ΚΟΡΥΦΑΙΟ φροντιστήριο korifeo.gr ΖΗΤΗΜΑ Ο β 2 α 3 δ 4 δ 5 β 6 α. Λ, β. Σ, γ.σ, δ. Λ, ε.λ ΖΗΤΗΜΑ 2 Ο α. Σωστή απάντηση η α. Από το σχήμα προκύπτει ότι οι ταχύτητες του σώματος μάζας m, πριν και μετά την κρούση είναι υ = 2m/s και υ = - m/s. Από το σχήμα 2 προκύπτει αντίστοιχα για το σώμα μάζας m2 ότι υ2 = 0 και υ 2 = m/s. Aπό την Α.Δ.Ο. προκύπτει: m υ + m2 υ2 = m υ + m2 υ 2 άρα m2 = 3kg. Η κινητική ενέργεια του συστήματος πριν και μετά την κρούση προκύπτει: Κπριν = 2 m υ 2 + 2 m υ 2 2 = 2J Κμετα = 2 m υ 2 + 2 m υ 2 2 = 2J Συνεπώς αφού Κπριν = Κμετα η κρούση είναι ελαστική. β. Σωστή απάντηση η δ. Για να συμβάλλουν ενισχυτικά τα κύματα πρέπει να φτάνουν στο σημείο της συμβολής με χρονική διαφορά Δt = Ν Τ. Το διάγραμμα Β είναι λάθος γιατι περιγράφει αναιρετική συμβολή ενώ στα διαγράμματα Α και Γ τα κύματα φτάνουν με χρονική διαφορά 2,5Τ και,5τ αντίστοιχα. Στο διάγραμμα Δ τα κύματα φτάνουν με χρονική διαφορά 2Τ άρα περιγράφει ενίσχυση. 2. Σωστή απάντηση η γ.
Το σημείο Ο εκτελεί Ν = 5 ταλαντώσεις σε χρόνο t = s άρα f = N t = 5 = 5Hz. H χρονική διάρκεια της ταλάντωσης του σημείου Κ μέχρι τη στιγμή t = s είναι: Δt = 4T + T = 0.85s. Όμως Δt = t - tk άρα tk = 0.5s. 4 Άρα η ταχύτητα διάδοσης του κύματος προκύπτει υδ = χ = 6m = 40m/s οπότε t κ 0,5s λ = υ δ f = 40 m s 5s = 8m. 3. Σωστή απάντηση η β. Σύμφωνα με την εκφώνηση το σημείο Ζ ανήκει στη δεύτερη υπερβολή ενίσχυσης από τη μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ που ενώνει τις πηγές οπότε, για το σημείο Ζ, ισχύει ότι: r2 r = 2λ και αφού r προκύπτει ότι r2 = 3λ. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει: (ΚΛ) = r 2 2 2 - r άρα ( ) 8. 4α. Σωστή απάντηση η β. Τη στιγμή που το ελατήριο έχει τη μέγιστη συσπείρωση, τα σώματα έχουν ίσες ταχύτητες. Το σύστημα των σωμάτων είναι μονωμένο άρα η ορμή του διατηρείται οπότε m υ 0 = 2m υ άρα υ = υ 0 2 σχέση Η μόνη δύναμη που παράγει έργο στο σύστημα είναι η δύναμη του ελατηρίου που είναι συντηρητική με συνέπεια η μηχανική ενέργεια του συστήματος να παραμένει σταθερή οπότε 2 m υ 0 2 = 2 m υ2 + 2 m υ2 + Uελ και με τη βοήθεια της σχέσης προκύπτει: Uελ = 4 m υ 0 2 4β. Σωστή απάντηση η β. Από την εκφώνηση διαπιστώνουμε ότι το πλάτος της ταλάντωσης είναι 2d ενώ η θέση ισορροπίας της ταλάντωσης βρίσκεται σε απόσταση d κάτω από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. Το σώμα ξεκινά να ταλαντώνεται από τη κάτω ακραία θέση της ταλάντωσής του, οπότε τη χρονική στιγμή t=τ/2 θα βρεθεί στην άνω ακραία θέση της ταλάντωσής του. Στη θέση αυτή το σώμα θα έχει απομάκρυνση χ = 2d ενώ το ελατήριο θα είναι συσπειρωμένο κατά Δl = d. U ελ U T = 2 kδl2 2 kχ2 = 4.
