ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α ΘΕΜΑ Β. 2 cm. = Q. Q 2 = q. I 1 = ω 1 Q =

Transcript

1 ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΑΠΟΛΥΗΡΙΩΝ ΕΞΕΑΣΕΩΝ Γ ΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΥΡΙΑΚΗ 6 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 05 ΕΞΕΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΙΚΗΣ - ΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. δ Α. γ Α3. β Α4. α Α5. α) Λ β) Λ γ) Σ δ) Λ ε) Σ ΘΕΜΑ Β Β. Σωστή απάντηση είναι η γ. Από το σχήµα αποµάκρυνσης χρόνου y = f(t), προκύπτει T = s. Από το σχήµα αποµάκρυνσης θέσης y = f(x), προκύπτει,5 λ = 5 cm λ = cm. Με εφαρµογή της θεµελιώδους εξίσωσης της κυµατικής προκύπτει, υ = λ = cm/s. Β. Σωστή απάντηση είναι η β. η χρονική στιγµή t 0 = 0, που κλείνουµε το διακόπτη, στο κύκλωµα L - C ξεκινά αµείωτη ηλεκτρική ταλάντωση µε τον πυκνωτή να είναι φορτισµένος µε µέγιστο φορτίο Q. Άρα η χρονική εξίσωση του φορτίου θα είναι: q = Q συνω t = Q συν πt όπου η περίοδος της ηλεκτρικής ταλάντωσης του κυκλώµατος L - C. 3 η χρονική στιγµή t =, που ανοίγουµε το διακόπτη και ταυτόχρονα κλείνουµε το διακόπτη, το φορτίο του πυκνωτή είναι: π 3 q = Q συν = Q συν3π = - Q. ο µέγιστο φορτίο της ηλεκτρικής ταλάντωσης στο κύκλωµα L - C θα είναι: Q = q = Q. α µέγιστα ρεύµατα στα δύο κυκλώµατα δίνονται από τις σχέσεις: I = ω Q = L C Q και

2 I = ω Q = Q = LC Q = 4L C L C Q Ι = Ι Ι = Ι. B3. Σωστή απάντηση είναι η α. ο πλήθος των δεσµών του στάσιµου κύµατος από την θέση 0,4 m έως τη θέση,6 m προσδιορίζεται ως εξής: 0,4 < (Ν + ) λ 4 0,5 < Ν < 3,5 <,6 0,4 < ( N + ) 0, <,6 < N + < 8 Όµως το Ν είναι ακέραιος άρα οι τιµές που µπορεί να πάρει είναι: Ν =,, 3 Επειδή µεταξύ των σηµείων Α και Β υπάρχουν 3 δεσµοί, τα σηµεία αυτά θα κινούνται µε αντίθετη φορά άρα έχουν διαφορά φάσης φ = π rad. Αλλιώς: π χα ψ A = Α συν λ ψ A = Α ηµ( π t + π) π χ λ ψ Β = Α συν Β ηµ π t ηµ π t = Α συνπ ηµ π t = Α συνπ ηµ π t = - Α ηµ π t = Α ηµ π t Άρα τα σηµεία Α και Β έχουν διαφορά φάσης φ = π rad. Β4. Σωστή απάντηση είναι η γ. Σε κάθε κρούση ισχύει η Αρχή ιατήρησης της Ορµής: Άρα: r P = 0. r r p = p αρχ τελ () r r r r αρχ αρχ τελ τελ Από την () παίρνουµε: p Μ + p m = p Μ + pm V = αρχ m u m + M = m u m + 3m V = u 4 () K = K M + K m = 0 + m u αρχ K τελ τελ τελ m Μ K = mu =Κ + Κ = (m + M) V () τελ m u + 0 = (m + M)V (3). K = 4m u 6 = mu (4). 8 3mu Κ = 8 τελ αρχ (3), (4) mu mu 3mu Κ = K -Κ Κ = - = - 8 8

