6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ 6 ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. δ.δ.α 4.β 5.α.Λ β.σ γ.σ δ.λ ε.σ ΘΕΜΑ B Β. Σωστή απάντηση είναι η (γ). t x Συγκρίνοντας τη γενική εξίσωση του αρμονικού κύματος A 0,4 4t x 0,4 t x, ( SI ) έχουμε: με τη δοσμένη εξίσωση A=0,4, =0,5, λ=. H ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι 0,5 H μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης των μορίων του ελαστικού μέσου είναι ax A A ax 0, 4 ax,6 0,5,6 ax Άρα 0,8 Β. Σωστή απάντηση είναι η (α). Στο σχήμα βλέπουμε τις θέσεις ισορροπίας του Σ και του συστήματος των Σ +Σ. Για τη θέση ισορροπίας του Σ έχουμε: ΣF=0 ή g=kx, () Για τη θέση ισορροπίας των Σ +Σ έχουμε: ΣF=0 ή ( + )g=k(x +x ), () Συνδυάζοντας τις (), () παίρνουμε: g=kx Άρα η αφαίρεση του Σ προκαλεί μετατόπιση της θέσης ισορροπίας του Σ προς τα πάνω κατά x. Όταν αφαιρέσουμε το Σ, το Σ ξεκινά να ταλαντώνεται κατακόρυφα, χωρίς ταχύτητα, γύρω από τη νέα θέση ισορροπίας του. Επομένως το πλάτος ταλάντωσης είναι A=x = g/k. Το Σ φτάνει μέχρι τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου, άρα Α=x =x +x και x =x. Στη μέγιστη συσπείρωση του ελατηρίου (x +x ) το ζητούμενο πηλίκο είναι kx E U k(x 4 x ) Σελίδα από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Β. Σωστή απάντηση είναι η (β). Η κρούση είναι κεντρική και ελαστική. Οι ταχύτητες των σωμάτων μετά την κρούση είναι 5 0 5 0 o μήκος κύματος λ που αντιλαμβάνεται ο δέκτης πριν την κρούση είναι λ (πηγή ακίνητη). Μετά την κρούση, η πηγή απομακρύνεται με ταχύτητα υ, επομένως ο δέκτης αντιλαμβάνεται μήκος κύματος 0 0 0 Άρα το ζητούμενο πηλίκο είναι: 0 Β4. Σωστή απάντηση είναι η (γ). Η μέγιστη ταχύτητα ταλάντωσης του σημείου Μ δίνεται από τη σχέση xm υ Μ(ax)=ωΑ Μ (), όπου A A, () Το σύμβολο x M δηλώνει απόσταση από μια κοιλία της χορδής. Παίρνοντας x=0 την κοιλία Κ έχουμε: x M = λ/4+λ/8 = λ/8 Αντικαθιστώντας στην () παίρνουμε: 8 A M A A A M 4 M και από την () παίρνουμε M A ax M f ( ) M ax fa ΘΕΜΑ Γ Γ. Εφαρμόζουμε το θεώρημα Bernoulli για μια ρευματική γραμμή που διέρχεται από τα σημεία Α και B. Επειδή η διατομή A είναι πολύ μικρότερη από την επιφάνεια του δοχείου A θεωρούμε ότι η ταχύτητα υ με την οποία μετατοπίζεται η ελεύθερη επιφάνεια του νερού είναι μηδενική, υ =0. Η πίεση p, στο σημείο A είναι ίση με την ατμοσφαιρική, αφού το δοχείο είναι ανοικτό, όπως και η πίεση p, στο σημείο B, αφού το νερό εξέρχεται στον αέρα, άρα 5 N p p p 0. Σελίδα από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ p gh h p gh h g h h 0 (,8 ) 6. Γ. H παροχή της οπής είναι: 4 4 A 0 6 60 Από τη σύγκριση των δύο παροχών Π, Π, προκύπτει ότι Π >Π. Επειδή η παροχή της βρύσης είναι μεγαλύτερη της παροχής της οπής συμπεραίνουμε ότι η στάθμη του νερού ανέρχεται. Γ. Υποθέτουμε ότι η στάθμη του νερού ανέρχεται μέχρι να φτάσει στο χείλος της δεξαμενής. Τότε η ταχύτητα εξόδου του νερού από την οπή θα πάρει τη μέγιστη τιμή της που είναι (ax) g(h h ) 0 (4, 