ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Ένωζη Ελλήνων Φσζικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2009 Πανεπιζηήμιο Αθηνών Εργαζηήριο Φσζικών Επιζηημών, Τετνολογίας, Περιβάλλονηος

Γ΄ Λσκείοσ Σελίδα 1 από 6

Γ΄ Λσκείοσ

14 Μαρτίοσ 2009

Θεωρητικό Μέρος

Θέμα 1ο:

Α. Κάπνηνη από ηνπο αζηξνλαύηεο ησλ απνζηνιώλ Απόιισλ παξαηήξεζαλ έλα ζηξώκα ζθόλεο λα αησξείηαη πάλσ από ηελ επηθάλεηα ηεο Σειήλεο. Σηελ αξρή εμεπιάγεζαλ αθνύ ε Σειήλε δελ έρεη αηκόζθαηξα. Η θαιύηεξε εμήγεζε γηα ηηο παξαηεξήζεηο απηέο είλαη όηη:

(α) ήηαλ νθζαικαπάηε όπσο ζπκβαίλεη ζηηο εξήκνπο ηεο Γεο

(β) δελ ππάξρεη βαξύηεηα ζηε Σειήλε θαη έηζη εμεγείηαη ην όηη ε ζθόλε κέλεη κεηέσξε πά-λσ από ηελ επηθάλεηά ηεο θαη δελ πέθηεη ζ’ απηήλ

(γ) ππάξρνπλ βαξπηηθέο απώζεηο ζηε Σειήλε

(δ) ε ζθόλε θαη ε επηθάλεηα ηεο Σειήλεο από θάησ ήηαλ ζεηηθά θνξηηζκέλε ιόγσ ηνπ θσ-ηνειεθηξηθνύ θαηλνκέλνπ

Β. 3000 άηνκα πδξνγόλνπ βξίζθνληαη αξρηθά ζηελ θαηάζηαζε κε θύξην θβαληηθό αξηζκό n=4. Τα άηνκα απνδηεγείξνληαη ζηηο πην ρακειέο ελεξγεηαθέο ζηάζκεο. Υπνζέζαηε όηη γηα θάζε δηεγεξκέλε θαηάζηαζε όιεο νη δπλαηέο απνδηεγέξζεηο είλαη εμίζνπ πηζαλέο. Πνηνο εί-λαη ν νιηθόο αξηζκόο ησλ θσηνλίσλ πνπ εθπέκπνληαη; Γ. Σην γξάθεκα θαίλεηαη ε απνκάθξπλζε ζε ζπλάξηεζε κε ην ρξόλν, ζηελ πεξίπησ-ζε κηαο ηδηόκνξθεο ηαιάλησζεο πνπ πα-ξνπζηάδεη δηαθξνηήκαηα.

(α) Πνηα είλαη ε ζπρλόηεηα ησλ δηαθξνηεκά-ησλ; (β) Πνηεο είλαη θαηά πξνζέγγηζε νη ζπρλό-ηεηεο ησλ δύν ηαιαληώζεσλ, ησλ νπνίσλ ε ζύλζεζε δεκηνπξγεί ηελ ηδηόκνξθε ηαιά-λησζε; Γ. Τα ζεκεία Π1 θαη Π2 ηεο ήξεκεο επηθάλεηαο πγξνύ κπνξνύλ λα ηαιαληεύνληαη θαηαθό-ξπθα κε ην ίδην πιάηνο ηαιάλησζεο Α θαη ηελ ίδηα πεξίνδν Τ. Τν ζεκείν Π1 αξρίδεη ηελ ηα-ιάλησζή ηνπ ηε ρξνληθή ζηηγκή t0=0 θαηά ηε ζεηηθή θνξά θαη ην Π2 ηε ρξνληθή ζηηγκή

0t =25T/3 επίζεο θαηά ηε ζεηηθή θνξά.

