ΠΡΟΧΩΡΗΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ

ΜΙΧΑΗΛ Π. ΜΙΧΑΗΛ ΠΡΟΧΩΡΗΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΜΙΧΑΗΛ Π. ΜΙΧΑΗΛ ΠΡΟΧΩΡΗΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Θεσσαλονίκη 2011 Copyright Κίτρους Επισκόπου 7 Θεσσαλονίκη Τηλ.: 2310 203 566 www.copycity.gr ISBN: 978-960-9551-03-8 Το βιβλίο «Προχωρημένα θέματα Φυσικής Γ Λυκείου θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης» τυπώθηκε και βιβλιοδετήθηκε από την COPY CITY ΕΠΕ με τεχνολογία φιλική προς το περιβάλλον, σε «πράσινες» ψηφιακές μηχανές, χωρίς χημικά απόβλητα, με μη τοξικά μελάνια, χαμηλής όχλησης και ενεργειακής κατανάλωσης. Απαγορεύεται η αναδημοσίευση ή αναπαραγωγή του παρόντος έργου στο σύνολό του ή τμημάτων του με οποιονδήποτε τρόπο, καθώς και η μετάφραση ή διασκευή του ή εκμετάλλευσή του με οποιονδήποτε τρόπο αναπαραγωγής έργου λόγου ή τέχνης, σύμφωνα με τις διατάξεις του ν.2121/1993 και της Διεθνούς Σύμβασης Βέρνης Παρισιού, που κυρώθηκε με το ν. 100/1975. Επίσης απαγορεύεται η αναπαραγωγή της στοιχειοθεσίας, σελιδοποίησης, εξωφύλλου και γενικότερα της όλης αισθητικής εμφάνισης του βιβλίου, με φωτοτυπικές, ηλεκτρονικές ή οποιεσδήποτε άλλες μεθόδους, σύμφωνα με το άρθρο 51 του ν. 2121/1993.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Ταλαντώσεις... 1 Κύματα... 69 Μηχανική στερεού σώματος... 99 Κρούσεις Doppler... 165

ΠΡΟΛΟΓΟΣ Το βιβλίο που κρατάτε στα χέρια σας είναι ένα βοήθημα επανάληψης για τη Φυσική κατεύθυνσης της Γ Λυκείου. Περιέχει 61 επαναληπτικά θέματα της Φυσικής της κατεύθυνσης, με τη λύση τους σε πλήρη ανάπτυξη. Περιέχει συνδυαστικές ασκήσεις προχωρημένου επιπέδου. Πραγματεύεται έτσι πιθανά «δύσκολα» θέματα, των Πανελλαδικών εξετάσεων. Απευθύνεται σε όλους εμάς τους Φυσικούς, που διδάσκουμε με μεράκι το μάθημα της κατεύθυνσης, καθώς και στους μαθητές μας που εξερευνούν τον κόσμο της Φυσικής και θέλουν κάτι παραπάνω. Ελπίζω το βοήθημα αυτό, να βάλει ένα λιθαράκι και να ενισχύσει την προσπάθειά μας για την κατάκτηση της γνώσης. Ηράκλεια Σερρών, Δεκέμβριος 2011 Μιχαήλ Π. Μιχαήλ Φυσικός Msc http://mtetragono.blogspot.com

1 ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ 1. Ένα σώμα μάζας m=1g ισορροπεί δεμένο πάνω σε κατακόρυφο ελατήριο σταθεράς Κ=400Ν/m. Τη χρονική στιγμή t=0 εξασκούμε στο σώμα μια σταθερή κατακόρυφη δύναμη F=90N με φορά προς τα κάτω όπως φαίνεται στο σχήμα. Θ.Φ.Μ Θ.Ι.(m) x 2 m F α) Να αποδείξετε ότι το σύστημα πραγματοποιεί α.α.τ και να υπολογιστεί η ενέργεια της ταλάντωσης. β) Να γράψετε την εξίσωση x(t) της α.α.τ. θεωρείστε την προς τα πάνω φορά θετική. γ) Να υπολογιστεί το έργο της δύναμης F (W F ), το έργο του βάρους (W w ) καθώς και το έργο της δύναμης του ελατηρίου (W Fελ ), σε χρόνο T/4 από τη στιγμή που άρχισε να ασκείται η δύναμη F. δ) Να γίνει η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης d του σώματος από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου σε συνάρτηση με το χρόνο t.

