ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ 14/4/2019

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ 14/4/2019"

Ευφήμιος Μιχαλολιάκος
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ 4/4/209 ΘΕΜΑ Α Α.α, Α2.δ, Α3.γ, Α4.α, Α5.α)Λ, β)σ, γ)λ, δ)λ, ε)λ. ΘΕΜΑ Β Β. α) Σωστό το (i). β) Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς το τον άξονα περιστροφής της υπολογίζεται με την βοήθεια του θεωρήματος Steiner Ι ρ(α) = Ι cm + M ( L 2 )2 = ML2 3. Η ροπή αδράνειας του συστήματος ράβδος σημειακή μάζα μετά την κρούση είναι Ι (Α) = Ι ρ(α) + ml 2 = 2ML2 3. Για την κρούση της σημειακής μάζας με την ράβδο ισχύει η Αρχή Διατήρησης της Στροφορμής L πριν = L μετα mυl = Ι (Α) ω υ = 2ωL () Για να εκτελεί το σύστημα ανακύκλωση, με την ελάχιστη αρχική ταχύτητα, πρέπει η κινητική ενέργεια του συστήματος να μηδενίζεται οριακά στην ανώτερη θέση. Για την κίνηση του συστήματος ισχύει η Αρχή Διατήρηση της Μηχανικής Ενέργειας και ορίζοντας ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας την αρχική θέση του άκρου Γ της ράβδου προκύπτει Κ Α + U A = Κ T + U T 2 Ι (Α)ω 2 + Μg L 2 = Μg3 L 2 + mg2l ω = 5g L Άρα από την σχέση () προκύπτει ότι η ελάχιστη ταχύτητα της σημειακής μάζας πριν την κρούση θα πρέπει να είναι υ = 2 5gL Β2. β) Από την εξίσωση συνέχειας για τις περιοχές () και (2) προκύπτει Π = Π 2 Α υ = Α 2 υ 2 υ 2 = 3υ (), για τις ταχύτητες ροής του ρευστού στις δύο περιοχές Σελίδα

2 Εφαρμόζουμε την εξίσωση Bernoulli για δύο σημεία, και 2, της ίδια οριζόντιας ρευματικής γραμμής που βρίσκονται στην ίδια κατακόρυφο με το κάθε σωληνάκι στις περιοχές () και (2) αντίστοιχα. p + 2 ρυ 2 = p ρυ 2 2 από τον νόμο της υδροστατικής για το κάθε σημειο p = p atm + ρg(y + h) p 2 = p atm + ρgy } h = υ 2 2 υ 2 2g p atm + ρg(y + h) + 2 ρυ 2 = p atm + ρgy + 2 ρυ 2 2 () h= 4υ 2 g (2) Υποδιπλασιάζοντας την παροχή θα υποδιπλασιαστούν και οι ταχύτητες ροής στις δύο περιοχές συνεπώς υ = υ, συνεπώς από την σχέση (2) προκύπτει 2 h = υ Β3. Α) β) Την στιγμή που το νήμα κόβεται και τα δύο σώματα ξεκινούν την ταλάντωση τους χωρίς αρχική ταχύτητα, άρα βρίσκονται σε ακραία θέση. Η κινητική τους ενέργεια θα μηδενιστεί για πρώτη φορά μετά την t=0 όταν θα βρεθούν ξανά σε ακραία θέση, δηλαδή μετά από χρονικό διάστημα ίσο με το μισό της αντίστοιχης περιόδου. Για την περίοδο ταλάντωσης του κάθε σώματος ισχύει 2 g = h 4 Τ = 2π m, αφού m2>m θα ισχύει Τ2>Τ άρα t2>t. B) β) Και τα δύο σώματα ξεκινούν την ταλάντωση τους χωρίς ταχύτητα, άρα οι αρχικές τους θέσεις είναι και ακραίες. Συνεπώς οι αποστάσεις των θέσεων αυτών από τις αντίστοιχες θέσεις ισορροπίας των ταλαντώσεων των σωμάτων θα είναι ίσες με το αντίστοιχο πλάτος της κάθε ταλάντωσης. Πριν κοπεί το νήμα τα σώματα ισορροπούν. Για το σώμα (2) που αρχικά βρίσκεται στην ΘΦΜ του ελατηρίου ΙΙ ισχύει ΣF=0 T=W 2 T=m 2g Η τάση του νήματος Τ που δέχεται το σώμα () είναι κατά μέτρο ίση με την Τα γιατί το νήμα είναι αβαρές. Για το σώμα () ισχύει ΣF=0 F ελ =T + W Δl o = 4m g Μετά το κόψιμο του νήματος η απόσταση αυτής της θέσης από την ΘΦΜ του ελατηρίου Ι Σελίδα2

3 Η ΘΙ της ταλάντωσης του θα απέχει από την ΘΦΜ του ελατηρίου Ι, Δl και στην θέση αυτή ισχύει ΣF=0 F ελ = W Δl = 4m g, άρα το πλάτος της ταλάντωσης του είναι Α=Δlo- Δl=3mg/ Η ΘΙ της ταλάντωσης του 2 θα απέχει από την ΘΦΜ του ελατηρίου ΙI, Δl 2 και στην θέση αυτή ισχύει ΣF=0 F ελ2 = W 2 Δl 2 = m 2g = 3m g, άρα το πλάτος της ταλάντωσης του 2 είναι Α2=Δl2=3mg/. Συνεπώς Α =Α 2 ΘΕΜΑ Γ Γ) Η διαφορά φάσης μεταξύ των δύο ταλαντώσεων είναι φ=φ 2-φ =-π/2. Άρα το πλάτος της συνισταμένης ταλάντωσης θα είναι Α = Α 2 + (Α 3) 2 + 2ΑΑ 3συνφ = 2Α = 0,m Η συχνότητα της συνισταμένης ταλάντωσης θα είναι f=n/δt=5hz ω=0π rad/sec. Η εξίσωση της συνισταμένης ταλάντωσης είναι y=a ημ(φ +θ) y=a ημ(ωt+π/3+θ) εφθ = Α 3ημφ Α + Α 3συνφ = 3 θ = π 3 rad Άρα y=0,ημ(0πt) (S.I.) Γ2) Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ δ = Δx = 5m/s. υ t δ = λf λ = m Η εξίσωση του κύματος είναι y = A ημ2π ( t T x λ ) y = 0,ημ2π(5t x) (S. I. ) Την t 2=0,55sec το κύμα έχει διαδοθεί έως το x 2=υ δt 2=2,75m Η εξίσωση του στιγμιότυπου του κύματος την t 2 είναι y = 0,ημ(5,5π 2πx) (S. I. )με 0 x 2,75m και η γραφική του παράσταση είναι Σελίδα3

