r 2 r 1 επιφάνεια. Όταν ο ανιχνευτής μεταλλική επιφάνεια απόσταση

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΔΙΑΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ 3/03/04 ΘΕΜΑ Ο δ, γ, 3 γ, 4 δ, 5 α, 6 β, γ, 8 α, 9 α, 0: α Λ, β Λ, γ, δ Λ, ε Λ. ΘΕΜΑ Ο. Α. ωστό το (γ). Β. το χώρο μεταξύ του πομπού και της μεταλλικής επιφάνειας συμβάλλουν τα κύματα που παρόγονται απευθείας από τον πομπό και τα κύματα που ανακλώνται στην μεταλλική επιφάνεια. Όταν ο ανιχνευτής απέχει από τη μεταλλική επιφάνεια απόσταση 5 cm στον ανιχνευτή έχουμε ενίσχυση μέγιστο για k = ν. Οπότε ισχύει: r r = ν λ () Όταν ο ανιχνευτής απέχει από τη μεταλλική επιφάνεια απόσταση 3 cm στον ανιχνευτή έχουμε ενίσχυση μέγιστο για k = (ν + 8), εφόσον έχουν δημιουγρηθεί 8 ακόμη μέγσιτα. Οπότε ισχύει: r r = (ν + 8) λ () Αφαιρούμε κατά μέλη τις σχέσεις () και () και έχουμε: () () => r r r + r = (ν + 8) λ - ν λ => r r = 8 λ => (r + 3 cm + 3 cm) (r + 5 cm + 5 cm) = 8 λ => r + 4 cm r 50 cm = 8 λ => 4 cm = 8 λ => λ = 3 cm. Α. ωστό το (γ). Β. Όταν η σφαίρα οριακά χάνει την επαφή της με το δάπεδο (κεκλιμένο επίπεδο) και αρχίζει να υπερπηδάει το εμπόδιο δεν δέχεται δύναμη από το κεκλιμένο επίπεδο. Οι δυνάμεις που δέχεται είναι το βάρος της και η δύναμη F από το εμπόδιο, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. ια να υπερπηδήσει η σφαίρα το εμπόδιο πρέπει (Η F δεν δημιουργεί ροπή ως προς το Δ): τ x (Δ) τ y (Δ) => x (ΟΚ) y (ΚΔ) () Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΔΚ είναι: (ΟΚ) = / (από υπόθεση) () και πομπός ανιχνευτής μεταλλική επιφάνεια 5 cm u (ΟΔ) = (ΔΚ) + (ΟΚ) => = (ΔΚ) + (/) => [(ΔΚ) > 0] => (ΔΚ) = - 4 (3) Από τις σχέσεις (), () και (3) είναι: x y - => m g ημφ m g συνφ 4 3 => ημφ συνφ 3 => εφφ 3 => φ 60 ο => φ mi = 60 ο r r πομπός ανιχνευτής μεταλλική επιφάνεια r u r / 3 cm φ x Δ Ο F / Κ y

2 3. Α. ωστό το (γ). Β. Αρχικά οι στροφορμές των δύο δίσκων φαίνονται στο διπλανό σχήμα. ια τα μέτρα των στροφορμών των δύο δίσκων ως προς τον Πριν χήμα άξονα που περνάει από το Κ και είναι κάθετος στο Δίσκος () επίπεδό τους είναι: L (Κ) = I ω () Κ και L (Κ) = I ω => [ω = ω / ] => L (Κ) = I (ω / ) () L L Επειδή οι δύο δίσκοι είναι πανομοιότυποι έχουν ίδια (+) ροπή αδράνειας ως προς άξονα που είναι κάθετος στο Κ επίπεδό τους και περνάει από το κέντρο τους. Ι = Ι (3) Η σχέση () λόγω της σχέσης (3) γίνεται: Δίσκος () L (Κ) L (Κ) = I (ω / ) => L (Κ) = Μετά χήμα (4) υσσωμάτωμα Όταν οι δύο δίσκοι ακουμπάνε η στροφορμή του συστήματος ως προς τον άξονα που περνάει από το Κ Κ και είναι κάθετος στο επίπεδό τους διατηρείται σταθερή διότι δεν ασκούνται εξωτερικές ροπές (τα βάρη και η LΟΛ (+) δύναμη του άξονα περνούν από τον άξονα άρα έχουν ροπές ως προς τον άξονα μηδέν). Οπότε, θεωρώντας θετικά προς τα πάνω (σχήμα και ), είναι: L ΑΡΧ, ΤΣ (Κ) = L ΣΕΛ, ΤΣ (Κ) => - L (Κ) + L (Κ) = L Τ (Κ) => [λόγω της (4)] => L (Κ) - L (Κ) + L (Κ) = L (Κ) Τ => L (Κ) Τ = - Ι => Ι ΟΛ ω = - ω (5) Όμως όταν οι δύο δίσκοι ακουμπούν και συμπεριφέρονται ως ένα στερεό έχουν ροπή αδράνειας ως προς τον άξονα: Ι ΟΛ = Ι + Ι => [λόγω της (3)] => Ι ΟΛ = Ι (6) Η σχέση (5) λόγω της σχέσης (6) γίνεται: Ι ω = - Ι ω ω => ω = - ω => ω = - 4. Α. ωστό το (β). Β. Εφόσον στο σημείο η διαθλώμενη ακτίνα φεύγει παράλληλα στη διαχωριστική επιφάνεια των δύο υλικών () και () η αντίστοιχη γωνία πρόσπτωσης (90 ο θ ) είναι η κρίσιμη γωνία για το υλικό (). Οπότε από το νόμο του Sell στο σημείο είναι: ημ(90 ο - θ ) = => συνθ = () Αλλά: συν θ + ημ θ = => ημθ = -συν θ => => [ω = ω / ] => ω = - [λόγω της ()] => ημθ = - => [θ : οξεία γωνία] => ημθ = Από το νόμο του Sell στο σημείο Β είναι: () () θ θ Α θ θ Β θ - ω ()

3 ημθ = ημθ => [λόγω της ()] => ημθ = ημθ = - (3) Από το νόμο του Sell στο σημείο Α είναι: αέρα ημθ = ημθ => [λόγω της (3)] => ημθ = - => - => ημθ = - ΘΕΜΑ 3 Ο Α. Η πηγή Π παράγει κύμα συχνότητας f = 40 Hz που διαδίδεται στο υγρό Τ με ταχύτητα διάδοσης u δ, και έχει μήκος κύματος λ = 0, m. Οπότε είναι: u δ, = λ f => u δ, = (0, m) (40 Hz) => u δ, = 4 m / sec Ομοίως για την πηγή Π ισχύει: u δ, = λ f => u δ, = (0, m) (40 Hz) => u δ, = 8 m / sec Β. Η πηγή Π ξεκινάει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t 0 = 0 χωρίς αρχική φάση. Οπότε έχει εξίσωση ταλάντωσης της μορφής: y Π = Α ημ(ω t) () αλλά: A = 0,05 m και ω = π f => ω = π (40 Ηz) => ω = 80 π rad / sec Άρα η () γίνεται: y Π = 0,05 ημ(80 π t), (S.I) () Ομοίως η πηγή Π ξεκινάει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t 0 = 0 χωρίς αρχική φάση. Οπότε έχει εξίσωση ταλάντωσης της μορφής: y Π = Α ημ(ω t) (3) αλλά: A = 0,05 m και ω = π f => ω = π (40 Ηz) => ω = 80 π rad / sec = ω Άρα η (3) γίνεται: y Π = 0,05 ημ(80 π t), (S.I) (4). α. Σο σημείο Μ της διαχωριστικής επιφάνειας των δύο υγρών δεν ισαπέχει από τις δύο πηγές. Σο κύμα της πηγής Π φθάνει στο σημείο Μ τη χρονική στιγμή: r t = 0,4 m = => t u m = 0, sec δ, 4 sec Ενώ το κύμα της πηγής Π φθάνει στο σημείο Μ τη χρονική στιγμή: r t = m = => t u m = 0,5 sec δ, 8 sec Οπότε πρώτο στο σημείο Μ φθάνει το κύμα της πηγής Π και μετά το κύμα της πηγής Π. Έτσι: ια: 0 t < 0, sec: Σο σημείο Μ παραμένει ακίνητο, διότι κανένα κύμα δεν έχει φθάσει στο σημείο Μ. Οπότε: y M = 0 ια: 0, sec t < 0,5 sec: Σο σημείο Μ ταλαντώνεται μόνο λόγω του κύματος της πηγής Π με εξίσωση:

