ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΟΥ ΛΥΕΙΟΥ ΥΡΙΑΗ 6 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 009 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΗ ΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέέµµαα οο. β. γ 3. β 4. δ 5. α) Σ β) Σ γ) Σ δ) Λ ε) Λ. ΣΣωσσττήή εεί ίίννααι ιι ηη ββ.. Θέέµµαα οο Η κινητική ενέργεια της σφαίρας () είναι: = I ω = I ω ω = Ι K = Ι I = I Η κινητική ενέργεια της σφαίρας () είναι: = I ω = I ω ω = Ι K = Ι I = I Από τη σχέση µεταξύ των κινητικών ενεργειών των δύο σφαιρών έχουµε: = = I I I = = 4 =. I. AA.. ΣΣωσσττήή εεί ίίννααι ιι ηη ββ.. Για το κύκλωµα C ισχύει: Ι = ω Q Ι = π T Q.
π Για το κύκλωµα C ισχύει: Ι = ω Q Ι = T Q. π Όµως: Ι = Ι T Q π = T Q Q T = Q T Q = 4 Q. B. ΣΣωσσττήή εεί ίίννααι ιι ηη γγ. Για το κύκλωµα C ισχύει: Ε = Για το κύκλωµα C ισχύει: Ε = Ι. Ι. E Άρα έχουµε: = E Ε = 6 Ε. I E I E 4 = = E I E I 4 I I E E = 6 3. ΑΑ.. ΣΣωσσττήή εεί ίίννααι ιι ηη γγ.. Αφού η κρούση είναι ελαστική ισχύει από την ή διατήρησης της κινητικής ενέργειας: = συστ = συστ + = + m υ - 4 = 3 m υ 4 m u + 0 = m = 3 4 u 4 + Το ποσοστό της κινητικής ενέργειας της µάζας m που µεταφέρεται στη µάζα m είναι: 3 K - 0 K - 00% = 4 00% = 75%. K ΒΒ.. ΣΣωσσττήή εεί ίίννααι ιι ηη αα.. Για να αντιλαµβάνεται ο παρατηρητής µεγαλύτερη συχνότητα από αυτή που εκπέµπει η πηγή θα πρέπει η µάζα m να κινείται προς τον παρατηρητή, οπότε η φορά της µάζας m θα πρέπει να αντιστρέφεται. Συνεπώς από τους τύπους της µετωπικής ελαστικής κρούσης θα έχουµε: υ m -m - = υ m +m m. m + m = - m + m 3m = m = m 3
Θέέµµαα 3 οο A. α. Το πλάτος της ταλάντωσης των σηµείων του µέσου είναι: Α = 0,03 m. H µέγιστη επιτάχυνση των σηµείων του µέσου δίνεται από τη σχέση: α max = ω Α. Άρα: ω αmax 3π = = = 00π = 00π ω = 0π rad/s. A 0,03 Η συχνότητα του κύµατος είναι: f = ω = 0π Hz f = 5 Hz π π Η εξίσωση του κύµατος είναι: ψ = Α ηµπ t x - T λ. Αντιστοιχίζοντας στην εξίσωση του στιγµιότυπου: ψ = 0,03 ηµπ 3 - x ότι: π x = π x λ = m. λ (S.I) έχουµε Για την ταχύτητα διάδοσης του κύµατος, σύµφωνα µε τη θεµελιώδη εξίσωση της κυµατικής, ισχύει: υ = λ f υ = 5 m/s. β. Η περίοδος του κύµατος είναι: Τ = = Τ = 0, s. Αντιστοιχίζοντας την εξίσωση του f 5 κύµατος µε την εξίσωση του στιγµιότυπου έχουµε ότι: t π T = 3π t = 3T 4 t = 0,5 s. Τη χρονική στιγµή t το κύµα έχει διαδοθεί µέχρι την απόσταση: χ = υ t x = 0,75 m. Η εξίσωση του κύµατος τη χρονική στιγµή t = 0,5 s είναι: ψ = 0,03 ηµπ 3 - x (S.I.). Η σχέση αυτή δίνει την αποµάκρυνση όλων των σηµείων του µέσου, από την πηγή έως το σηµείο που απέχει χ = 0,75 m από την πηγή, την χρονική στιγµή t = 0,5 s.