(α) Να βξείηε ην πιάηνο ηαιάλησζεο ιόγσ ζπκβνιήο ησλ ζεκείσλ ηεο επηθάλεηαο ηνπ π-γξνύ, πνπ βξίζθνληαη πάλσ ζηε κεζνθάζεηε ζην επζύγξακκν ηκήκα Π1Π2, ζε ζπλάξηεζε κε ην Α. (β) Αλ Π1Π2 =50λ/3 (λ ην κήθνο θύκαηνο ησλ θπκάησλ πνπ παξάγνπλ νη πεγέο Π1,Π2, λα παξαζηήζεηε γξαθηθά κε ην ρξόλν ην πιάηνο ηαιάλησζεο ηνπ ζεκείνπ Μ πνπ είλαη ζην κέζνλ ηεο Π1Π2 , κεηά ηε ρξνληθή ζηηγκή t0=0.

10 ms



Θέμα 2ο:

A. Σην δηπιαλό γξάθεκα θαίλεηαη ην ζηηγκηόηππν ε-λόο παικνύ ηε ρξνληθή ζηηγκή t1. Ο παικόο δηαδί-δεηαη πξνο ηα δεμηά θαηά κήθνο κηαο ρνξδήο πνπ βξί-ζθεηαη ζηνλ άμνλα x.

(α) Να παξαζηήζεηε γξαθηθά ηελ απνκάθξπλζε y θαη ηελ ηαρύηεηα vy ελόο ζεκείνπ πνπ βξίζθεηαη ζηε ζέζε x1 ηεο ρνξδήο ζε ζρέζε κε ην ρξόλν. Τα δύν απηά γξαθήκαηα λα είλαη ην έλα θάησ από ην άιιν όπσο θαη ζην επόκελν εξώηεκα.

(β) Σην δηπιαλό γξάθεκα θαίλεηαη πάιη ην ζηηγκηό-ηππν ηνπ παικνύ ηε ρξνληθή ζηηγκή t1. Ο παικόο δηαδίδεηαη πξνο ηα δεμηά θαηά κήθνο κηαο ρνξδήο πνπ βξίζθεηαη ζηνλ άμνλα x. Αθνύ αληηγξάςεηε ην γξάθεκα απηό ζην ηεηξάδηό ζαο λα ζπκπιεξώζεηε αθξηβώο από θάησ ην γξάθεκα ηεο ηαρύηεηαο vy ζε ζρέζε κε ην x ηε ρξνληθή ζηηγκή t1.

(γ) Αλ ην δεμηό άθξν ηεο ρνξδήο είλαη αθιόλεην λα ζρεδηάζεηε έλα ζηηγκηόηππν ηνπ αλαθιώκελνπ παι-κνύ.

Β. Σε δνρείν ηνπνζεηνύκε ην επίπεδν θάηνπηξν ΑΒ ώζηε λα ζρεκαηίδεη γσλία θ κε ηνλ ππζκέλα ηνπ δν-ρείνπ, γεκίδνπκε ην δνρείν κε πγξό θαη κηα κνλν-ρξσκαηηθή θαηαθόξπθε δέζκε θσηόο εηζέξρεηαη από ηνλ αέξα ζην πγξό. Η δέζκε απηή αθνύ αλα-θιαζηεί ζην θάηνπηξν εμέξρεηαη από ην πγξό ζρε-καηίδνληαο γσλία θ κε ηελ ειεύζεξε επηθάλεηα ηνπ πγξνύ όπσο θαίλεηαη ζην ζρήκα 1. Η ίδηα δέζκε θσηόο όηαλ πεξλά από ην πγξό ζε δηαθαλέο πιηθό δηαζιάηαη όπσο θαίλεηαη ζην ζρήκα 2. Αλ ν δείθηεο δηάζιαζεο ηνπ πγξνύ γηα απηή ηε κνλνρξσκαηηθή αθηηλνβνιία είλαη n ηόηε ν δείθηεο δηάζιαζεο nΓ ηνπ δηαθαλνύο πιηθνύ ζα είλαη:

α) 1+4 2n

n β)

1+

1-

n

n γ)

1-4

2

2

2

n

n δ)

12-n

n ε)

1-4 2

2

n

n

Να εμεγήζεηε πιήξσο ηελ απάληεζή ζαο.

y

x

y

vy

x

x

φ

φ

n

Σρήκα 1

φ

2φ

n

nΓ

Σρήκα 2

Α

B



Θέμα 3ο:

Η νκνγελήο θαη ηζνπαρήο δνθόο ΟΑ ηνπ παξαθάησ ζρήκαηνο κπνξεί λα ζηξέθεηαη ρσξίο ηξηβέο γύξσ από νξηδόληην ζηαζεξό άμνλα πνπ πεξλά από ην άθξν ηεο Ο θαη είλαη θάζεηνο ζηε δηεύζπλζή ηεο. Η δνθόο έρεη κάδα Μ=1 kg, κήθνο l=1,8 m θαη αξρηθά ηζνξξνπεί ειεύ-ζεξα ζηελ θαηαθόξπθε δηεύζπλζε (ζέζε 1 ηνπ ζρήκαηνο). Έλαο ςειόο καζεηήο αζθεί δύ-λακε ζηαζεξνύ κέηξνπ F0 ζην άθξν Α ηεο δνθνύ. Η δηεύζπλζε ηεο F0 βξίζθεηαη ζπλερώο ζην επίπεδν πεξηζηξνθήο ηεο δνθνύ θαη είλαη ζπλερώο θάζεηε ζηε δνθό. Ο καζεηήο θέξ-λεη ηε δνθό ζηελ νξηδόληηα ζέζε (2) ηνπ ζρήκαηνο, πξνζθέξνληαο ηελ ειάρηζηε ελέξγεηα.

Γίλνληαη:

g=10 m/sec2

εκ40ν 20,6

1=0,32

α. Βξείηε ηελ ειάρηζηε ελέξγεηα πνπ πξέπεη λα πξνζθέξεη ν καζεηήο γηα λα θέξεη ηε δνθό από ηελ θαηαθόξπθε ζέζε (1) ηνπ ζρήκαηνο, ζηελ νξηδόληηα ζέζε (2) ηνπ ζρήκαηνο.

β. Βξείηε ην κέηξν ηεο δύλακεο F0.

γ. 1. Δπηιέμηε ηε ζσζηή πξόηαζε θαη αηηηνινγείζηε ηελ απάληεζή ζαο:

i. Τν κέηξν ηνπ ξπζκνύ κεηαβνιήο ηεο ζηξνθνξκήο ηεο δνθνύ ζπλερώο απμάλεηαη.

ii. Τν κέηξν ηνπ ξπζκνύ κεηαβνιήο ηεο ζηξνθνξκήο ηεο δνθνύ ζπλερώο κεηώλεηαη.

iii. Τν κέηξν ηνπ ξπζκνύ κεηαβνιήο ηεο ζηξνθνξκήο ηεο δνθνύ αξρηθά κεηώλεηαη θαη ζηε ζπλέρεηα απμάλεηαη.

2. Δμεγείζηε γηαηί ζε θάπνηα ζέζε ηεο αλνδηθήο θίλεζεο ηεο δνθνύ, ε θηλεηηθή ηεο ε-λέξγεηα γίλεηαη κέγηζηε.

δ. Να ππνινγίζεηε ηε κέγηζηε θηλεηηθή ελέξγεηα ηεο δνθνύ θαηά ηελ αλνδηθή ηεο θίλεζε κε ηελ επίδξαζε ηεο δύλακεο ζηαζεξνύ κέηξνπ F0.

Ο

Α

(2)

Α

Α

(1)