4 t r y = A ημ π ( - ) => y = 0,05 ημ π (40 t - 4), (S.I), για t 0, sec (5) T λ (η εξίσωση αυτή ισχύει για όσο χρόνο το κύμα της πηγής Π διαδίδεται στο υγρό Τ. ια το σημείο Μ ισχύει για κάθε στιγμή μετά την 0, sec διότι τέτοιο κύμα φθάνει στο σημείο Μ κάθε στιγμή μετά την 0, sec από την πηγή Π. Η εξίσωση αυτή δεν ισχύει για τα σημεία του υγρού Τ. Ο λόγος είναι ότι αλλάζει η ταχύτητα διάδοσης του κύματος στο υγρό Τ άρα και το μήκος κύματος της πηγής Π ). Οπότε: y M = 0,05 ημ(80 π t - 8 π), (S.I), για 0, sec t < 0,5 sec ια: t 0,5 sec: Σο σημείο Μ ταλαντώνεται λόγω και των δύο κυμάτων. Η εξίσωση του κύματος της πηγής Π είναι η εξίσωση (5), ενώ η εξίσωση του κύματος της πηγής Π είναι: t r y = A ημ π ( - ) => y = 0,05 ημ π (40 t - 5), (S.I), για t 0,5 sec (6) T λ (η εξίσωση αυτή ισχύει για όσο χρόνο το κύμα της πηγής Π διαδίδεται στο υγρό Τ. ια το σημείο Μ ισχύει για κάθε στιγμή μετά την 0,5 sec διότι τέτοιο κύμα φθάνει στο σημείο Μ κάθε στιγμή μετά την 0,5 sec από την πηγή Π. Η εξίσωση αυτή δεν ισχύει για τα σημεία του υγρού Τ. Ο λόγος είναι ότι αλλάζει η ταχύτητα διάδοσης του κύματος στο υγρό Τ άρα και το μήκος κύματος της πηγής Π ). ύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας η απομάκρυνση του σημείου Μ για t 0,5 sec είναι της μορφής: y Μ = y + y => y Μ = 0,05 ημ(80 π t - 8 π) + 0,05 ημ(80 π t - 0 π) => 80 πt-8π-80 πt+0 π 80 πt-8π+80 πt-0 π y Μ = 0, συν( ) ημ( ) => 60 πt-8 π y Μ = 0, συν(π) ημ( ) => y Μ = - 0, ημ(80 π t - 9 π) => y Μ = 0, ημ(80 π t - 8 π), (S.I) για t 0,5 sec υνολικά είναι: 0 για 0 t < 0, sec y Μ = 0,05 ημ(80 π t - 8 π), (S.I), για 0, sec t < 0,5 sec 0, ημ(80 π t - 8 π), (S.I) για t 0,5 sec το χρονικό διάστημα 0, sec t 0,5 sec το σημείο Μ εκτελεί Ν ταλαντώσεις. Έτσι είναι: 0,5 sec-0,sec Ν T = Δt => N = Δt / T => N = => N = ταλάντωση sec 40 Οπότε η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης y του σημείου Μ φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. ym (m) 0, 0,05 0,5 sec 0-0,05-0, 0, t(sec) 0,5 sec

5 β. Όπως προκύπτει από το ερώτημα (. α.) το σημείο Μ είναι ακίνητο από 0 έως 0, sec, ταλαντώνεται λόγω του κύματος της πηγής Π από 0, sec έως 0,5 sec και ταλαντώνεται λόγω συμβολής μετά τη χρονική στιγμή 0,5 sec. Άρα για το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Μ ισχύει: 0 για 0 t < 0, sec Α Μ = 0,05 m για 0, sec t < 0,5 sec 0, m για t 0,5 sec Η γραφική παράσταση του πλάτους του σημείου Μ σε συνάρτηση με το χρόνο φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: ym (m) 0, 0,05 0 0, 0,5 0, t (sec) γ. Όπως προκύπτει από το ερώτημα (. α.) το σημείο Μ είναι ακίνητο από 0 έως 0, sec οπότε δεν ορίζεται φάση ταλάντωσης, ταλαντώνεται λόγω του κύματος της πηγής Π από 0, sec έως 0,5 sec οπότε η φάση της ταλάντωσής του δίνεται από την εξίσωση φ = 80 π t - 8 π, (S.I) και ταλαντώνεται λόγω συμβολής μετά τη χρονική στιγμή 0,5 sec οπότε η φάση της ταλάντωσής του δίνεται από την εξίσωση φ = 80 π t - 8 π, (S.I). Άρα για τη φάση ταλάντωσης του σημείου Μ είναι: 0 για 0 t < 0, sec φ Μ = 80 π t 8 π, για 0, sec t < 0,5 sec 80 π t 8 π, για t 0,5 sec Η γραφική παράσταση της φάσης της ταλάντωσης του σημείου Μ σε συνάρτηση με το χρόνο φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: φm (rad) π 0 0, 0,5 t (sec)

