Φυσική Γ' Λυκείου

1. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 1
Leo Kastanas
ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
KYMATΙΚΗΣ
Γ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΑΘΗΝΑ 2023

2. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 2
ΣΚ.1 Το άκρο, Ο, μιας χορδής αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t00 με εξίσωση yΑημωt
και κάθετα στη διεύθυνση της χορδής. Οι δύο ακραίες θέσεις του Ο απέχουν μεταξύ τους 0,2m. Το
αρμονικό κύμα που τρέχει στη θετική κατεύθυνση διαδίδεται κατά 1m κάθε 2s. Δύο σημεία Κ και
Λ με θέσεις xΚ0,5m και xΛ2m αντίστοιχα έχουν φάσεις που διαφέρουν κατά Δφ3πrad.
Α. Να γράψετε την εξίσωση του κύματος.
Β. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση (yt) του σημείου με x2m από t00 έως t17s.
Γ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση (φt) του σημείου με x2m από t00 έως t17s.
Δ. Να σχεδιάσετε στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t24,5s.
Ε. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση φάσης  θέσης, (φx), για τα σημεία τη χορδής τη χρονική
στιγμή t24,5s.
Λύση
Α. Το πλάτος της ΑΑΤ είναι: 2Α0,2m→ Α0,1m. Η ταχύτητα διάδοσης υΔx/Δt1m/2s→
υ0,5m/s. Άρα: υλf→fυ/λ→f0,5Ηz και Τ1/f2s, ω2πf→ωπ rad/s
Από τη διαφορά φάσης: Δφ
2πΔx
λ

2π(xΛ-xΚ)
λ
→λ1m
Η εξίσωση του κύματος είναι: yΑημ(2πt/Τ2πx/λ)→y0,1ημ(πt2πx) (SI)
Β. Υπολογίζω τη στιγμή t1 που αρχίζει να ταλαντώνεται το
σημείο, Λ με x2m. Για να ταλαντώνεται ένα σημείο πρέπει
η φάση του να είναι θετική. Άρα φΛ0→πt12πxΛ0→t14s.
Άρα το Λ αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t14s.
Η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης, y ως προς το
χρόνο για το σημείο Λ (xΛ2m) είναι η παράσταση της
y0,1ημ(πt4π) (SI) για 4st7s και φαίνεται στο σχήμα σχ.1.
Γ. Το σημείο Λ (xΛ2m) αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t14s,
όπως είδαμε στην ερώτηση, (Β). Η φάση του είναι φΛπt2πxΛ→φΛπt4π
(SI) και κάνουμε τη γραφική παράσταση για τιμές του t στο διάστημα,
4t7s. Αυτή φαίνεται στο σχ.2.
Δ. To στιγμιότυπο είναι η γραφική παράσταση (yx) για δεδομένη
χρονική t24,5s. Η συνάρτηση είναι:
y0,1ημ(πt2π·x)→y0,1ημ(4,5π2πx), (1).
Για να βρούμε το πιο απομακρυσμένο σημείο στο οποίο θα έχει
φτάσει η διαταραχή τη στιγμή, t24,5s, παίρνουμε τη φάση, φ0.
φ0→4,5π2πx0→x2,25m→xmax2,25m→xmax2λλ/4.
Αν θέσω στην (1), x0 και t4,5s βρίσκω τη θέση του σημείου Ο (x0). Άρα
y(Ο)0,1ημ4,5π0,1m. Το στιγμιότυπο φαίνεται στο σχήμα σχ.3.
Ε. Στη ερώτηση (Δ) βρήκαμε ότι τη στιγμή t24,5s το κύμα έχει φτάσει μέχρι
το σημείο με xmax=2,25m. Η φάση είναι φ4,5π2πx (SI), και κάνουμε τη
γραφική παράσταση για τιμές του x στο διάστημα 0x2,25m. (σχ.4)

3. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 3
ΣΚ.2 Κατά μήκος ενός γραμμικού ελαστικού μέσου και από
αριστερά προς τα δεξιά, διαδίδεται ένα αρμονικό κύμα.
Θεωρώντας έναν άξονα x, με θετική κατεύθυνση προς τα δεξιά,
το κύμα φτάνει τη στιγμή tο=0 σε σημείο Ο στη θέση xο=0m, το
οποίο αρχίζει να κάνει ΑΑΤ με φορά προς τα πάνω (θετικά). Στο
σχήμα φαίνεται το στιγμιότυπο τη χρονική στιγμή t00. Το
σημείο Ο ταλαντώνεται μεταξύ δύο ακραίων θέσεων που απέχουν μεταξύ τους 1m και περνάει 20
φορές από τη θέση ισορροπίας του σε 10s. Τη χρονική στιγμή t1=0,5s το κύμα φτάνει σε ένα άλλο
σημείο Γ στη θέση x1=2m.
Α. Να γράψετε την εξίσωση του κύματος και την εξίσωση της ταχύτητας για κάθε σημείο.
Β. Να σχεδιάστε ένα στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t2=1,5s στη περιοχή x2m.
Γ. Να υπολογίσετε την ταχύτητα ενός υλικού σημείου Δ το οποίο βρίσκεται στη θέση x3=1m, τη
χρονική στιγμή που το κύμα φτάνει στο σημείο Γ.
Δ. Να κάνετε τη γραφική παράσταση φ=f(t) της φάσης του σημείου Γ σε συνάρτηση με το χρόνο στο
χρονικό διάστημα [0, 3s].
Λύση
Α. Το σημείο Ο έχει y0 και v0 τη χρονική στιγμή t0. Άρα η εξίσωση απομάκρυνση του Ο (x0)
είναι yΟΑημ(ωt).
Το πλάτος: 2Α1m→Α0,5m
Η συχνότητα: f
Νταλ
Δt

