Εξέταση Προσοµοίωσης Γ τάξης Ενιαίου Λυκείου Απρίλης 2013 Φυσική Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Συνοπτικές Λύσεις. Θέµα Β

Transcript

1 Φσική Γ Λκείο Α.1. Α.2. Α.3. Α.. Α.1. Εξέταση Προσοµοίωσης Γ τάξης Ενιαίο Λκείο Απρίλης 2013 Φσική Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθνσης Σνοπτικές Λύσεις (δ) (ϐ) (δ) (γ) Λ, Σ, Σ, Σ, Σ Θέµα Α Θέµα Β Β.1. (α) Σ, (ϐ) Λ, (γ) Λ Από το διάγραµµα σµπεραίνοµε ότι η καµπύλη Α έχει µεγαλύτερο πλάτος ταλάντωσης από την καµπύλη Β, άρα αντιστοιχεί στην κατάσταση σντονισµού f δ(a) = f σ = f o. Επίσης από το διάγραµµα παρατηρούµε ότι για τις δύο περιόδος ισχύει T A = 2T B f δ(b) = 2f δ(a). Β.2. Σωστή απάντηση η (γ) Εφαρµόζω την Αρχή της Επαλληλίας για τις ταλαντώσεις (1), (3) x 13 = x 1 + x 3 = A 1 ηµ(ωt) + 1, 0ηµ(ωt + π) = A 1 ηµ(ωt) 1, 0ηµ(ωt) ιακρίνω δύο περιπτώσεις : 1 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριο

2 Φσική Γ Λκείο ˆ A 1 > 1, 0 x 13 = (A 1 1, 0)ηµ(ωt) ˆ A 1 < 1, 0 x 13 = A 1 1, 0 ηµ(ωt + π) Για κάθε µια από τις παραπάνω περιπτώσεις κάνω την σύνθεση της x 13 µε την x 2. Και στις δο περιπτώσεις φ = π 2 rad Β.3. ˆ A 1 > 1, 0 A = 1 = 0, (A 1 1) 2 A 1 = 1, 8m ˆ A 1 < 1, 0 A = 1 = 0, (1 A 1 ) 2 A 1 = 0, 2m Σωστή απάντηση η (ϐ) Πριν την κρούση η σφαίρα Σ 1 πο πλησιάζει την ακίνητη πηγή Σ 2, αντιλαµβάνεται µήκος κύµατος λ A = λ s =. Η κρούση είναι κεντρική και ελαστική, άρα οι δύο σφαίρες ϑα ανταλλάσσον ταχύτητες, όπως προκύπτει παρακάτω : A = m m m + m A = 0, s = 2m m + m A = A = 10 Μετά την κρούση η σφαίρα Σ 2 πο ϕέρει την πηγή αποµακρύνεται από την ακίνητη σφαίρα Σ 1 πο ϕέρει τον δέκτη. Άρα ο δέκτης αντιλαµβάνεται µήκος κύµατος λ A = λ s + st. Άρα ο λόγος των µηκών κύµατος ϑα είναι : λ A λ A = λ s + st = + s 1 = Θέµα Γ = + s + = Γ.1. Από το στιγµιότπο παρατηρούµε ότι 9λ = 0, 9 λ = 0, m και A = 0, 2m. Αφού max = 6, 28 = 2πm/s ω = max A ω = 10πrad/s f = 5Hz. Άρα η εξίσωση της αποµάκρνσης ϑα είναι : y = 0, 2ηµ2π(5t 2, 5x) (S.I.) 2 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριο

3 Φσική Γ Λκείο Γ.2. Η εξίσωση το στάσιµο κύµατος ϑα είναι : y = 0, σν(5πx)ηµ(10πt) (S.I.) Γ.3. Την χρονική στιγµή t = 1 s και τα δύο κύµατα έχον περάσει από 0 το σηµείο Κ αφού το κάθε ένα έχει διαδοθεί κατά x = t = 1 20 m > x κ ( = λf = 2m/s). Άρα το σηµείο Κ ϑα εκτελεί ταλάντωση εξαιτίας το στάσιµο κύµατος. y κ = 0, σν(5π 1 30 )ηµ(10πt) = 0, 2 3ηµ(10πt) κ = 0, πσν(10π 1 0 ) = π 6m/s Γ.. Τα λικά σηµεία πο ταλαντώνονται µε µέγιστο πλάτος είναι οι κοιλίες πο ϐρίσκονται στις ϑέσεις x = k λ για ακέραιο k. Άρα ανάµεσα στα 2 σηµεία Μ και Ν πάρχον 6 σηµεία. 0, 6 < x < 2 0, 6 < k λ 2 < 2 3 < k < 10 k =, 5, 6, 7, 8, 9 Γ.5. Ο πλησιέστερος δεσµός στο σηµείο Ο είναι στην ϑέση x = λ = 0, 1m για να γίνει κοιλία το στάσιµο κύµατος πρέπει A = 2A, άρα : σν( 2πx ) = ±1 2πx = Nπ 2π λ = Nπ λ = 2N λ λ λ λ f = 2N f f f = 2N f = Nf f min = 2f = 10Hz Άρα η ελάχιστη µεταβολή της σχνότητας πρέπει να είναι : f = f f = 5Hz. Βέβαια σε σχέση µε την παραπάνω λύση πάρχει και η εκολότερη εκδοχή λύσης : Για να γίνει κοιλία πρέπει να ισχύει τολάχιστον ότι : λ 2 = 0, 1 λ = 0, 2m f = λ = 10Hz. 3 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριο

4 ένας χαμός ατές οι ασκήσεις! Σχολική Χρονιά Φσική Γ Λκείο Θέµα k 2 1 m 2 m 1.1. Για την ταλάντωση το σώµατος Σ : α. Η αρχική εκτροπή από την ΘΙΤ ϑα είναι και το πλάτος της ταλάντωσης το Σ, άρα A = d = 0, 2m. Η περίοδος της ταλάντωσης ϑα είναι k T = 2π m = π 25 s ϐ. Αφού για t = 0 ϐρίσκεται στην ακραία ϑετική ϑέση φ o = π 2 και ω = 2π = 50rad/s. Άρα η εξίσωση αποµάκρνσης ϑα είναι : T O M x = 0, 2ηµ(50t + π 2 ) Η έκρηξη πραγµατοποιείται την χρονική στιγµή t = Σ είναι στην ΘΙΤ µε ταχύτητα max = ωa = 10m/s. A π 100 s = T, άρα το.2. Μετά την κρούση η ϑέση δεν έχει αλλάξει, άρα το Σ 2 ξεκινά να ταλαντώνεται µε 2 = max. Άρα για την ταλάντωση το ϑα ισχύει : k 2 = ω A 2 = A A = 0, 8 3m m 2 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριο

5 Φσική Γ Λκείο.3. Εφαρµόζοµε την ιατήρηση της Ορµής για την έκρηξη :.. Για το σύστηµα ϱάβδος - Σ 1 : m max = m 1 1 m = 28m/s α. I = I cm + M ( l 2 )2 + m 1 l 2 = 0, 32kg m 2 ϐ. Εφαρµόζοµε την ιατήρηση της Στροφορµής για την κρούση το Σ 1 µε την ϱάβδο. m 1 1 l = Iω o ω o = 7rad/s.5. Ο ϱθµός µεταβολής της στροφορµής το σστήµατος Ράβδος - Σ 1 σε µια τχαία ϑέση µετά την κρούση πο η ϱάβδος σχηµατίζει γωνία φ µε την αρχική της ϑέση πολογίζεται : dl dt = Στ = τ w + τ w1 = Mg l 2 ηµφ + m 1glηµφ = ( M 2 + m 1)glηµφ Με ϐάση το παραπάνω ο ϱθµός µεταβολής της στροφορµής γίνεται µέγιστος όταν η ϱάβδος ϕτάνει στην οριζόντια ϑέση (φ = 90 o ). Για να ϐρούµε την γραµµική ταχύτητα της m 1 αρκεί να πολογίσοµε την γωνιακή ταχύτητα το σστήµατος στην οριζόντια ϑέση µε ΘΜΚΕ ( ή Α ΜΕ). K = ΣW 1 2 Iω2 1 2 Iω2 o = Mg l 2 m 1gl ω = 31, 5rad/s Άρα = ω l = 0, 8 31, 5m/s 5 Μιχάλης Ε. Καραδηµητριο