Σχηµατίζουµε τον παρακάτω πίνακα τιµών: λ χ (m) 0 4 = 0,5 λ = 0,5 3λ 4 = 0,75 ψ (m) - 0,03 0 0,03 0 Με τη βοήθεια του πίνακα σχεδιάζουµε το στιγµιότυπο του κύµατος τη χρονική στιγµή t = 0,5 s. ψ (m) 0,03 0 0,5 0,5 0,75 χ (m) - 0,03 Β. α. Η αποµάκρυνση των σηµείων του υγρού δίνεται από τον τύπο: r -r y = A συνπ λ t r +r ηµπ - T λ, όπου r και r οι αποστάσεις των σηµείων του υγρού από τις πηγές Π και Π αντίστοιχα. Άρα για Α = 0,03 m, λ = m και Τ = 0, s έχουµε ότι: r + r y = 0,06 συνπ(r r ) ηµπ(5t - ) (S.I) β. Για τα σηµεία του ευθυγράµµου τµήµατος Π Π που λόγω συµβολής παραµένουν διαρκώς ακίνητα ισχύει: r - r = (N + ) λ λ = m r - r = N + (σε m) () r + r = Π Π = d r + r = m () Π r r Π d
Αθροίζω κατά µέλη τις σχέσεις () και () και παίρνω: r = N + + r = Ν + 3 4 Όµως 0 < r < Π Π 0 < Ν + 3 4 < - 0 < N + 3 < 4-3 < Ν < - 3 < N < -,5 < N < 0,5 Όµως το Ν είναι ακέραιος άρα οι τιµές που µπορεί να πάρει είναι: Ν = -, 0 δύο. Άρα τα σηµεία του ευθυγράµµου τµήµατος Π Π που παραµένουν διαρκώς ακίνητα είναι γ. Το σηµείο Ν απέχει από την πηγή Π απόσταση: r = d - r r = 0,75 m. Το κύµα από την πηγή Π φτάνει στο σηµείο Ν τη χρονική στιγµή: r t Π = υ = 0,5 5 s t Π = 0,05 s. Το κύµα από την πηγή Π φτάνει στο σηµείο Ν τη χρονική στιγµή: t Π = r υ = 0,75 5 s t Π = 0,5 s. Τη χρονική στιγµή t = 0, s έχει φτάσει στο σηµείο Ν µόνο το κύµα από την πηγή Π. Άρα το σηµείο Ν εκεί ταλάντωση που οφείλεται µόνο στη διαταραχή από την πηγή Π και η επιτάχυνσή του δίνεται από την εξίσωση: α = - ω t r Α ηµπ - T λ = - 00 π 0,03 0, 0,5 ηµπ - 0, α = - 30 ηµπ (0,5-0,5) α = - 30 ηµ(π 0,5) = - 30 ηµ(0,5π) = - 30 ηµ π α = - 30 m/s
Θέέµµαα 4 οο α) Ο ανιχνευτής καταγράφει την πραγµατική συχνότητα που εκπέµπει η πηγή κάθε T για την Α.Α.Τ. οπότε T = π 0 Τ = π 5 s και ω = π Τ = 0 rad/s. Άρα η µάζα του δίσκου είναι: D = k 3 = m ω 400 = 00 m m = 4 Kg. Το διάστηµα που διανύει το κέντρο µάζας του δίσκου µεταξύ των ακραίων θέσεων της ταλάντωσης, όπου η ταχύτητα του µηδενίζεται, είναι ίσο µε το διπλάσιο του πλάτους της ταλάντωσης, άρα: S = A = A A = 0,5 m. k (+) (Β) ( ) Τ στατ mg συνφ mg Ν mg ηµφ R Ν mg mg Τ στατ (Γ) h max h U β = 0 φ Επειδή τη χρονική στιγµή που ξεκινά η ταλάντωση το ελατήριο έχει τη µέγιστη επιµήκυνσή του το σύστηµα βρίσκεται σε ακραία θέση και µάλιστα στη µέγιστη θετική αποµάκρυνση. Άρα η ική φάση είναι φ 0 = π rad. Συνεπώς η εξίσωση της αποµάκρυνσης της Α.Α.Τ. που εκεί το κέντρο µάζας του δίσκου δίνεται από τη σχέση: π χ = Α ηµ(ωt + φ 0 ) χ = 0,5 ηµ 0t + (S.I.)