10ταλ
10s
→ f1Ηz και Τ1s και ω 2π rad/s
Τη χρονική στιγμή t00, το μέτωπο του κύματος, Ο, έχει φ0 .
Άρα και κάθε χρονική στιγμή, το μέτωπο του κύματος θα έχει φ0
rad.
Στο Γ: φ10 →2πt12πx1/λ0 0,5
t s


 λ4m
Άρα η εξίσωση κύματος είναι: y0,5ημ(2πt0,5πx) (SI) (1)
Και η εξίσωση της ταχύτητας: vπ·συν(2πt0,5πx) (SI) (2)
B. Τη στιγμή t2=1,5s το κύμα έχει φτάσει στη θέση x2:
φ20 rad→2πt20,5πx20 1,5
t s


x26m, άρα x21,5λ
για t1,5s και x0, από (1),(2)→ y0 και vπ m/s
για t1,5s και x1m από (1),(2)→ y0,5m και v0
Γ. Το κύμα φτάνει στο σημείο Γ με x1=2m τη χρονική στιγμή t10,5s.
Εκείνη τη στιγμή η ταχύτητα του σημείου x31m θα είναι:
(2)→vπσυν(2πt10,5πx3)→ vπ·συν(π/2)→v0
Δ. Η φάση του Γ με x12m είναι φΓ2πt0,5π·2→ φΓ2πt-π για
0,5st3s. Διότι από t=0 έως t=0,5s το σημείο Γ δεν ταλαντώνεται.
Για t0,5s, φ και για t3s, φ5π rad.

4. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 4
ΣΚ.3 Ημιτονοειδές εγκάρσιο κύμα διαδίδεται κατά μήκος γραμμικού ελαστικής χορδής και κατά
την αρνητική κατεύθυνση του άξονα xΟx. Τη χρονική στιγμή t0 το μέτωπο του κύματος βρίσκεται
στο σημείο Ο (x0) η εγκάρσια απομάκρυνση του οποίου
περιγράφεται από την εξίσωση y10,2ημ20πt (SI). Η εγκάρσια
απομάκρυνση ενός άλλου σημείου Λ που βρίσκεται αριστερά του
Ο, σε απόσταση d5cm από αυτό, περιγράφεται από την εξίσωση:
y20,2ημ(20πt π/4) (SI). Στο σχήμα φαίνεται ένα
στιγμιότυπο του κύματος τη χρονική στιγμή t1.
Α. Να βρεθούν το μήκος κύματος και η ταχύτητα διάδοσης του
κύματος.
Β. Να βρεθεί η χρονική στιγμή t1 που αντιστοιχεί το στιγμιότυπο που φαίνεται στο σχήμα;
Γ. ΝΑ βρεθεί η ταχύτητα ταλάντωσης των σημείων Η, Γ, Ε και η επιτάχυνση του σημείου Μ τη χρονική
στιγμή t1.
Δ. Ποια είναι η φορά της ταχύτητας των σημείων Β, Ζ, Δ;
Λύση
Α. Το κύμα οδεύει στην αρνητική κατεύθυνση και έχει εξίσωση: yΑημ(2πt/Τ+2πx/λ), (1), χωρίς
αρχική φάση, αφού η εξίσωση απομάκρυνσης του σημείου x0 είναι της μορφής yΑημωt. Το
σημείο Λ έχει εξίσωση y20,2ημ(20πt π/4) (2). Από σύγκριση των (1) και (2) έχουμε:
Α0,2m, 2πt/Τ20πt→Τ0,1s→f10Ηz→ω20πrad/s.
2πx
λ

π
4
0,05
x m


 λ0,4m. Η ταχύτητα διάδοσης, υλf→υ4m/s.
Β. Το σημείο Μ είναι το ποιο απομακρυσμένο από την αρχή Ο και η θέση ισορροπίας του έχει
xΜλ0,4m. Η φάση του Μ είναι μηδέν γιατί εκείνη τη στιγμή t1 αρχίζει να ταλαντώνεται. Άρα:
φΜ20πt
2πxΑ
λ
0,x
 
 

 020πt1 2π→t10,1s, δηλαδή t1Τ.
Γ. Τα σημεία Η και Γ βρίσκονται σε μέγιστη απομάκρυνση από τη θέση ισορροπίας του συνεπώς έχουν
ταχύτητα μηδέν, υΗυΓ0.
Η εξίσωση της ταχύτητας των σημείων του μέσου είναι: v=v0·συν (2πt/Τ+2πx/λ), με v0Αω4π m/s και
η εξίσωση επιτάχυνσης, αΑω
2
ημ(2πt/Τ+2πx/λ).
Τη χρονική στιγμή t10,1s η ταχύτητα του σημείου Ε με
xΕλ/20,2m θα είναι:
vΕ4π·συν(20π·0,1 
2π·0.2
0,4
)4π συν(2ππ)4πσυνπ→vΕ4πm/s.
Τη στιγμή t10,1s η επιτάχυνση του Μ με xΜλ0,4m θα είναι:
αΜ800·ημ(20π·0,1 
2π·0,4
0,4
)800ημ(2π2π)800ημ0
0
→αΜ0.
Δ. Σχεδιάζω στιγμιότυπο τη χρονική στιγμή tt1+Τ/45Τ/4
Από την παρατήρηση της θέσης των σημείων Β, Ζ, Δ τη χρονική
στιγμή t1Τ=0,1s και της θέσης των ίδιων σημείων τη χρονική στιγμή tΤΤ/4 μπορώ να συμπεράνω
ότι:
Το σημείο Β ανέβηκε ψηλότερα άρα η ταχύτητα τη χρονική στιγμή t1 ήταν θετική, vΒ0.
Τα σημεία Ζ και Δ κατέβηκαν συνεπώς η ταχύτητα τη στιγμή t1 ήταν αρνητική, vΔ0 και vΖ0.

5. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 5
ΣΚ.4 Ένα αρμονικό κύμα διαδίδεται προς την θετική κατεύθυνση του άξονα xΟx και για t0=0 η
μορφή του μέσου φαίνεται στο σχήμα. Τη χρονική στιγμή t11s το
μέτωπο του κύματος φτάνει στη θέση x13m.
Α. Να γραφεί η εξίσωση του κύματος.
Β. Να σχεδιασθούν οι γραφικές παραστάσεις yf(x) (το
στιγμιότυπο του κύματος), vf(x) και af(x) τη χρονική στιγμή
t1=1s, στο διάστημα 1mx3m.
Γ. Να υπολογιστεί η ταχύτητα ταλάντωσης του σημείου x3m τη
χρονική στιγμή t11s.
Δ. Να υπολογιστούν, στο διάστημα 1mx2m, οι θέσεις των σημείων τα οποία τη χρονική στιγμή
t1s έχουν απομάκρυνση y0,05m.
Ε. Αν κάθε υλικό σημείο του μέσου έχει μάζα 1mg, να γραφεί η συνάρτηση της δυναμικής ενέργειας
ταλάντωσης σε σχέση με την απόσταση, x τη χρονική στιγμή t11s και να γίνει η γραφική παράσταση.
στο διάστημα 1mx3m. Δίνεται π
2
10.
Λύση
Α. Από τη γραφική παράσταση έχουμε ότι το πλάτος είναι Α0,1m, και το μήκος κύματος λ2m. Σε
χρονικό διάστημα Δt1s το μέτωπο έχει ταξιδέψει κατά Δxx1-x03m(1m)4m, συνεπώς η
ταχύτητα διάδοσης είναι υΔx/Δt4m/s. Άρα η συχνότητα είναι:
f=υ/λ→ f2Ηz, η περίοδος Τ0,5s και η γωνιακή συχνότητα. ω2πf4π rad/s
Το σημείο Μ με xΜ1m έχει για t0, y0 αλλά v0
συνεπώς έχει φάση φΜπ rad. Το κύμα οδεύει προς τη θετική
φορά και η εξίσωση θα είναι της γενικής μορφής:
y=Αημ(ωt2πx/λ φ0)
φΜπ rad→ ωt2π
x
λ
 φ0π rad 0, 1
t x m
 


→ 02π(
-1m
2m
) φ0π→φ00
Άρα: y0,1ημ(4πtπx) (SI)
Β. Οι γραφικές παραστάσεις τη χρονική στιγμή t11s
φαίνονται στο σχήμα.
Γ. Η εξίσωση της ταχύτητας είναι:
vΑωσυν(4πtπx)→v0,4πσυν(4πtπx) 1 , 3
t s x m
 


v0,4πm/s
Δ. y0,1ημ(4πtπx) 1
t s



0,050,1ημ(4ππx)→
ημ(4ππx)1/2→ ημ(4ππx)=ημ(π/6) →
4ππx2κππ/6 → x123/62κ (1)
4ππx2κπ5π/6 → x219/62κ (2)
(1): 1mx12m→ 1
23
6
 2κ 2 →
29
12
 k 
11
12
→ κ1, κ2
(2): 1mx12m→ 1
19
6
 2κ 2 →
25
12
 k 
7
12
→ κ1, κ2
(1) 1

x111/6m, (2) 1

x27/6m, (1) 2



x31/6m, (2) 2



x45/6m
Ε. Η μέγιστη δυναμική ενέργεια της μάζας m10
6
kg είναι: Ε ½mω
2
Α
2
→ Ε8·10
7
J
UEημ
2
(4πtπx) 1
t s



U8·10
7
ημ
2
(4ππx) (SI)

6. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 6
ΣΚ.5 Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων Κ και Λ ταλαντώνονται με εξίσωση απομάκρυνσης
y0,05ημ10πt (SI).Θεωρούμε ως t00 τη στιγμή που οι πηγές αρχίζουν να ταλαντώνονται. Οι δύο
πηγές απέχουν μεταξύ τους απόσταση dΚΛ0,4m και τα κύματα που παράγουν διαδίδονται στην
ελεύθερη επιφάνεια υγρού και διανύουν απόσταση Δx0,1m στη διάρκεια μιας ταλάντωσης της
πηγής. Σε σημείο Ζ της επιφάνειας του υγρού που απέχει από τα Κ και Λ αποστάσεις r1, r2 με r1r2
τα κύματα φτάνουν με διαφορά φάσης Δφ7π rad.
Α. Να βρείτε το μήκος κύματος του κάθε κύματος.
Β. Να εξετάσετε αν η συμβολή των κυμάτων στο Ζ είναι ενισχυτική ή ακυρωτική.
Γ. Να υπολογιστεί η χρονική στιγμή που το μέσον Μ του τμήματος ΚΛ φτάνει για πρώτη φορά στη
θέση απομάκρυνσης y0,1m.
Δ. Να βρείτε τον αριθμό των σημείων του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ, που βρίσκονται μεταξύ των
Κ και Λ (χωρίς τα Κ, Λ) και ταλαντώνονται με μέγιστο πλάτος και τον αριθμο των σημείων που
μένουν ακίνητα.
Λύση
Α. Από τα δεδομένα: Α0,05m, ω10πrad/s →Τ2π/ω→Τ0,2s. Άρα f1/Τ5Ηz.
Η ταχύτητα διάδοσης είναι υ
Δx
Τ
→ υ0,5m/s. Άρα υλ·f→λ0,1m.
Β. Βρίσκω το πλάτος στο σημείο Ζ. Από τη Δφ7πrad έχουμε:
φ12π(t/Τx1/λ) και φ22π(t/Τx2/λ). Άρα Δφφ1φ27πrad→
2π
λ
(x1x2)7π→ x1x20,35m.
Δηλαδή x1-x2= 3,5λ, περιττό πολλαπλάσιο του λ/2, άρα στο Ζ έχουμε ακυρωτική συμβολή.
Γ. Το Μ είναι το μέσον της ΚΛ και τα δύο κύματα φτάνουν σε αυτό την ίδια χρονική στιγμή t1
d
2υ
0,4s, αφού το καθένα διανύσει την απόσταση ½d. Το σημείο Μ θα φτάσει στη μέγιστη θετική
απομάκρυνση σε χρόνο, Τ/40,05s μετά από την αρχή των
ταλαντώσεών του. Άρα tt1Τ/4→t0,45s.
Δ. Έστω Ρ σημείο της ΚΛ που ταλαντώνεται με μέγιστο πλάτος.
Τότε:
x2x1κλ→d2x1κλ→x1
d-kλ
2
→x1
0,4-0,1k
2
με 0x1d→ 0
0,4-0,1k
2
0,4→00,40,1k0,8→…
4k4. Άρα είναι 7 σημεία και οι αποστάσεις τους από την πηγή Κ προκύπτουν από τη σχέση
x1
0,4-0,1k
2
για τιμές k3, -2, -1, 0, 1, 2, 3. Αρα 7 σημεία
ΙΙ. Έστω Σ ένα ακίνητο σημείο του ΚΛ που απέχει απόσταση y1 από την πηγή, Α και y2dy1 από
την πηγή Λ. Αφού στο Σ έχουμε αποσβετική συμβολή ( Α0) πρέπει να ισχύει:
y1y2
(2k+1)λ
2
→ y1(dy1)
(2k+1)λ
2
→ 2y1d
(2k+1)λ
2
→ y1
d
2

(2k+1)λ
4
→
y1 0,2(2k1)0,025m→y1=0,225+0,05k
0y0,4m→0(0,225+0,05k)0,4→ 0,225k0,175→-4,5<k<3,5

Άρα το k παίρνει τιμές k3,2, 1, 0, 1, +2, +3. Άρα 8 σημεία.

7. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 7
ΣΚ.6 Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων Π1,Π2 βρίσκονται στα σημεία Κ και Λ της επιφάνειας του υγρού
και απέχουν απόσταση d6m. Οι πηγές κάνουν ΑΑΤ με εξίσωση y0,2ημωt (SI) και δημιουργούν
κύματα με μήκος κύματος λ1m τα οποία διαδίδονται στην επιφάνεια του υγρού. Σημείο Ζ της
επιφάνειας που απέχει r1 από το Κ και r2 από το Λ με r2r1 ξεκινά να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή
t11,75s και αφού κάνει 2,5 ταλαντώσεις σταματάει. Τη στιγμή που το Ζ ακινητοποιείται το κύμα
από τη πηγή Π2 φτάνει στην πηγή Π1.
Α. Να βρείτε τις αποστάσεις r1, r2.
Β. Να βρείτε τον αριθμό των σημείων του τμήματος ΚΖ τα οποία τη χρονική στιγμή t1 βρίσκονται
σε ακραία θέση ταλάντωσης αν υποτεθεί ότι τα σημεία αυτά ταλαντώνονται μόνο εξ αιτίας του
κύματος που προέρχεται από την πηγή Π1.
Γ. Να γράψετε την εξίσωση ταλάντωσης του Ζ από τη στιγμή που άρχισε να ταλαντώνεται μέχρι τη
στιγμή που ακινητοποιήθηκε.
Δ. Να βρείτε τον αριθμό και τη θέση των σημείων ακυρωτικής συμβολής μεταξύ των Κ και Ζ και
πάνω στο τμήμα ΚΖ (χωρίς τα Κ και Ζ).
Λύση
Α. Το σημείο Ζ αρχίζει να ταλαντώνεται όταν το κύμα από την
πλησιέστερη πηγή Κ φτάνει σε αυτό, δηλαδή σε χρόνο t11,75s. Άρα η
απόσταση r1 είναι r1υt1. Το Ζ σταματάει να ταλαντώνεται όταν και το 2ο
κύμα από την πηγή Λ φτάνει σε αυτό, συμβάλλει και δίνει ακυρωτική
συμβολή. Σύμφωνα με τα δεδομένα το κύμα από την πηγή Λ κάνει τον
ίδιο χρόνο για να φτάσει στο Ζ και στην άλλη πηγή Κ. Άρα οι αποστάσεις
αυτές είναι ίσες, οπότε: r2d6m.
Ο χρόνος για να διανύσει το κύμα την απόσταση r2 είναι t2 t12,5Τ. Άρα:
r2υt2→r2υ(t12,5Τ)→r2υt12,5υΤ→r2υt12,5λ→r2r12,5λ→r1r22,5λ→r16m2,5m→
r13,5m.
Β. Η απόσταση ΚΖr13,5m και το λ1m. Άρα στην απόσταση ΚΖ χωράνε 3,5 μήκη κύματος. Το
κάθε μήκος κύματος έχει δύο σημεία με μέγιστο πλάτος, ένα θετικό και ένα αρνητικό οπότε στα 3,5
μήκη κύματος θα υπάρχουν συνολικά 7 σημεία μέγιστου πλάτους.
Γ. Από τη στιγμή που άρχισε να ταλαντώνεται (t1) μέχρι να σταματήσει, το Ζ κάνει απλή αρμονική
ταλάντωση λόγω του κύματος που προέρχεται από την πηγή, Κ. Η εξίσωση είναι
yΑημ(2πt/Τ2πr1/λ). Το πλάτος είναι: Α0,2m.
Η ταχύτητα διάδοσης είναι : r1υt1→υ3,5m/1,75s→υ2m/s.
Από την εξίσωση: υλfλ/Τ→Τλ/υ→Τ0,5s.
Ο χρόνος: t2t12,5Τ 1,75s2,5·0,5s→t23s. Άρα
yΖ0,2ημ(4πt7π) (SI) στο χρονικό διάστημα 1,75st3s.
Δ. Το Ζ είναι πάνω σε κροσσό ακυρωτικής συμβολής. Το αντίστοιχο σημείο του ίδιου κροσσού πάνω
στο τμήμα ΚΛ είναι έστω το Δ. Πρέπει και για το Δ να ισχύει
ΔΛ-ΔΚr2r12,5m (1) Αλλά ΔΛΔΚd6m (2)
Από (1) (2)→(ΚΔ)1,75m.
Όσα ακίνητα σημεία βρίσκονται στην απόσταση ΚΖ, βρίσκονται και στην ΚΔ. Το πλήθος των
σημείων υπολογίζεται με το γνωστό τρόπο:
Για ένα τυχαίο ακίνητο σημείο Ρ της ΚΛ που απέχει αποστάσεις x1, x2 από τα Κ και Λ ισχύει

8. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 8
x1x2(2k1)
λ
2
→2x1-d(2k1)
λ
2
→ x1
d
2

(2k+1)λ
4
→ x13,250,5k με 0x1(ΚΔ) ή
x13,250,5k με 0x11,75m
Άρα 03,250,5k1,75→…→ 7k3→Άρα k6,5,4, δηλαδή μεταξύ των Κ και Δ, άρα και
μεταξύ των Κ και Ζ υπάρχουν συνολικά 3 σημεία ακυρωτικής συμβολής. Αυτά είναι
x13,250,5k (και για k6) x10,25m
x13,250,5k (και για k5) x10,75m
x13,250,5k (και για k4) x11,25m
ΣΚ.7 Δύο σύγχρονες πηγές κυμάτων βρίσκονται στα
σημεία Α και Β της ελεύθερης επιφάνειας υγρού και
προκαλούν όμοια εγκάρσια κύματα που διαδίδονται
στην επιφάνεια του υγρού με ταχύτητα υ0,4m/s και
συμβάλλουν. Η εξίσωση ταλάντωσης των πηγών είναι
y0,2ημ4πt, (SI). Σε ένα σημείο, Σ το κύμα από την
πηγή Α φτάνει μετά από χρόνο Δt1s από τη στιγμή που
έφτασε το κύμα από την πηγή Β. Οι αποστάσεις του Σ
από τα Α και Β είναι r1, r2 αντιστοίχως και ισχύει ότι
r1r24λ, όπου λ το μήκος κύματος των κυμάτων που συμβάλλουν.
Α. Να βρείτε τις αποστάσεις r1, r2.
Β. Να βρείτε τις χρονικές στιγμές που άρχισε η απλή και σύνθετη ταλάντωση του σημείου Σ και να
κάνετε τη γραφική παράσταση y=f(t) για το Σ από 0 έως 3s.
Γ. Πόσοι λόφοι του κύματος που προέρχεται από την πηγή Α χωράνε μέσα στην απόσταση ΑΣ;
Δ. Να υπολογιστεί η απόσταση d των δύο πηγών αν είναι γνωστό ότι στο τμήμα ΑΒ παρατηρείται
ακυρωτική συμβολή σε 6 σημεία και το πλησιέστερο προς την πηγή Α απέχει από αυτή x10,05m.
Λύση
Α. Στα στοιχεία των κυμάτων είναι ω=4πrad/s→f=2Hz, T=0,5s
Το μήκος κύματος λ=υ/f→λ=0,2m και το πλάτος Α=0,2m.
Τα κύματα στο Σ φτάνουν με χρονική διαφορά Δt=t1-t2=1s .
Άρα r1-r2=υ∙t1-υt2=υ∙Δt=0,4m
Από το σύστημα: r1+r2=4λ=0,8m (1) και r1-r2=0,4m (2)
προθέτω τις (1)(2) και έχω, 2r1=1,2m→r1=0,6m και r2=0,2m
Β. Η απλή ταλάντωση του Σ ξεκινάει όταν φτάνει το κύμα από την πλησιέστερη πηγή δηλαδή τη
πηγή Β, άρα t2=r2/υ→ t2=0,5s. H σύνθετη ταλάντωση αρχίζει μόλις φτάσει και το κύμα από την πηγή
Α, δηλαδή t1=r1/υ→ t1=1,5s

9. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 9
Γ. Για να βρω τα κύματα που χωράνε στην απόσταση ΑΣ διαιρώ την απόσταση με το λ δηλαδή
Ν=
𝛢𝛴
𝜆
=
0,6𝑚
0,2𝑚
→ N=3 κύματα άρα και 3 λόφοι.
Δ. Δύο διαδοχικά σημεία ακυρωτικής συμβολής απέχουν απόσταση λ/2=0,1m. Άφου τα σημεία
είναι 6, υπάρχουν 5 μεταξύ τους αποστάσεις συνεπώς μεταξύ των δύο ακραίων σημείων η απόσταση
είναι 5(λ/2)=5∙0,2=1m. Tα σημεία όμως είναι συμμετρικά τοποθετημένα ως προς τη μεσοκάθετο
στην ΑΒ. Αφού το πρώτο απέχει από την πηγή Α απόσταση 0,05m, θα απέχει την ίδια απόσταση και
το τελευταίο συνεπώς ΑΒ=d=0,005 + 1m +0,05m→ d=0,6m
●Η απόδειξη για Δx=λ/2
Aπό τις σχέσεις x1+x2=(ΑΒ)=d και x1x2(2k1)
λ
2
που ισχύει για τα ακίνητα σημεία
→2x1-d(2k1)
λ
2
→ x1
d
2

(2k+1)λ
4
Το επόμενο σημείο για k’=k+1 θα δώσει απόσταση x1´=
d
2

(2(k+1)+1)λ
4
→ x1´=
d
2

(2k+3)λ
4
Aν αφαιρέσω Δx= x1´-x1=
3𝜆
4
-
𝜆
4
=
𝜆
2
ΣΚ.8 Δύο σύγχρονες πηγές αρμονικών κυμάτων 𝛱1 και 𝛱2, εκτελούν
αρμονικές ταλαντώσεις ίδιου πλάτους και παράγουν εγκάρσια κύματα
στην ελεύθερη επιφάνεια ενός υγρού. Η ταχύτητα διάδοσης των
κυμάτων στην επιφάνεια του υγρού, δίνεται υ= 8 𝑚/𝑠. Ένα υλικό
σημείο 𝛴, της ελεύθερης επιφάνειας του υγρού, απέχει αποστάσεις 𝑟1,
𝑟2 αντίστοιχα, από τις δύο πηγές, για τις οποίες ισχύει 𝑟2 > 𝑟1, όπως
φαίνεται στο σχήμα.
Οι δύο πηγές ξεκινούν ταυτόχρονα τις αρμονικές ταλαντώσεις τους, τη
χρονική στιγμή 𝑡0 = 0 και η απομάκρυνση του σημείου 𝛴 από τη θέση
ισορροπίας του, μεταβάλλεται με το χρόνο όπως φαίνεται στο επόμενο
διάγραμμα. Να υποθέσετε ότι για τις διαστάσεις αυτού του πειράματος,
τα κύματα από τις δύο πηγές φτάνουν στο Σ με ίσα πλάτη.
Να υπολογίσετε:
Α. το μήκος κύματος, των κυμάτων που παράγουν οι δύο πηγές, στην
επιφάνεια του υγρού,
Β. τις αποστάσεις 𝑟1και 𝑟2 αντίστοιχα, των δύο πηγών, από το σημείο 𝛴.
Το σημείο 𝛴, ανήκει σε μια ενισχυτική υπερβολή, της οποίας όλα τα
σημεία απέχουν από τις δύο πηγές αποστάσεις με την ίδια διαφορά, η οποία τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα 𝛫𝛬
στο σημείο 𝛤.
Γ. Να υπολογίσετε την απόσταση 𝛤𝛭, του σημείου αυτού, από το μέσον 𝛭 του 𝛫𝛬.
Δ. Αν δίνεται ότι τα ευθύγραμμα τμήματα 𝛫𝛴 και 𝛬𝛴 είναι κάθετα μεταξύ τους, να βρείτε πόσα υλικά σημεία
της επιφάνειας του υγρού, των οποίων οι θέσεις ισορροπίας ανήκουν στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ,
ταλαντώνονται με μέγιστο πλάτος και είναι σημεία ενισχυτικής συμβολής.
Λύση
Α. H περίοδος είναι Τ=0,2s → f=5Hz και υ=λ∙f→ λ=1,6m
B. Το Σ αρχίζει να ταλαντώνεται τη χρονική στιγμή t1=0,4s, άρα x1=υt1=3,2m. H σύνθετη
ταλάντωση αρχίζει τη t2=0,8s δηλαδή φτάνει το κύμα από την μακρινή πηγή x2=υt2=6,4m

10. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 10
Γ. Το σημείο Γ είναι στην ίδια υπερβολή με το Σ και ισχύει: x2-x1 =kλ→ 3,2=k∙1,6→ k=2.
(ΓΛ)-(ΚΓ)= kλ=3,2→ (d/2) +ΓΜ- [(d/2) -(ΓΜ)]=3,2→ 2(ΓΜ)=3,2 → (ΓΜ)=1,6m
Δ. Από το τρίγωνο ΚΛΣ έχουμε: (KΛ)2
= x1
2
+x2
2
= 3,22
+6,42
→ (KΛ)=d=3,2√5m
Από τις σχέσεις x1-x2=kλ (1) και x1+x2= d (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:
2x1 =kλ+d→ x1=
𝑘𝜆
2
+
𝑑
2
με 0x1d→ 0<
𝑘𝜆
2
+
𝑑
2
<d→ -d<kλ<d→ -3,2√5<1,6k<3,2√5
-2√5<k<2√5→ k= -4, -3, -2 , -1, 0, 1, 2, 3, 4 Άρα 9 συνολικά σημεία
ΣΚ.10 Τεντωμένη οριζόντια χορδή ΟΔ μήκους L0,75m εκτείνεται κατά τη διεύθυνση του άξονα
x. Το άκρο του Δ είναι στερεωμένο ακλόνητα στη θέση xL, ενώ το άκρο του Ο στη θέση x0 είναι
ελεύθερο, έτσι ώστε με κατάλληλη διαδικασία να δημιουργείται στάσιμο κύμα με 3 συνολικά
κοιλίες. Στη θέση x0 εμφανίζεται κοιλία και το σημείο εκτελεί ΑΑΤ. Τη χρονική στιγμή t00 το
σημείο x0 έχει y0 και κινείται κατά τη θετική φορά. Σημείο Ζ της χορδής απέχει από το Ο
απόσταση xΖ0,375m και ταλαντώνεται με πλάτος 0,1 2m. Κάθε 0,2s όλα τα σημεία της χορδής
ευθυγραμμίζονται.
A. Να βρείτε την ταχύτητα των τρεχόντων κυμάτων που διαδίδονται στη χορδή.
B. Να γράψετε την εξίσωση του στάσιμου κύματος.
Γ. Να σχεδιάσετε στιγμιότυπα του στάσιμου κύματος στο θετικό ημιάξονα Οx, κάποια στιγμή t1 που
το Ο φτάνει στη μέγιστη θετική και κάποια στιγμή t2 που φτάνει στη μέγιστη αρνητική
απομάκρυνση.
Δ. Να βρείτε την ταχύτητα ταλάντωσης του σημείου Ζ τη στιγμή που το Ο περνάει από τη θέση
ισορροπίας του κινούμενο κατά τη θετική φορά.
Ε. Να βρείτε τις θέσεις, x, όλων των σημείων της χορδής που έχουν πλάτος ταλάντωσης ίσο με Α,
όπου Α το πλάτος των τρεχόντων κυμάτων που δημιούργησαν το στάσιμο κύμα.
Λύση
Α. Στη χορδή ΟΔ δημιουργούνται 3 κοιλίες, άρα και τρεις δεσμοί. Στο άκρο Ο υπάρχει κοιλία ενώ
στο σταθερό άκρο, Δ, δεσμός. Το μήκος της χορδής ισoύται με τη θέση του τρίτου δεσμού, δηλαδή
την απόσταση (ΟΔ)L. Άρα:
L(2k1)λ/4 2
k
L5λ/4→λ4L/5→λ0,6m.
Τα σημεία ευθυγραμμίζονται όποτε περνούν όλα από τη θέση ισορροπίας τους , δηλαδή κάθε Τ/2
όπου Τ η περίοδος. Άρα Τ/20,2s→Τ0,4s→f2,5Ηz και ω5πrad/s.
Η ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων είναι: υλ·f→υ1,5m/s.
Β. Το πλάτος του σημείου Ζ: |ΑΖ|2Α|συν
2πxΖ
λ
|→0,1 2=2 Α|συν1,25π|→0,1 22Α
2
2
→Α0,1m.
Άρα, y=2Ασυν(2πx/λ)·ημ(ωt)→y0,2συν
10πx
3
ημ5πt (SI).

11. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 11
Γ. Τα στιγμιότυπα φαίνονται στο διπλανό σχήμα.
Δ. Τα Ζ και Ο βρίσκονται εκατέρωθεν του δεσμού, Κ και σε
αποστάσεις μικρότερες από λ/2, όπως φαίνεται και στο
στιγμιότυπο. Συνεπώς έχουν διαφορά φάσης, π rad και αυτό
σημαίνει ότι κάθε χρονική στιγμή θα έχουν αντίθετες
απομακρύνσεις και αντίθετες ταχύτητες. Όλα τα σημεία της
χορδής που ταλαντώνονται περνάνε ταυτόχρονα από τη θέση
ισορροπίας τους. Άρα τη στιγμή που το Ο θα περνάει από τη θέση
ισορροπίας με θετική φορά και θα έχει μέγιστη θετική ταχύτητα,
το Ζ θα έχει μέγιστη κατά μέτρο ταχύτητα αλλά με αρνητικό
πρόσημο.
vΖΑΖ·ωΑΖ·2πf(0,1 2m)·2π·(2,5 rad/s)→vΖ0,5 2m/s.
Ε. |Α|Α→0,2|συν
10πx
3
|0,1→|συν(10πx/3)|1/2→ συν(10πx/3)±1/2
συν(10πx/3)1/2 →συν(10πx/3)συν(π/3)→ 10πx/32κππ/3 (1) και 10πx/32κππ/3 (2)
Για κ0 στη (2)→ x10,1m
για κ1 στη (1)→ x20,5m,
για κ1 στη (2)→ x30,7m.
συν(10πx/3)1/2→συν(10πx/3)συν(ππ/3)→ 10πx/32κπ2π/3 (3) και 10πx/32κπ2π/3 (4)
Για κ1στην (3)→ x40,4m
Για κ0 στη (4)→ x50,2m.
Συνολικά 5 σημεία.
ΣΚ.11 Χορδή OΔ, μήκους L1,8m είναι σταθερή στο ένα άκρο της, Δ και ελεύθερη στο άλλο, Ο.
Πάνω στη χορδή σχηματίζονται στάσιμα κύματα με κοιλία στο ελεύθερο άκρο. Ανάμεσα στα δύο
άκρα της χορδής υπάρχουν το πολύ 9 σημεία που ταλαντώνονται με το ίδιο πλάτος και δεν είναι
κοιλίες. Η απόσταση μεταξύ δύο ακραίων θέσεων μια κοιλίας είναι 8cm. Κάθε σημείο που
ταλαντώνεται περνάει από τη θέση ισορροπίας του 1800φορές κάθε 10s. Να βρεθούν:
A. Η ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων που συμβάλλουν και δημιουργούν το στάσιμο κύμα.
B. Το μέτρο της ταχύτητας ταλάντωσης μιας κοιλίας της χορδής τη στιγμή που βρίσκεται σε
απομάκρυνση 2 3cm από τη θέση ισορροπίας της.
Γ. Η ελάχιστη απόσταση μεταξύ δύο σημείων της χορδής που ταλαντώνονται με πλάτος 2 2cm.
Δ. Έστω ότι τα σημεία της ίδιας χορδής ταλαντώνονται με συχνότητα f1150Ηz. Να υπολογιστούν
ο συνολικός αριθμός των κοιλιών και ο αριθμός των κοιλιών και οι θέσεις που σχηματίζονται μεταξύ
των σημείων Κ και Λ με xΚ0,3m και xΛ0,9m .
Λύση
Α. Για να περνάει 1800 φορές από τη θέση ισορροπίας κάθε 10s σημαίνει ότι κάνει Ν900 πλήρεις
ταλαντώσεις στο διάστημα αυτό. Άρα fΝ/Δt900/10→f90Ηz.
Αν κάνουμε ένα στιγμιότυπο του στάσιμου σε μια στιγμή
που όλα τα σημεία βρίσκονται σε μέγιστη απομάκρυνση,
τότε βλέπουμε ότι για να υπάρχουν 9 σημεία που να έχουν
το ίδιο πλάτος κατά απόλυτη τιμή πρέπει να υπάρχουν και 5
κοιλίες. Από το σχήμα φαίνεται ότι:
L4
λ
2

λ
4
→L
9λ
4
→λ0,8m. Άρα υλ·f90·0,8→υ72m/s.

12. Leo Kastanas Συνδυαστικά Θέματα 2023
ΣΚ 12
Β. Το πλάτος ταλάντωσης μιας κοιλίας είναι Α8cm/24·10
2
m. Γράφω την ΑΔΕ για τις ΑΑΤ της
κοιλίας και βρίσκω την ταχύτητα ταλάντωσης |v1|, για απομάκρυνση y12 3·10
2
m.
ΕΚU→½DA
2
½Dy1
2
½mv1
2
→mω
2
Α
2
mω
2
y1
2
mv1
2
→|v1|ω A
2
-y1
2
→|v1|3,6πm/s
Γ. Ας υποθέσουμε ότι στο στιγμιότυπο τα σημεία αυτά είναι τα Μ και Ν.
Α2 Α|συν(2πx/λ)|→2 24|συν(2πx/λ)| →συν(2πx/λ)± 2/2.
Συν(2πx/λ) 2/2→συν(2πx/λ)συνπ/4 0
k
 2πx/λπ/4→xΜ0,1m
Συν(2πx/λ) 2/2→συν(2πx/λ)συν(3π/4) 0
k
 2πx/λ3π/4→xΝ0,3m.
Άρα: ΔxxΝxΜ 0,2m.
Δ. Η χορδή ταλαντώνεται με συχνότητα f150Ηz αλλά η ταχύτητα διάδοσης μένει η ίδια υ72m/s,
αφού εξαρτάται από τα χαρακτηριστικά της χορδής που δεν άλλαξαν.
Τότε το μήκος κύματος είναι : λ1
υ
f
72/150→λ0,48m.
Οι θέσεις των κοιλιών δίνονται από τη σχέση x
kλ
2
. Για όλες τις κοιλίες μεταξύ του 0 και του 1,8m
έχουμε: 0x1,8m→0
kλ
2
1,8m→0k7,5→k0,1,2,3,4,5,6,7. Άρα 8 κοιλίες.
Για κοιλίες μεταξύ των θέσεων 0,3m και 0,9m, έχουμε:
0,3mx0,9m→ 0,3m
kλ
2
0,9m→1,25k3,75→k2,3. Άρα 2 κοιλίες.
Άρα από τη σχέση, xkλ/2, έχουμε x10,48m, x20,72m, x30,8m.