3 ΘΕΜΑ Γ Γ.Γνωρίζουµε ότι η απόσταση µεταξύ των ακραίων θέσεων µιας απλής αρµονικής ταλάντωσης είναι A, οπότε: d = A = 0,4m A = 0, m. Επίσης γνωρίζουµε ότι ο χρόνος µετάβασης από τη µια ακραία θέση στην άλλη είναι. Άρα, t = = 0,π s T = 0,π s. Η σχέση γωνιακής συχνότητας περιόδου είναι: ω = π = π 0,π ω = 0 rad/s. Γ. Η ενέργεια που προσφέρουµε για να θέσουµε ένα σύστηµα σε ταλάντωση είναι ίση µε την ική ενέργεια Ε της ταλάντωσης, η οποία υπογίζεται από τη σχέση: E = D A = m ω A Ε = 0, Κg (0 rad/s) (0, m) Ε = 0, J. Γ3. Η δυναµική ενέργεια της ταλάντωσης σε συνάρτηση µε την ταχύτητα του σώµατος θα προκύψει από την Αρχή ιατήρησης της Ενέργειας για την ταλάντωση: Κ + U = E U = E K = E - m υ = 0, J - 0, Κg ( 3 m/s) U = 0,05 J. Γ4. δ) Η συνάρτηση που περιγράφει πως µεταβάλλεται η αποµάκρυνση του σώµατος σε σχέση µε το χρόνο στη γενική της µορφή είναι: χ = A ηµ(ωt + φ 0 ) = 0, ηµ(0t + φ 0 ) (). Ο ταλαντωτής τη χρονική στιγµή t = 0 βρίσκεται στη θέση µε αποµάκρυνση χ = 0, m. Άρα έχει αρχική φάση την οποία υπογίζουµε ως εξής: Θέτουµε στην εξίσωση της αποµάκρυνσης t = 0 και 0, γίνεται: 0, = 0, ηµ(ω 0 + φ 0 ) ηµφ 0 = = ηµπ 4. Έτσι η εξίσωση Γράφουµε τις λύσεις της τριγωνοµετρικής εξίσωσης: φ 0 = κπ + π 4 () ή φ 0 = κπ + π π 4 = κπ + 3π 4 (3) µε 0 φ 0 < π Επειδή το µέτρο της ταχύτητάς του ταλαντωτή µειώνεται, το σώµα κινείται από τη θέση ισορροπίας προς την ακραία θετική αποµάκρυνση, δηλαδή έχει ταχύτητα θετική. Άρα για κ = 0 παίρνουµε:

4 από την σχέση (): φ 0 = π 4 rad. Επειδή u = u maxσυν π 4 > 0 είναι δεκτή. Με αντικατάσταση στη σχέση () παίρνουµε: χ = 0, ηµ(0t + π 4 ) (). Η ζητούµενη γραφική παράσταση φαίνεται στο σχήµα. ΘΕΜΑ ) α σώµατα ισορροπούν, άρα: (Σώµα Σ ) : ΣF = 0 = m g T = 40 Ν. (ροχαλία): Στ (Κ) = 0 R T R = 0 40 Ν 0,05 m = T 0, m T = 0 N. (Σώµα Σ ) : ΣF = 0 T = m g + 3 T 3 = T m g = 0 N 0 N T 3 = 0 N. (Σώµα Σ 3 ) : ΣF = 0 T 3 = m 3 g m 3 = Kg. ) Κόβουµε το νήµα που ενώνει τα σώµατα Σ και Σ 3 και τη χρονική στιγµή που η ταχύτητα του σώµατος Σ 3 µηδενίζεται για 5 η φορά, µετά τη χρονική στιγµή t 0 = 0, το σώµα Σ κινείται προς τα πάνω µε ταχύτητα υ = 8 m/s. ο σώµα Σ 3 εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση, ξεκινώντας, χωρίς αρχική ταχύτητα τη χρονική στιγµή t 0 = 0 από την πάνω ακραία του θέση. Η ταχύτητά του θα µηδενιστεί για πρώτη φορά όταν φτάσει στην κάτω ακραία θέση, και απαιτείται χρόνος µισής περιόδου. Σε χρονικό διάστηµα µιας περιόδου η ταχύτητα µηδενίζεται δύο φορές, άρα για να µηδενιστεί η ταχύτητα για 5 η φορά, απαιτείται χρονικό διάστηµα t =,5.