β) Εφαρµόζουµε το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για τη µεταφορική κίνηση του δίσκου: ΣF r = m α r cm mg ηµφ Τ στατ = m α cm () Από το θεµελιώδη νόµο για την περιστροφική κίνηση έχουµε: Στ = Ι α γ Τ στατ r = m r α γ Τ στατ = m r α γ () Επειδή ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ισχύει: α cm = α γ r (3) Η σχέση () λόγω της σχέσης (3) γίνεται: Τ στατ = m α cm (4) Προσθέτοντας τις () και (4) κατά µέλη παίρνουµε: mg ηµφ = 3 m α cm α cm = g ηµφ α cm = 0 3 3 m/s. γ) Αφού η βαρυτική δυναµική ενέργεια του κέντρου µάζας του δίσκου στο σηµείο που αποσπάται ο δίσκος από το ελατήριο ως προς τη βάση του κεκλιµένου δαπέδου είναι 6 φορές η µέγιστη κινητική ενέργεια του δίσκου κατά τη διάρκεια της ταλάντωσης θα έχουµε: U = 6 ολ mg h = 6 m υ max + Ι ωmax mg h = 6 m υ + m r ω max max u max = ω r max mg h = 6 3 m umax 4 h = u max g Όµως u max = ω Α = 5 m/s άρα h = 30 m. δ) Θα βρούµε την ταχύτητα του κέντρου µάζας του δίσκου στο σηµείο (Γ) εφαρµόζοντας Α..Μ.Ε. (Β) (Γ) E µηχ = Ε µηχ (Β) + U (Β) = (Γ) + U (Γ) mg h = m u Γ + Ι ωγ + mg R mg h = m u Γ + m r ωγ + mg R g h g R = u Γ + uγ 300 30 = 4 u Γ = 360 = 60 m/s. 3 uγ 4
Εφαρµόζουµε το θεµελιώδη νόµο στο σηµείο (Γ) για την κυκλική κίνηση του κέντρου µάζας του στερεού σώµατος όταν αυτό εισέρχεται στο τεταρτοκύκλιο και παίρνουµε: u Γ u Γ ΣF R = m R N = m R Ν = 480 Ν. ε) Από τη στιγµή που ο δίσκος εγκαταλείπει το δάπεδο ασκείται σ αυτόν µόνο το βάρος του, η ροπή του οποίου ως προς το κέντρο περιστροφής του δίσκου είναι µηδέν. Αυτό έχει σαν αποτέλεσµα η γωνιακή ταχύτητα άρα και η κινητική ενέργεια λόγω περιστροφής του δίσκου να παραµένουν σταθερές. Έτσι στο ανώτερο σηµείο ( ) της κίνησής του ο δίσκος θα έχει u = 0 και ω = ω Γ = σταθ. δηλαδή θα έχει µόνο κινητική ενέργεια λόγω της στροφικής του κίνησης. Εφαρµόζοντας Α..Μ.Ε. παίρνουµε: (Γ) µηχ ( ) µηχ mg R + m u Γ + Ι ωγ = Ι ωγ + mg h max mg R + 30 + 80 = 0 h max h max = m. E = Ε (Γ) + U (Γ) = ( ) + U ( ) m uγ = mg h max