2 ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Θ.Φ.Μ Θ.Ι.(m) Θ.Ι.Τ Λύση: x2 Fελ m mg F x1 mg Fελ F mg F Fελ α) Στη θέση ισορροπίας της μάζας m ισχύει: ΣF=0 mg= 10 =x 2 x 2 = =0,025m ή 2,5cm. Στη θέση ισορροπίας ταλάντωσης της μάζας m θα πρέπει να ισχύει ΣF=0 400 100 F+mg=x 1 x 1 = x1 =0,25m ή 25cm. 400 Στην τυχαία θέση ισχύει ΣF= F+mg-(x 1 +x) ΣF= F+mg- x 1 -x ΣF=-x που είναι μια εξίσωση της μορφής ΣF= =-Dx με D= άρα πράγματι το σύστημά μας πραγματοποιεί α.α.τ με D==400N/m. Τότε όμως το πλάτος Α της ταλάντωσης θα είναι Α=x 1 -x 2 =25-2,5=22,5cm. Για την ενέργεια της ταλάντωσης έχουμε: Ε= 2 1 ΚΑ 2 Ε= = 2 1 400 (0,225) 2 Ε=10,125j. x Α

ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ 3 β) Για t=0 είναι x=+a αφού η προς τα πάνω φορά είναι η θετική. Οπότε από τη γενική εξίσωση της α.α.τ: x=aημ(ωt+φ 0 ) προκύπτει φ 0 = 2 π rad. Ακόμη είναι Κ=mω 2 ω=20rad/s. Τελικά για την εξίσωση της α.α.τ θα έχουμε: x=0,225ημ(20t+ 2 π ) (S.I). γ) Σε χρόνο Τ/4 το σώμα μάζας m θα έχει μετατοπιστεί κατά Δx=x 1 -x 2 =A και θα έχει βρεθεί στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης. Έτσι για το W F ισχύει W F =FA W F =90 22,5 10-2 W F =20,25j. Ακόμη είναι W w =mga=10 22,5 10-2 W w =2,25j. Τέλος για το W Fελ =U αρχ -U τελ = 2 1 Κx2 2-2 1 x1 2 W Fελ = 2 1 400 625 10-6 99 W Fελ = -12,375j. Από το Θ.Μ.Κ.Ε έχουμε Κ τελ -Κ αρχ =W ολ 2 1 mυ 2-0= W F +W w +W Fελ (Κ αρχ =0) 2 1 υ 2 =20,25+2,25-12,375 υ 2 =2 10,125 υ 2 =20,25 υ=4,5m/s. Όμως αυτή είναι και η μέγιστη ταχύτητα αφού το σώμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας. Πράγματι υ max =ωα υ max =20 22,5 10-2 υ max =υ=4,5m/s.

4 ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ δ) Για την απομάκρυνση d του σώματος από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου έχουμε d=x 1 -x d=0,25-0,225ημ(20t+ 2 π ). Τότε η γραφική παράσταση d(t) θα είναι αυτή που φαίνεται στο σχήμα. d(cm) 47,5 25 2,5 T/4 t(s) 2. Στο κατακόρυφο ελατήριο του σχήματος σταθεράς Κ=100N/m, έχουμε δέσει το σώμα μάζας Μ=1Κg ενώ μέσω αβαρούς νήματος το έχουμε συνδέσει με τη σφαίρα μάζας m=3g. Απομακρύνουμε το σύστημα των δύο σωμάτων κατακόρυφα προς τα κάτω κατά Α=0,2m και αφήνουμε το σύστημα να πραγματοποιήσει α.α.τ. Θ.Ι.Τ

ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ 5 α) Να δείξετε ότι το σύστημα θα πραγματοποιήσει α.α.τ. β) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της τάσης του νήματος T(x) σε συνάρτηση με την απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας γ) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της τάσης του νήματος T(t) σε συνάρτηση με το χρόνο. Θεωρείστε την προς τα πάνω φορά θετική δ) Για πιο πλάτος ταλάντωσης η τάση του νήματος μηδενίζεται; ε) Αν το όριο θραύσης του νήματος είναι Τ θρ =330Ν, τότε για ποια συχνότητα ταλάντωσης κόβεται το νήμα στη θέση x=0,25m από τη θέση ισορροπίας; Θεωρείστε ότι έχουμε επιλέξει κατάλληλο πλάτος ταλάντωσης. Λύση: α) Στη θέση ισορροπίας ισχύει: Θ.Φ.Μ Θ.Ι.Τ x 1 Fελ +x m: mg=t 1 M: T 1 +Mg-x 1 =0. Άρα (M+m)g=x 1 ή

6 ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ x 1 = (M+m)g =0,4m. Στην τυχαία θέση +x: m: ΣF=mg-T=mα (1) M: ΣF = Mg+T-(x 1 +x)=mα. (2) Η επιτάχυνση των δύο σωμάτων είναι κοινή. Άρα με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι: (m+μ)g-(x 1 +x)=(m+m)α=σf ολ ΣF ολ =(m+μ)g-x 1 -x= =x 1 -x 1 -x ΣF ολ = -x, άρα έχουμε α.α.τ με D==100N/m. β) Ισχύει για την τυχαία θέση και από τις σχέσεις (1) και (2) ότι mg-t m = Mg+T-x1-x M Mmg-MT=Mmg+mT-mx 1 -mx (M+m)T=m (M+m)g +mx T=mg+ m m+m x 2 (m+m)ω m T=mg+ m+m x T=mg+mω2 x. T=mg+ m m+m x T =30+75x. 2 ος τρόπος: Η σταθερά επαναφοράς της m είναι D 1 =mω 2, ενώ για τη συνολική σταθερά ισχύει Κ=(m+M)ω 2. Τότε με διαίρεση κατά μέλη έχουμε ή

ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ 7 m D 1 = m + M D1 =75N/m. Παρόμοια για τη μάζα Μ είναι M D 2 = m + M D2 =25N/m. Για την ταλάντωση της μάζας m, έχουμε: ΣF=-D 1 x mg-t=-d 1 x T=mg+D 1 x T=30+75x. Όμως θα μπορούσαμε και από την ταλάντωση της μάζας Μ να έχουμε: ΣF= -D 2 x Mg+T-(x 1 +x)= -D 2 x T=30+75x. Η γραφική παράσταση είναι αυτή του παρακάτω σχήματος. T(N) 45 30 15-0,2 0 0,2 x(m) γ) Ισχύει x=aημ(ωt+φ 0 ). Για t=0 είναι x=-a άρα φ 0 = 3π 2 rad. Ακόμη είναι Κ=(m+M)ω 2 ω=5rad/s. Τελικά είναι x= =0,2ημ(5t+ 3π ) (m) και για την τάση του νήματος προκύπτει: 2

8 ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ T=30+15ημ(5t+ 3π 2 ) (N). T(N) 45 30 15 0 T/4 t(s) Η γραφική παράσταση είναι αυτή του παρακάτω σχήματος. δ) Ισχύει T =30+75x. Για T=0 είναι x=-0,4m Άρα για πλάτος ταλάντωσης τουλάχιστον 0,4m είναι T=0. ε) Ισχύει γενικά T=mg+mω 2 x T=30+0,75ω 2 330=30+0,75ω 2 ω=20rad/s. Όμως 10 ω=2πf f= Hz. π 3. Το ελατήριο του σχήματος σταθεράς Κ=100Ν/m είναι δεμένο στο άκρο Α νήματος το άλλο άκρο του οποίου είναι δεμένο σε οροφή στο σημείο Β.