Μ l

F

0



Πειραματικό Μέρος

A. Μπνξνύκε λα δεκηνπξγήζνπκε ζηάζηκα θύκαηα ζε κηα θαηαθόξπθε ρνξδή ηεο νπνίαο ηα άθξα είλαη ζηεξεσκέλα. Τν πάλσ άθξν ζε έλα θπβηθό ζθηθηήξα b θαη ην θάησ άθξν ζηνλ θηλεηήξα a κε θαηάιιειν ηξόπν. Ο θηλεηήξαο ζπλδέεηαη κε ηε γελλήηξηα ζπρλνηήησλ θαη απηή κε ηε ζεηξά ηεο ζηελ έμνδν κεηαζρεκαηηζηή ώζηε λα ηξνθνδνηείηαη κε ηάζε 12V. Αλάινγα κε ηε ζπρλόηεηα δηέγεξζεο f πξνθύπηνπλ ηαιαληώζεηο ζηάζηκνπ θύκαηνο. Μεηαβάιινληαο κε ηε γελλήηξηα ζπρλνηήησλ ηε ζπρλόηεηα πεξη-ζηξνθήο ηνπ θηλεηήξα, βξίζθνπκε ηηο ζπρλόηεηεο γηα ηηο νπνίεο ηα άθξα ηηο ξάβδνπ κπνξνύκε λα πνύκε όηη είλαη αθίλεηα. Ξεθηλάκε από πνιύ κηθξή ζπρλόηεηα 0.1 Hz θαη απμάλνπκε. Δπηηπγράλνπκε έηζη ηε δεκηνπξγία ηαιαληώζεσλ ζηάζηκνπ θύκα-ηνο ζηε ρνξδή κε n=1,2,3,4, θαη 5 θνηιίεο θαηα-γξάθνληαο ηηο αληίζηνηρεο ζπρλόηεηεο δηέγεξζεο ζηνλ παξαθάησ πίλαθα δεδνκέλσλ.

n f (Hz)

1 15

2 34

3 54

4 71

5 91

Σην δηπιαλό ζρήκα θαίλεηαη ε πεηξακαηηθή δηάηα-με ηε ζηηγκή πνπ ζηε ξάβδν έρνπλ ζρεκαηηζηεί δύν θνηιίεο δειαδή n=2. Tν κήθνο ηεο ρνξδήο εί-λαη L=79cm. Να θάλεηε ην γξάθεκα f-n θαη κε ηε βνήζεηά ηνπ λα ππνινγίζεηε ηελ ηαρύηεηα δηάδνζεο ησλ εγθαξζίσλ θπκάησλ ζηελ ρνξδή. Β. Έλαο καζεηήο εθηέιεζε έλα πείξακα γηα ηε κέηξεζε ηεο ξνπήο αδξάλεηαο Ι ελόο κεγάινπ κεηαιιηθνύ δίζθνπ. Ο δί-ζθνο ζηεξεώζεθε ώζηε λα είλαη θαηαθόξπθνο θαη λα κπν-ξεί λα πεξηζηξέθεηαη γύξσ από νξηδόληην άμνλα όπσο θαί-λεηαη ζην δηπιαλό ζρήκα. Σην δίζθν ππάξρεη δηάθελν κε αθηίλα r ζην νπνίν είλαη ηπιηγκέλν κε ειαζηηθό αβαξέο λή-κα ζην άθξν ηνπ νπνίνπ θξέκεηαη έλα βαξίδη ζε ύςνο h=1,6m από ην πάησκα όπσο θαίλεηαη ζην δηπιαλό ζρή-κα. Ο καζεηήο ρξεζηκνπνίεζε δηάθνξα βαξίδηα θαη θάζε θνξά κεηξνύζε ην ρξόλν κέζα ζηνλ νπνίν ην θάζε βαξίδη έθζαλε ζην πάησκα όηαλ ην άθελε από ην ύςνο h. Τα α-πνηειέζκαηα ησλ κεηξήζεσλ θαίλνληαη ζηνλ παξαθάησ πίλαθα.

m

h

r



Μάδα βαξηδηνύ m (kg)

0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80

Φξόλνο t (s)