4 Γ3) Η φάση ταλάντωσης του σημείου Ν μετά την έναρξη των ταλαντώσεων του είναι φ Ν=0πt 2πx N φ Ν=0πt 3,5π Η φάση του σημείου Ο είναι φ Ο=0πt Άρα την στιγμή που η φάση του Ο είναι φ Ο=3,75π rad, η φάση του Ν θα είναι φ Ν=π/4 rad. Συνεπώς η ταχύτητα του εκείνη την στιγμή θα είναι υ Ν=ωΑ συνφ Ν=π 2/2 m/s. Γ4) Η εξίσωση του στάσιμου κύματος που δημιουργείται στο μέσο είναι y = 2A συν ( 2πx λ ) ημ (2πt) y = 0,2συν(2πx)ημ(0πt)(S. I. ) T Οι θέσεις των δεσμών πάνω στο μέσο δίνονται από την σχέση x δ = (2Ν + ) λ, με Ν = 0,,2,3. 4 Ο 5 ος δεσμός (Ν=4) θα βρίσκεται στην θέση x=2,25m ΘΕΜΑ Δ Δ. Εφαρμόζουμε συνθήκες ισορροπίας για τον κύλινδρο: Στ = 0 TR T στ R = 0 T = T στ ΣF x = 0 Mgημφ Τ Τ στ = 0 Μgημφ = 2Τ Τ = 3,5Ν Επειδή το νήμα είναι αβαρές, η δύναμη που ασκείται στον τοίχο θα έχει και αυτή μέτρο 3,5Ν. Δ2.I = m R 2 + m 2 R 2 + = (m + m 2 + )R 2 = MR 2 (θεωρία) Δ3. Επειδή κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει, ισχύει: υ cm = ωr a cm = α γων R () Για την περιστροφική κίνηση: Στ = Ι cm α γων Τ στ R = MR 2 α γων () Τ στ = Μα cm (2) (2) Για την μεταφορική κίνηση: ΣF x = Ma cm Mgημφ Τ στ = Μα cm Mgημφ = 2Μα cm a cm = 3,5m/s 2 Δ4. Ο ανιχνευτής ήχου στο κέντρο μάζας του κυλίνδρου πλησιάζει την ακίνητη πηγή που βρίσκεται στη βάση, επομένως η συχνότητα που καταγράφει δίνεται από τη σχέση: f = υ + υ cm f υ s υ cm = 7m/s Σελίδα4

5 Επομένως τη στιγμή που αλλάζει το είδος του επιπέδου ο κύλινδρος έχει την παραπάνω ταχύτητα. Η κίνηση του κέντρου μάζας του δακτυλίου μέχρι την στιγμή που φτάνει στο Β είναι ομαλά επιταχυνόμενη με α cm=3,5m/s 2, συνεπώς υ cm=α cmt t =2sec. Άρα S cm = 2 a cmt 2 = 7m Δ5. Στο λείο δάπεδο η στατική τριβή μηδενίζεται, επομένως Στ=0. Αυτό σημαίνει ότι η γωνιακή ταχύτητα θα παραμένει σταθερή και ίση με: ω = υ cm = 70 rad/s. R Το σώμα θα κάνει σύνθετη κίνηση, με ομαλή περιστροφή και ομαλά επιταχυνόμενη μεταφορική κίνηση. Η επιτάχυνση του κέντρου μάζας στο νέο επίπεδο θα είναι: ΣF x = Μα cm Μgημφ = Ma cm α cm = gημφ = 7m/s 2 Το μήκος του λείου επιπέδου θα είναι: ημφ = h s 2 s 2 = Για να υπολογίσω την ταχύτητα στη βάση του κεκλιμένου, εφαρμόζω ΘΜΚΕ (ή ΑΔΜΕ) στο λείο δάπεδο: Κ τελ Κ αρχ = W ολ 2 Μυ 2 cm2 + 2 ΜR2 ω 2 2 Μυ 2 cm 2 ΜR2 ω 2 = Μgημφs 2 2 Μυ 2 cm2 2 Μυ 2 cm = Μgh υ cm2 = 0 m/s Ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής ενέργειας του δίσκου είναι: dκ dt = dκ μετ + dκ περ = P dt dt ΣF + P Στ = ΣF υ cm2 + Στ ω, και αφού Στ=0 dκ dt = Μα cmυ cm2 = 70J/sec h ημφ ΤΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΕΠΙΜΕΛΗΘΗΚΑΝ ΟΙ ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ: Ασημεόνογλου Παναγιώτης Κοσμίδης Γιάννης Σελίδα5

Σχετικά έγγραφα

ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 14/4/2019

ΦΥΣΙΚΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 14/4/2019 ΘΕΜΑ A Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε στο φύλλο απαντήσεων τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.