Fk ed1 lys_διαγ_ταλ1_λυσεις

396 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
396
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
3
Actions
Shares
0
Downloads
3
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Fk ed1 lys_διαγ_ταλ1_λυσεις

  1. 1. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 1ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α 1. β. 2. α. 3. δ. 4. α. 5. α-Λ, β-Σ, γ-Λ, δ-Λ, ε-Σ. ΘΕΜΑ B 1. Η σωστή απάντηση είναι το γ. Το μέγιστο ρεύμα σε μια ηλεκτρική ταλάντωση βρίσκεται από τη σχέση I = ωQ (1) Από το σχήμα προκύπτει Q A = Q B και TA = 2TB (2) Από τη σχέση (2) για τις γωνιακές συχνότητες προκύπτει: 2π 2π =2 ⇒ ωB = 2ωA ωA ωB Με αντικατάσταση στη σχέση (1), για το πηλίκο των μέγιστων ρευμάτων παίρνουμε: I A ωA Q A ωA I 1 = = ⇒ A = I B ωBQ B 2ωA IB 2 2. Η σωστή απάντηση είναι το γ. Το πλάτος Ι της έντασης του ρεύματος παίρνει τη μέγιστη τιμή όταν η συχνότητα της εναλλασσόμενης τάσης (διεγέρτης) γίνει ίση με τη συχνότητα της ελεύθερης ηλεκτρικής ταλάντωσης (ιδιοσυχνότητα f 0 ): f f= = 0 1 (συντονισμός). 2π LC Σελίδα 1 από 6
  2. 2. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Στο σχήμα φαίνεται η συχνότητα f = f 0 , η αρχική συχνότητα συντονισμού 1 , για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος είναι ίσο με I1 και η π LC συχνότητα f 2 , για την οποία το πλάτος της έντασης του ρεύματος γίνεται ξανά ίσο με I1 . f= f1 = Παρατηρούμε ότι η συχνότητα f 2 είναι μικρότερη από την f 0 , δηλαδή μικρότερη από 1 . 2π LC 3. Η σωστή απάντηση είναι το β. Από το σχήμα υπολογίζουμε την περίοδο του διακροτήματος. Tδ = 0, 75s − 0, 25s ⇒ Tδ = 0,5 s Επομένως, η συχνότητα του διακροτήματος είναι: f δ = Για τη συχνότητα του διακροτήματος ισχύει: f= δ 1 Tδ ⇒ f δ = 2 Hz f 2 − f1 και f 2 > f1 , άρα f 2 −= 2Hz ⇒ f 2 − 19Hz 2Hz ⇒ = 21 Hz f1 = f2 Η γωνιακή συχνότητά της ισούται με τη μέση τιμή των ω1 , ω2 υπολογίζεται ως εξής: = ω ω1 + ω2 2 ⇒ 2= πf 2πf1 + 2πf 2 2 ⇒= f f1 + f 2 2 ⇒ = 20 Hz f ΘΕΜΑ Γ α) Το χρονικό διάστημα μεταξύ δύο διαδοχικών μηδενισμών της έντασης του ρεύματος είναι T T , οπότε = 2π ⋅10−5 s ⇒ T = 4π ⋅10−5 s . 2 2 Σελίδα 2 από 6
  3. 3. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ T2 (4π ⋅10−5 s) 2 = 2 ⇒ L = −3 H 10 4π2 C 4π ⋅ 4 ⋅10−7 F Από τον τύπο της περιόδου έχουμε T =2π LC ⇒ L = β)Τη χρονική στιγμή t = 0 έχουμε q = + Q , οπότε η εξίσωση του φορτίου με το χρόνο είναι: q Q ⋅ συνωt = (1) Η γωνιακή συχνότητα ω είναι: ω = 2π 2π rad = ⇒ ω = 5 ⋅104 −5 T 4π ⋅10 s s Το μέγιστο φορτίο υπολογίζεται από τη σχέση I = ωQ . I 10−5 A Έχουμε Q = = ⇒ Q = 0, 2 ⋅10−9 C ω 5 ⋅104 rad s q Με αντικατάσταση στη σχέση (1) παίρνουμε:= 0, 2 ⋅10−9 συν(5 ⋅104 t) (SI ) q2 , γ) Η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή δίνεται από τη σχέση U E = 2C q2 UE = ⇒ U E 1, 25 ⋅106 q 2 = −7 2 ⋅ 4 ⋅10 F (SI ) µε − 0, 2 ⋅10−9 C ≤ q ≤ 0, 2 ⋅10−9 C Για = 0, 2 ⋅10−9 C προκύπτει U E = 5 ⋅10−14 J . Το ζητούμενο διάγραμμα φαίνεται στο q σχήμα. δ) ∆VC ∆(q / C) 1 ∆q ∆VC i = = ⇒ = ∆t ∆t ∆t C ∆t C (2) Σελίδα 3 από 6
