Προτεινόμενα θέματα Πανεαδικών εξετάσεων Φυσική Θετικής και Τεχνοογικής Κατεύθυνσης 5o ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ
1. (β),. (β), 3. (γ), 4. (α), 5. α. (Λ), β. (Λ), γ. (Σ), δ. (Σ), ε. (Λ). ΘΕΜΑ 1ο ΘΕΜΑ ο 1. Βέπε σχοικό βιβίο (1-7 ΣΥΝΘΕΣΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΩΝ).. (β). Έστω υ η αρχική ταχύτητα της κινούμενης σφαίρας m και υ 1, υ αντίστοιχα οι ταχύτητες των δύο σφαιρών μετά την έκκεντρη εαστική κρούση. Έστω φ 1 = 50 ο η γωνία που σχηματίζεται μεταξύ της διεύθυνσης της ταχύτητας υ 1 μετά την κρούση και της αρχικής διεύθυνσης της ταχύτητας και ˆφ η αντίστοιχη γωνία της άης σφαίρας. Η γωνία μεταξύ των δύο ταχυτήτων υ 1 και υ είναι φ = φ 1 + φ. Εφαρμόζουμε διανυσματικά την αρχή διατήρησης της ορμής. Οπότε: mυ= mυ + mυ υ=υ +υ υ =υ +υ + υυσυνϕ 1 1 1 1 (1) Στη συνέχεια εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουμε: 1 1 1 m m m υ = υ + υ υ =υ +υ 1 1 () Η (1) μέσω της () γίνεται υ 1 υ συνφ = 0. Συνεπώς συνφ = 0, οπότε φ = 90 ο και επομένως φ = 40 ο. 3. (δ). Η μεταφορική επιτάχυνση των δύο κυίνδρων βρίσκεται από τον θεμειώδη νόμο για τη μεταφορική κίνηση F = mα (1). Οι κύινδροι έχουν ίδια μάζα και επομένως θα έχουν ίδια επιτάχυνση. Συνεπώς στον ίδιο χρόνο θα έχουν ίδια μετατόπιση του κέντρου μάζας: S 1 = α Στον δεύτερο κύινδρο η δύναμη έχει ροπή ως προς το κέντρο μάζας του και επομένως ο κύινδρος έχει γωνιακή επιτάχυνση που βρίσκεται με τον θεμειώδη νόμο για τη στροφική κίνηση. Επομένως: 1 1 = α α = α α = α FR mr m mr R γ γ γ t / 5 www.ellinoekdotiki.gr
Το έργο της δύναμης F A είναι W A = F S. Το έργο της δύναμης F B είναι W B = F S + FRφ. Όμως 1 1 α S ϕ= α t = t =. Επομένως: γ R R W B = F S + FS = 3 F S = 3W A 4. (β). Η θέση ισορροπίας της ταάντωσης βρίσκεται από τη σχέση ΣF = 0. Επομένως x = 0, m Σε μια τυχαία θέση του σώματος η απομάκρυνση y της ταάντωσης και η συντεταγμένη x συνδέονται με τη σχέση x = 0, + y. Συνεπώς στην τυχαία θέση ΣF = 4 0(y 0,) = 0y (S.I.). Άρα το σώμα εκτεεί αρμονική ταάντωση. Το πάτος της ταάντωσης είναι η απόσταση των ακραίων θέσεων από τη θέση ισορροπίας. Επομένως Α = 0, m. ΘΕΜΑ 3ο r1 α. Έχουμε υ = = 10 m/s. Συνεπώς r Κ = υ Κ t = 6,5 m/s. t1 Το πάτος σύνθετης ταάντωσης του Σ δίνεται από τη σχέση: r r 3π = Α συνπ = συν = 1 A 0,08 0 Σ Επειδή είναι r 1 r = 3 m = 3/, το σημείο Σ βρίσκεται στον δεύτερο μετά τη μεσοκάθετη κροσσό απόσβεσης και επομένως θα προάβει να εκτεέσει 1,5 ταάντωση, όγω του κύματος της πηγής Π 1. Άρα η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης y του Σ σε συνάρτηση με τον χρόνο είναι η παρακάτω: 4 β. Η απόσταση των δύο πηγών είναι D = υ Κ t = 6,4 m. Κάθε σημείο σχηματίζει με τις πηγές ένα τρίγωνο για το οποίο ισχύει r 1 r D, άρα: D µ D µ µ 6,4 Συνεπώς μ = 0, ±1, ±, ±3, ±4, ±5, ±6. Επειδή οι υπερβοές ενίσχυσης έχουν διαφορά αποστάσεων από τις πηγές άρτιο ποαπάσιο του /, οι υπερβοές ενίσχυσης αντιστοιχούν σε άρτιες τιμές του αριθμού μ, οπότε θα υπάρχουν 7 υπερβοές. 3 / 5 www.ellinoekdotiki.gr