45 ) (ax) 7 και η παροχή της οπής θα γίνει: 4 4 (ax) A(ax) 0 7 (ax) 70 Παρατηρούμε ότι (ax) επομένως, συμπεραίνουμε ότι η δεξαμενή δεν θα ξεχειλίσει. Η στάθμη του νερού θα σταθεροποιηθεί σε κάποιο ύψος h όταν η παροχή της οπής. Καθώς γίνει ίση με την παροχή της βρύσης, η στάθμη του νερού ανέρχεται, αυξάνεται το βάθος του νερού h και η ταχύτητα εξόδου του νερού από την οπή σύμφωνα με τη σχέση g h h. Όταν οι παροχές Π και Π εξισωθούν ισχύει: A A g(h h ) A g(h h ) 4 6,4 0 ga 4 0 0 h h h, 05 h 4, 05 Γ4. Η εξίσωση της συνέχειας μεταξύ των ακραίων σημείων της φλέβας γράφεται: A () όπου το Α δηλώνει το ζητούμενο εμβαδό και υ την ταχύτητα που έχει η φλέβα ελάχιστα πριν κτυπήσει στο έδαφος. Οι στοιχειώδεις μάζες του νερού εκτελούν οριζόντια βολή από ύψος h και οριζόντια ταχύτητα g h h 0 (4, 05 ) 4 6, 4 Σελίδα από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Σύμφωνα με την αρχή ανεξαρτησίας των κινήσεων, η χρονική διάρκεια της πτώσης του νερού, μέχρι να φθάσει στο έδαφος, εξαρτάται από το ύψος που εκτοξεύεται. h h g t t t 0,4. g 0 / Η ταχύτητα στον κατακόρυφο άξονα υ είναι: g t 0 0, 4 40 Το μέτρο της ταχύτητας της φλέβας λίγο πριν κτυπήσει στο έδαφος είναι x 4 40 9 Με αντικατάσταση στη σχέση () βρίσκουμε: 4 6,4 / 6,4 A 0 c 9 / 9 ΘΕΜΑ Δ Δ. Το σύστημα των δύο ράβδων βρίσκεται σε ισορροπία, με την επίδραση των βαρών τους, w και w, της τάσης του νήματος Τ και της δύναμης F που δέχεται η οριζόντια ράβδος από την άρθρωση Κ. Η τάση αναλύεται στις κάθετες συνιστώσες 0 0 x 0 0 x Η δύναμη F από την άρθρωση αναλύεται στις συνιστώσες F x και F. Εφόσον το σύστημα ισορροπεί θα είναι: F 0 F () F 0 F w w x x x F g g kg 0 / kg 0 / F 40N () 0 w w 0 ( ) g kg 0 / g kg 0 / 0 Είναι 0 60. Σελίδα 4 από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Επίσης x 60 x 0. Η σχέση () δίνει Fx x Fx 0. Η σχέση () δίνει 60 F 40N F 40N F 0. Το μέτρο της δύναμης F από την άρθρωση θα προκύψει από τη σύνθεση των κάθετων συνιστωσών F x και F x F F F 0N 0 N F 800N F 4007 F 0 7N. Δ. Για να βρούμε τη ροπή αδράνειας ενός συστήματος σωμάτων προσθέτουμε τη ροπή αδράνειας του κάθε επιμέρους σώματος. Στη συγκεκριμένη περίπτωση θα προσθέσουμε τις ροπές αδράνειας των δύο ράβδων και τη ροπή αδράνειας της σφαίρας Σ ως προς τον άξονα που διέρχεται από το σημείο Κ. Η πρώτη ράβδος, η οριζόντια, σύμφωνα με το θεώρημα Steiner θα έχει ροπή αδράνειας,k c KN c I I I,K I kg 0, 4 I,K 0, 06kg (ό έ ά ). Η δεύτερη ράβδος, η κατακόρυφη, σύμφωνα με το θεώρημα Steiner θα έχει ροπή αδράνειας I, Ic K, 5 6 4 4 I kg 0, 4 I, 0, 4kg (ό έ ά ). Τέλος η ροπή αδράνειας της σφαίρας Σ ως προς τον άξονα που διέρχεται από το σημείο Κ είναι I K,,, I kg 0, I 0,8kg. Άρα η συνολική ροπή αδράνειας του συστήματος είναι: I I I I I 0,48kg.,,, Σελίδα 5 από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Δ. Στη σφαίρα Σ, κατά την κυκλική κίνησή της, ασκείται το βάρος της, w, και η τάση του νήματος που δεν παράγει έργο, επειδή είναι κάθετη στην κυκλική τροχιά