6 ΘΕΜΑ 4 Ο Α. Καθώς η σφαίρα κυλίεται στο εσωτερικό της στεφάνης το κέντρο μάζας της διαγράφει κυκλική τροχιά ακτίνας (σχήμα ): = r => = 0, m 0, m => = 0 m () ια να κάνει η σφαίρα με ασφάλεια ανακύκλωση, δηλαδή για να φθάσει στο σημείο Δ πρέπει μέχρι και χήμα το σημείο Δ να δέχεται Δ uδ από τη στεφάνη κάθετη δύναμη στήριξης Ν. Άρα Ν στο σημείο Δ πρέπει να u0 = 0 ισχύει: Α Ν 0 () το σημείο Δ, στη διεύθυνση της ακτίνας στη σφαίρα ασκούνται οι δυνάμεις Κ του βάρους h από τη γη και η κάθετη δύναμη στήριξης Ν από τη στεφάνη (σχήμα ). Η συνισταμένη αυτών των δύο δυνάμεων πρέπει να Ζ είναι η απαραίτητη κεντρομόλος δύναμη. Οπότε είναι: u F = m Δ u => Ν + = m Δ u => Ν + m g = m Δ u => Ν = m Δ - m g (3) Από τις σχέσεις () και (3) είναι: h u 0 = 0 Α Δ ΥΝ,ΒΑΡ = 0 Σχήμα u m Δ u - m g 0 => Δ g => u Δ g => u Δ g => u Δ 0 m / s Οπότε η ελάχιστη ταχύτητα είναι: u Δ,mi = 0 m / sec και επιτυγχάνεται για Ν = 0 στο σημείο Δ. Β. Πάνω στη σφαίρα καθώς αυτή κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει στη στεφάνη ασκούνται οι δυνάμεις της στατικής τριβής (Σ Σ ), του βάρους () και η κάθετη δύναμη στήριξης (Ν). Η δύναμη είναι συντηρητική δύναμη, το έργο της Σ Σ είναι μηδέν διότι η Σ Σ δεν μετατοπίζει το σημείο εφαρμογής της επειδή ασκείται κάθε φορά και σε διαφορετικό σημείο της σφαίρας και το έργο της δύναμης Ν είναι μηδέν διότι και αυτή δεν μετατοπίζει το σημείο εφαρμογής της επειδή ασκείται κάθε φορά και σε διαφορετικό σημείο της σφαίρας. Άρα ισχύει η αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας από το σημείο έως το σημείο Δ. ια να την u Κ ω ω u Ν ΤΣΤ

7 εφαρμόσουμε θεωρούμε τη δυναμική ενέργεια βαρύτητας ίση με το μηδέν στο οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο μάζας της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στο σημείο (σχήμα ). E () MHX = E (Δ) MHX => E () ΚΙΝ + E () ΔΤΝ,ΒΑΡ = E (Δ) ΚΙΝ + E (Δ) ΔΤΝ,ΒΑΡ => m u + Icm ω + 0 = m uδ + Icm ω Δ + m g => m u + 5 m r ω = m u Δ + 5 m r ω Δ + 4 m g => 5 m u + m (r ω ) = 5 m u Δ + m (r ω Δ ) + 0 m g => 5 u + u = 5 u Δ + u Δ + 0 g => u = u Δ + 0 g => 0 0 u = u Δ + g => u = u + g Δ (4) ια να είναι η ω η ελάχιστη δυνατή πρέπει και η u να είναι η ελάχιστη δυνατή, οπότε πρέπει η u Δ να είναι η ελάχιστη δυνατή, όπως βρήκαμε στο (Α) ερώτημα. Άρα η σχέση (4) γίνεται: u,mi = 0 0 u Δ, mi + g => u,mi = g + g => u,mi = g => u,mi = 00 m / s => u,mi = 0 m / s => u,mi = 0,96 m / s => u,mi = 9,6 m / s Επειδή η σφαίρα κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει είναι: 9,6 u,mi = ω,mi r => ω,mi = u,mi / r => ω,mi = rad / sec => 0, ω,mi = 98 rad / sec. Καθώς η σφαίρα έχει εισέλθει στη στεφάνη στο σημείο (σχήμα 3), το κέντρο μάζας της έχει αρχίσει να διαγράφει κυκλική τροχιά ακτίνας Σχήμα 3 = 0 m. Απαράιτητη προϋπόθεση για να συμβαίνει αυτό είναι η ύπαρξη απαραίτητης κεντρομόλου δύναμης. το σημείο, στη διεύθυνση της ακτίνας στη σφαίρα ασκούνται οι δυνάμεις του βάρους από τη γη και η κάθετη δύναμη στήριξης Ν από τη στεφάνη (σχήμα 3). Η συνισταμένη αυτών των δύο δυνάμεων πρέπει να έχει φορά προς το κέντρο της Κ κυκλικής τροχιάς για να είναι η απαραίτητη κεντρομόλος δύναμη. Οπότε είναι: Ν u,mi u,mi u F = m => Ν = m => u,mi Ν = m g + m =>Ν =0N + 38,6N => Ν 48,6 N Δ. Σο ελάχιστο ύψος h από το οποίο πρέπει να αφήσοουμε τη σφαίρα πάνω στο κεκλιμένο επίπεδο για να κάνει με ασφάλεια Σχήμα 4 την ανακύκλωση είναι αυτό για το οποίο u 0 = 0 φθάνει στη βάση του κεκλιμένου επίπεδου με Α ταχύτητα μέτρου: Ν u,mi = 9,6 m/s => u,mi = 0 Τ ΣΤ m/s h h mi ω Η σφαίρα καθώς κατεβαίνει στο κεκλιμένο επίπεδο κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει. Οι U ΒΑΡ = 0 u δυνάμεις που ασκούνται πάνω της είναι η

8 στατική τριβή (Σ Σ ), το βάρος () και η κάθετη δύναμη στήριξης (Ν ) (σχήμα 4). Η δύναμη είναι συντηρητική δύναμη, το έργο της Σ Σ είναι μηδέν διότι η Σ Σ δεν μετατοπίζει το σημείο εφαρμγογής επειδή ασκείται κάθε φορά και σε διαφορετικό σημείο της σφαίρας και το έργο της δύναμης Ν είναι μηδέν διότι και αυτή δεν μετατοπίζει το σημείο εφαρμογής της επειδή ασκείται κάθε φορά και σε διαφορετικό σημείο της σφαίρας. Άρα ισχύει η αρχή διατήρησης μηχανικής ενέργειας από το σημείο Α έως το σημείο. ια να την εφαρμόσουμε θεωρούμε τη δυναμική ενέργεια βαρύτητας ίση με το μηδέν στο οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το κέντρο μάζας της σφαίρας όταν αυτή βρίσκεται στο σημείο (βλέπε σχήμα 4). E MHX (Α) = E MHX () => K (Α) + U ΒΑΡ (Α) = K () + U ΒΑΡ () => 0 + m g h mi = m u,mi + Icm ω,mi + 0 => m g h mi = m u,mi + 5 m r ω,mi => 0 g h mi = 5 u,mi + r ω,mi => 0 g h mi = 5 u,mi + (u,mi ) => 0 g h mi = u,mi => h mi = u,mi => 0 g h mi = (0 ) m => h mi = m 00 Αυτό είναι το ελάχιστο ύψος πάνω από το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας και το επίπεδο αυτό περνάει από το κέντρο μάζας της σφαίρας. Άρα το ελάχιστο ύψος h πάνω από το οριζόντιο επίπεδο του κεκλιμένου επιπέδου είναι: h = h mi + r => h = m + 0, m => h =, m Ε. α. ια τη στροφορμή της σφαίρας ως προς το κέντρο μάζας της (spi) είναι: L = I cm ω Δ => L = 5 m r ω Δ => L = 5 m r (r ωδ ) => L = 5 m r uδ => L = 5 ( Kg) (0, m) (0 m/s) => L = 0,8 Kg m /sec β. ια την τροχιακή στροφορμή της σφαίρας ως προς το κέντρο Κ της κυκλικής τροχιά της είναι: L (Κ) = m u Δ ( r) => L (Κ) = ( Kg) (0 m / s) (0, m 0, m) => L (K) = 00 Kg m /sec Επιμέλεια: ΦΑΡΜΑΚΗ ΠΑΝΣΕΛΗ