γ. Όταν μειώνουμε τη συχνότητα των πηγών, αυξάνεται το μήκος κύματος και οι υπερβοές απομακρύνονται μεταξύ τους. Επομένως το σημείο Σ θα βρεθεί στην υπερβοή με r 1 r =. Άρα: 3 3υ υ f Κ Κ = = f = f f 3 Η % μεταβοή της συχνότητας των πηγών είναι f f 100% = 33,3%. f δ. Από την εξίσωση της σύνθετης ταάντωσης που δίνεται, κατααβαίνουμε ότι το σημείο Κ βρίσκεται σε υπερβοή ενίσχυσης και αφού μεταξύ του Κ και της Π 1 υπάρχει μία υπερβοή απόσβεσης, για το Κ ισχύει r r 1 =. Από την εξίσωση, επίσης, κατααβαίνουμε ότι r + r 1 = 8. Από το σύστημα των δύο εξισώσεων βρίσκουμε ότι: ΚΠ 1 = 6 m και KΠ = 10 m ΘΕΜΑ 4ο α. Αφού η ράβδος έκεται αργά, θα ισχύει Στ Κ = 0, οπότε: L mg mg συνϕ TLσυνϕ = 0 T = = 10N Επομένως η τάση του νήματος είναι σταθερή, ανεξάρτητη από τη γωνία και η γραφική της παράσταση είναι μια ευθεία παράηη στον άξονα της γωνίας φ. β. Όταν η γωνία γίνει φ = 30 ο : i. η ράβδος θα έχει αυξήσει τη δυναμική της ενέργεια κατά ΔU 1 = mgh, 1 ii. το εατήριο θα έχει αυξήσει τη δυναμική ενέργεια όγω παραμόρφωσης κατά U = K, iii. το σώμα m θα έχει αυξήσει τη δυναμική του ενέργεια κατά U 3 = mgh. Το ύψος του κέντρου μάζας θα είναι h = Lημφ/ = 0,15 m, οπότε ΔU 1 = 3 J. Για την παραμόρφωση του εατηρίου ισχύει K = mg + T = 0,15m, επομένως: 1 U = K =, 5 J Το σώμα m ανέβηκε κατά Η = Lημφ = 0,3 m. Άρα ΔU 3 = 6 J. Τεικά η οική δυναμική ενέργεια αυξήθηκε κατά ΔU = 11,5 J και συνεπώς τόση είναι η ενέργεια που ξοδέψαμε. γ. Αφού το δάπεδο είναι είο, θα ασκείται στη ράβδο το βάρος της και η κατακόρυφη δύναμη επαφής Ν από το έδαφος. Επομένως το κέντρο μάζας θα κινείται κατακόρυφα, ενώ το άκρο Κ της ράβδου θα οισθαίνει οριζόντια προς τα αριστερά. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. Όποτε: 1 1 1 L mυ + ml ω = mg 1 4 4 / 5 www.ellinoekdotiki.gr
Τη στιγμή που η ράβδος είναι οριζόντια η αρχή επαηίας για το σημείο Κ μας οδηγεί στη σχέση: L υ υ ω = 0 ω= L Επομένως: 1 1 1 4υ L gl 3gL mυ + ml = mg υ = υ = = 1,5 m/s 1 L 4 3 4 8 δ. Στη θέση ισορροπίας του σώματος είναι ΚΔL 1 = mg, άρα ΔL 1 = 0,1 m. Αφού η αρχική παραμόρφωση του εατηρίου ήταν 0,15 m το πάτος της ταάντωσης θα είναι Α = 0,05 m. Κ Είναι ω= = 10 rad/s και θεωρώντας θετική τη φορά της ταάντωσης προς τα κάτω θα m είναι φ 0 = π/ rad. Οπότε: y = 0,05ημ(10t + π/) (S.I.) Άγγεος Κατσίκας (Φυσική) email: katsag@ath.forthnet.gr 5 / 5 www.ellinoekdotiki.gr