της σφαίρας. Έτσι μπορούμε να εφαρμόσουμε τη Διατήρηση της Μηχανικής Ενέργειας. Έστω υ η ταχύτητα της σφαίρας Σ, με την οποία θα συγκρουστεί με το σημείο σύνδεσης Λ των δύο ράβδων. Θεωρούμε στάθμη μηδενικής δυναμικής ενέργειας την ευθεία που διέρχεται από την οριζόντια ράβδο ΚΛ. Ε = Ε Κ U K + U,, αρχ τελ 0 g 0 0 g () Κατά την σύγκρουση της σφαίρας Σ με το σημείο σύνδεσης Λ των δύο ράβδων δεν υπάρχουν εξωτερικές ροπές, άρα ισχύει η αρχή Διατήρησης της στροφορμής. Πριν την κρούση στροφορμή έχει η σφαίρα, L Σ, μετά την κρούση στροφορμή έχει το σύστημα των τριών σωμάτων, L συστ. L = L L L I (4) K όπου ω η γωνιακή ταχύτητα που θα αποκτήσει το σύστημα των τριών σωμάτων μετά την κρούση. Το σύστημα των τριών μαζών αφού περιστραφεί στο κατακόρυφο επίπεδο κατά 80 0 σταματά στιγμιαία. Οι μόνες δυνάμεις που ασκούνται στα σώματα και παράγουν έργο είναι τα βάρη των σωμάτων, άρα μπορούμε να εφαρμόσουμε τη Διατήρηση της Μηχανικής Ενέργειας. Σελίδα 6 από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θεωρούμε στάθμη μηδενικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από τον άξονα περιστροφής Κ. Ε, = Ε, Καρχ U K τελ + U g g g g kg 0 / 0, 0, 48kg g 5rad /. Με αντικατάσταση στη σχέση (4) βρίσκουμε την ταχύτητα υ της σφαίρας Σ, με την οποία αυτή θα προσπέσει στο σημείο σύνδεσης Λ των δύο ράβδων. IK 0,48kg 5rad / I K = 4. kg 0, Με αντικατάσταση στη σχέση () βρίσκουμε την ταχύτητα υ 0 της σφαίρας Σ, με την οποία την εκτοξεύσαμε. g g 4 / 0 / 0, 0 0 0 0 0. Δ4. Όταν το σύστημα των τριών σωμάτων περιστραφεί κατά 90 0 θα έχει γωνιακή ταχύτητα ω. Το ρυθμό μεταβολής της κινητικής ενέργειας του συστήματος των ράβδων και της σημειακής σφαίρας τη στιγμή που έχει περιστραφεί κατά 90 0 θα τον υπολογίσουμε με τη σχέση d W d d dt t dt dt ( ) ( ) Πρέπει να υπολογίσουμε τα ( ),. Από τα τρία βάρη, μόνο το βάρος της ράβδου ΛΜ, w, έχει ροπή, ενώ τα άλλα βάρη δεν έχουν ροπή, γιατί ο φορέας τους διέρχεται από τον άξονα περιστροφής Κ. Η ροπή του βάρους της ράβδου ΛΜ, w,είναι αρνητική, γιατί είναι αντίρροπη της γωνιακής ταχύτητας του συστήματος και επιβραδύνει το σύστημα σωμάτων. Άρα (5) ( ) w w g 0, ( ) kg 0 / N. ( ) Σελίδα 7 από 8
6 o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΜΑΪΟΣ 07: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Για να υπολογίσουμε τη γωνιακή ταχύτητα ω θα εφαρμόσουμε τη Διατήρηση της Μηχανικής Ενέργειας μεταξύ της θέσης που το σύστημα έχει διαγράψει γωνία 90 ο και της θέσης που στιγμιαία σταματά. Θεωρούμε στάθμη μηδενικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από τον άξονα περιστροφής Κ. Ε = Ε K + U = Κ U, ( ) τελ (Γ) ( ) 0 g g g g 6g 6kg 0 / 0, 0, 48kg g 5 rad /. Η σχέση (5) δίνει d d J ( ) N5 rad / 5. dt dt Η εκπόνηση του διαγωνίσματος έγινε με τη βοήθεια Εθελοντών Εκπαιδευτικών: Τα θέματα επιμελήθηκαν οι Μπετσάκος Παναγιώτης, Ποντικός Ηλίας και Σδρίμας Ιωάννης, Φυσικοί. Ο επιστημονικός έλεγχος πραγματοποιήθηκε από τον Παλόγο Αντώνιο. Σελίδα 8 από 8