 1 I z z,, + c cε + + z + + Χρησιµοποιείστε όπου απαιτείται σταθερές από τα βιβλία σας. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ 6