ΖΗΤΗΜΑ 3 Ο α. Τα κύματα φτάνουν στο σημείο Ζ με χρονική διαφορά Δt =,5T άρα t2 t =,5T r 2 υ δ r υ δ = 3 2 λ υ δ r 2 r = 3 2 λ. Συνεπώς το σημείο Ζ επαληθεύει τη σχέση r 2 r = (2Ν + ) λ για Ν =. 2 Επομένως το σημείο Ζ ανήκει σε υπερβολή αναιρετικής συμβολής. β. f = N t = 0 5s = 2Hz. λ = υ δ f = 2m/s 2s άρα λ = m. Το σημείο Δ ανήκει στην ίδια υπερβολή με το Ζ άρα ( 2 Δ) - ( Δ) = 3 2 λ 3,75m - ( Δ) =,5m ( Δ) = 2.25m Το σημείο Δ ανήκει στo ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τις πηγές άρα d = ( 2 Δ) + ( Δ) = 3,75m + 2.25m άρα d = 6m. γ. Στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ που ενώνει της δύο πηγές παρατηρούνται 2 σημεία αναιρετικής συμβολής άρα μεταξύ της μεσοκάθετου στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ και του Κ υπάρχουν 6 υπερβολές απόσβεσης. Το Ζ ανήκει στη δεύτερη υπερβολή απόσβεσης από τη μεσοκάθετο στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ. Επομένως μεταξύ του Ζ και του Κ υπάρχουν άλλες 4 υπερβολές απόσβεσης, οπότε στο ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα σημεία Κ και Ζ και μεταξύ των δύο σημείων, υπάρχουν 4 σημεία ακυρωτικής συμβολής. δ. Α = 0,4m, λ = m, f = 2Hz ενώ για τις αποστάσεις του σημείου Μ από τις 2 πηγές ισχύουν: r 2 = r = 3m και r 2 + r = d = 6m. Τα κύματα φτάνουν την ίδια χρονική στιγμή στο σημείο Μ άρα tm = r 2 = 3m άρα tm =,5s. υ δ 2m/s Συνεπώς από την εξίσωση της συμβολής κυμάτων από σύγχρονες πηγές προκύπτει η εξίσωση απομάκρυνσης χρόνου για το σημείο Μ: y = 0,8ημ(4πt 6π) για t,5s στο (S.I.) Τ = 0,5s οπότε έως τη χρονική στιγμήt 2,5sec, το σημείο Μ εκτελεί 2 πλήρεις ταλαντώσεις.
ε. Δp Δt = ΣF = D y = m ω2 y 2 28.0 N = 0,0kg 6 π 2 s y y = 0,8m. Επομένως το Μ βρίσκεται σε ακραία θέση ταλάντωσης με συνέπεια ο ρυθμός μεταβολής της κινητικής του ενέργειας να είναι ίσος με μηδέν αφού ΔΚ Δt = ΣF υ. ΖΗΤΗΜΑ 4 Ο α. Το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος, οπότε τα σώματα δέχονται μόνο το βάρος τους με συνέπεια, μέχρι το Σ να φτάσει στο έδαφος, να εκτελούν ελεύθερη πτώση, άρα να έχουν κάθε στιγμή ίσες ταχύτητες και έτσι η απόστασή τους να παραμένει σταθερά ίση με το φυσικό μήκος του ελατηρίου. β. Εφαρμόζοντας Α.Δ.Μ.Ε. για την πτώση του Σ προκύπτει: m g h = 2 m υ 2 υ = 2 3 m/s. Συνεπώς τη στιγμή t=0 που ξεκινά η ταλάντωση του Σ2, η ταχύτητά του είναι ίση με υ = 2 3 m/s. Επίσης την t=0 το ελατήριο έχει το φυσικό του μήκος επομένως η απομάκρυνση του Σ2 είναι ίση με την απόσταση της Θ.Ι. της ταλάντωσης του από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου Δl. Από τη συνθήκη ισορροπίας προκύπτει: Δl = m 2 g άρα Δl = 0,4m. k Εφαρμόζοντας Α.Δ.Ε.Τ. για t=0 προκύπτει: ET = 2 κ Δl2 + 2 m2 υ 2 και με αντικατάσταση προκύπτει ET = 8J. γ. ET = 2 κ Α2 Α = 0,8m. Επίσης ω = k m 2 άρα ω = 5rad/s.
χ = 0,8ημ(5t + φ0) Για t=0 ισχύει χ = 0,4m και υ<0 άρα ημφ0 = 2 οπότε φ0 = 5π 6. Συνεπώς χ = 0,8ημ(5t + 5π 6 ) (S.I.) Για το Σ2 ισχύει ΣF = - kx Fελ m2g = - kx Fελ = 0 25x (S.I.) Για το Σ ισχύει ΣF = 0 F ελ άρα + Ν mg = 0 (F ελ = - Fελ F ελ Ν = 30 25χ (S.I.) και αφού χ = 0,8ημ(5t + 5π 6 ) (S.I.) Ν = 30-20 ημ(5t + 5π 6 ) (S.I.) = 25χ -0 (S.I.) ) δ. Ν = 30 25χ Για Ν=0 προκύπτει χ =,2m άρα θα πρέπει το πλάτος της ταλάντωσης του Σ2 να είναιι ίσο με Α =,2m. Εφαρμόζοντας Α.Δ.Ε.Τ. για t=0 προκύπτει: 2 κ Α 2 = 2 κ Δl2 + 2 m2 υ 2 2 υ2 = 4 2 m/s. Εφαρμόζοντας Α.Δ.Μ.Ε. για την πτώση του Σ προκύπτει: m g h = 2 m υ 2 2 h =,6m