5 Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση: m3 Kg = π = = 0,8 s. k 00π Ν/m 6 Άρα t =,5 = s. ο σώµα Σ κινείται προς τα πάνω, κάνοντας ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση και τη χρονική στιγµή t = s, έχει ταχύτητα, που δίνεται από τη σχέση: υ = α t 8 m/s = α s α = 4 m/s. β) Η επιτάχυνση του σώµατος Σ ισούται µε τη γραµµική επιτάχυνση της τροχαλίας στο σηµείο που εφάπτεται το αντίστοιχο σκοινί και είναι: α α = α γ R α γων = R α γ = 40 rad/s. ο σώµα Σ κινείται προς τα κάτω, κάνοντας ευθύγραµµη οµαλά επιταχυνόµενη κίνηση. Η επιτάχυνσή του ισούται µε τη γραµµική επιτάχυνση της τροχαλίας στο σηµείο που εφάπτεται το αντίστοιχο σκοινί και είναι: a = α γ R α = m/s. Για την κίνηση του σώµατος Σ θα ισχύει ο θεµελιώδης νόµος της µηχανικής: ΣF = m a w - = m a = w - m a = m g - m a = 3 N. Για την κίνηση του σώµατος Σ θα ισχύει ο θεµελιώδης νόµος της µηχανικής, άρα: ΣF = m a - w = m a = m a + m g = 4 N. Για την κίνηση της τροχαλίας θα ισχύει ο θεµελιώδης νόµος της µηχανικής, για τη στροφική κίνηση, άρα: Στ (Κ) = Ι α γ R R = I α γ 40 I =,6,4 I = 0,005 Kg m. γ) Η εξίσωση της ταλάντωσης του Σ 3 δίνεται από τη σχέση: x = A ηµ(ωt + φ 0 ). ()

6 Η απόσταση της θέσης φυσικού µήκους του ελατηρίου και της θέσης ισορροπίας της ταλάντωσης απέχουν κατά x που θα βρεθεί από τη σχέση ισορροπίας του σώµατος Σ 3 : ΣF 3 = 0 F ελ = m 3 g k x = m 3 g 00 6 π x = 0 x = 0,6 m. Αυτή η απόσταση ισούται και µε το πλάτος της ταλάντωσης Α, αφού η θέση που ξεκινάει να κινείται το σώµα είναι η πάνω ακραία θέση της ταλάντωσης. Άρα Α = 0,6 m. Η γωνιακή συχνότητα δίνεται από τη σχέση: ω = π ω =,5π rad/s. η χρονική στιγµή t = 0 το σώµα έχει µηδενική ταχύτητα και βρίσκεται στη θέση µέγιστης αποµάκρυνσης x = A, λαµβάνοντας τη θετική φορά προς τα πάνω. Εποµένως A = A ηµφ 0 ηµφ 0 = φ 0 = π rad. Με αντικατάσταση στη σχέση () η εξίσωση της αποµάκρυνσης θα είναι: x = 0,6 ηµ(,5πt + π ) (S.I.). η χρονική στιγµή t = 3 s αποµάκρυνση x είναι: x = 0,6 ηµ(,5πt + π ) x = 0,6 ηµ(,5π 3 + π ) = 0,6 ηµ( 5π 3 x = 0,6 ηµ 3π 6 = 0,6 ηµ(π + π 6 ) x = 0,6 = 0,08 m. + π ) δ) O ρυθµός µεταβής της κινητικής ενέργειας του σώµατος Σ 3 δίνεται από τη σχέση: W Fεπ dx dt dt dt dk F = επ = = F επ υ = - k x υ. η χρονική στιγµή t 0 = 0 το σώµα Σ 3 βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση και έχει ταχύτητα µηδέν, άρα µε αντικατάσταση στη σχέση () παίρνουµε: dk dt = 0 J/s.