  4. 4. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Πρέπει να βρούμε τη συνάρτηση i = f (t) . Όταν το φορτίο μεταβάλλεται με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση q Q ⋅ συνωt , η = ένταση του ρεύματος μεταβάλλεται με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση i = −ωQ ⋅ ηµωt , οπότε έχουμε: i = −5 ⋅104 ⋅ 0, 2 ⋅10−9 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) (SI ) ⇒ i = −10−5 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) (SI ) Με αντικατάσταση στη σχέση (2) παίρνουμε: ∆VC −10−5 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) ∆VC = ⇒ = −25 ⋅ ηµ(5 ⋅104 t) (SI) −7 ∆t 4 ⋅10 F ∆t ΘΕΜΑ Δ α) Για τη σύγκρουση των δύο σωμάτων ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής. m1 ⋅ υ1 + m 2 = (m1 + m 2 )Vκ (1) ⋅0 Η σύγκρουση γίνεται στη θέση ισορροπίας της ταλάντωσης, οπότε η ταχύτητα υ1 δηλώνει τη μέγιστη ταχύτητα της αρχικής ταλάντωσης, υ1 =υmax . Από τη διατήρηση της ενέργειας, για την αρχική ταλάντωση, μεταξύ της θέσης ισορροπίας και της ακραίας θέσης, βρίσκουμε τη υmax . Σελίδα 4 από 6
  5. 5. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ K 2 = U1 ⇒ 1 1 mυ2 = kA 2 ⇒ υ max = max 2 2 k A= m 576N / m 12 m ⋅ m ⇒ υ max = 4 3kg 12 s Με αντικατάσταση στη σχέση (1) παίρνουμε: = Vκ m1 ⋅ υ1 3kg ⋅ 4m / s m = ⇒= 3 Vκ m1 + m 2 3kg + 1kg s β) Η ζητούμενη σχέση στη γενική της μορφή γράφεται: x A′ ⋅ ηµ(ω′t + ϕ0 ) ( 2 ) = Πρέπει να υπολογίσουμε τα A′, ω′, ϕ0 . Επειδή το σύστημα ταλαντώνεται σε λείο οριζόντιο επίπεδο, η θέση ισορροπίας της νέας ταλάντωσης παραμένει ίδια με την παλιά, οπότε τη χρονική στιγμή t = 0 το συσσωμάτωμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του και έχει θετική ταχύτητα. Αυτό μας επιτρέπει να συμπεράνουμε ότι: - η νέα ταλάντωση δεν έχει αρχική φάση, ϕ0 = 0 - η ταχύτητα του συσσωματώματος, Vκ = 3m / s , αποτελεί τη μέγιστη ταχύτητα της νέας ταλάντωσης. Η γωνιακή συχνότητα της νέας ταλάντωσης είναι: = ω′ k = m1 + m 2 576 N / m rad = 12 ⇒ ω′ 3kg + 1kg s Από τη σχέση της μέγιστης ταχύτητας βρίσκουμε το πλάτος της νέας ταλάντωσης: V 3m / s 1 υ′ ω′ ⇒ A′ =m =25m Vκ = =A′ ⇒ A′ =κ = 0, max ω′ 12rad / s 4 Με αντικατάσταση στη σχέση (2) παίρνουμε: = 0, 25 ⋅ ηµ(12t) (SI) x (3) γ) Fεπαν = ΣF = − kx ⇒ Fεπαν = −576x (SI) µε − 0, 25m ≤ x ≤ 0, 25m Για x = 0, 25m προκύπτει F = 144N . Το ζητούμενο διάγραμμα φαίνεται στο σχήμα. Σελίδα 5 από 6
  6. 6. ΨΗΦΙΑΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ «ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ» 1o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ – ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ 2013: ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ δ) dK dWΣF ΣF ⋅ ∆x dK dK = = ⇒ = ΣF ⋅ υ ⇒ = −kxυ (4) ∆t dt dt dt dt Υπολογίζουμε τα x, υ τη χρονική στιγμή που ισχύει U = K ή K = 15U . 15 Από τη διατήρηση της ενέργειας για την ταλάντωση παίρνουμε: 1 1 1 1 A 1 U + K = ⇒ U + 15U = ⇒ U = E ⇒ kx 2 = kA 2 ⇒ x = ⇒ x = m E E ± ± 16 2 16 2 4 16 Επειδή αναφερόμαστε σε στιγμή με θετική απομάκρυνση αποδεκτή τιμή είναι μόνο η x= + 1 m. 16 Η ταχύτητα βρίσκεται με εφαρμογή της διατήρησης της ενέργειας στην ταλάντωση. U+K = E⇒ υ=± 2 1 2 1 1 k kx + (m1 + m 2 )υ2 = kA 2 ⇒ υ = ± (A 2 − x ) ⇒ 2 2 2 m1 + m 2 2  576N / m  1 2 1 15 m ⋅ ( m) − ( m)  ⇒ υ = ±3 3kg + 1kg  4 16 4 s  Επειδή αναφερόμαστε σε χρονική στιγμή που το συσσωμάτωμα κινείται από θετική απομάκρυνση προς τη θέση ισορροπίας, αποδεκτή τιμή είναι η υ = −3 Με αντικατάσταση στη σχέση (4) βρίσκουμε: dK N 1 15 m dK J )⇒ =−576 ⋅ m ⋅ (−3 =27 15 dt m 16 4 s dt s Σελίδα 6 από 6 15 m . 4 s

×