26,5 18,8 15,5 13,0 12,1 10,6 10,0 9,4

Η αθηίλα ηνπ δηάθελνπ κεηξήζεθε κε δηαζηεκόκεηξν θαη βξέζεθε r =7,50 cm. Η επηηάρπλ-ζε ιόγσ ηεο βαξύηεηαο είλαη g=9,8 m/s2. Απαληήζηε ζηα παξαθάησ εξσηήκαηα: α) Βξείηε κηα έθθξαζε γηα ην ρξόλν t κέζα ζηνλ νπνίν ην βαξίδη δηαλύεη ηελ απόζηαζε h σο ζπλάξηεζε ηνπ h θαη ηεο επηηάρπλζεο a ηνπ βαξηδηνύ. β) Βξείηε κηα έθθξαζε γηα ηελ επηηάρπλζε ηνπ βαξηδηνύ σο ζπλάξηεζε ηεο κάδαο ηνπ θαη ηεο ξνπήο αδξάλεηαο Ι ηνπ δίζθνπ. γ) Βξείηε κηα έθθξαζε γηα ην ηεηξάγσλν ηνπ ρξόλνπ t2 σο ζπλάξηεζε ησλ δεδνκέλσλ (m,h,g,r) θαη ηεο ξνπήο αδξάλεηαο ηνπ δίζθνπ. δ) Με ηε βνήζεηα ησλ δεδνκέλσλ ηνπ παξαπάλσ πίλαθα, θάληε ην θαηάιιειν γξάθεκα από ην νπνίν ζα κπνξνύζαηε λα βξείηε ηε ξνπή αδξάλεηαο ηνπ δίζθνπ. ε) Βξείηε ηε ξνπή αδξάλεηαο Ι ηνπ δίζθνπ από ην γξάθεκα πνπ θάλαηε δίλνληαο ηηο απα-ξαίηεηεο εμεγήζεηο.

Καλή Δπιτστία



Αλ ζέιεηε, κπνξείηε λα θάλεηε ηα γξαθήκαηα ησλ εξσηήζεσλ ηνπ πεηξακαηηθνύ κέξνπο ζ’ απηή ηε ζειίδα θαη λα ηελ επηζπλάςεηε κέζα ζην ηεηξάδηό ζαο.

Δπηιέμηε ηνπο άμνλεο ηηηινδνηήζηε ζπκπεξηιάβεηε θαη ηηο θαηάιιειεο κνλάδεο ζε θάζε ά-μνλα.

0

0

0

0

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2001 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος

Γ΄ Λυκείου Σελίδα 1 από 8

Γ΄ Λυκείου 29 Απριλίου 2001

Θεωρητικό Μέρος ΘΕΜΑ 1ο 1ο Ερώτημα Ηλεκτρόνια επιταχύνονται και περνάνε μέσα από αέριο που αποτελείται από άτομα

υδρογόνου τα οποία βρίσκονται στη θεμελιώδη κατάσταση. Τα άτομα διεγείρονται και στη συνέχεια εκπέμπουν γραμμικό φάσμα. Το ελάχιστο μήκος

κύματος των ορατών ακτινοβολιών που παρατηρούνται είναι 433 nm. 1. Σε ποιο κύριο κβαντικό αριθμό αντιστοιχεί η διεγερμένη κατάσταση με την μεγαλύτερη

ενέργεια ; 2. Ποιο είναι το ελάχιστο μήκος κύματος της εκπεμπόμενης ακτινοβολίας ; 3. Μια ελληνική σημαία φωτίζεται μόνο με την ορατή ακτινοβολία του μεγαλύτερου μήκους

κύματος που προκύπτει κατά την αποδιέγερση των ατόμων του υδρογόνου. Πώς θα φαίνεται η σημαία ;

Δίνονται: h=6,6.10-34 J.s , c=3.108 m/s , E1=-13,6 eV (ενέργεια θεμελιώδους κατάστασης) και 1J = 0,63.1019 eV. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: 1. Έστω ότι η διεγερμένη κατάσταση με την μεγαλύτερη ενέργεια αντιστοιχεί σε κύριο κβαντικό αριθμό n. Το φωτόνιο με λ=433 nm εκπέμπεται κατά την αποδιέγερση από ην στοιβάδα με κύριο κβαντικό αριθμό n στην πρώτη διεγερμένη αφού αναφερόμαστε σε ορατή ακτινοβολία.

Τότε ισχύει: Εn – Ε2 = λhc

ή jeV

n 9

834

22 10433103106,6)

26,13(6,13

−−

⋅⋅

⋅⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−

από όπου n = 5

2. To ελάχιστο μήκος κύματος της εκπεμπόμενης ακτινοβολίας αντιστοιχεί στην αποδιέγερση από n=5 στην θεμελιώδη n=1 Δηλαδή Ε5 – Ε1 =

min

hcλ

, άρα λmin = 15 EE

hc−

=

95,5 nm. 4. Η ορατή ακτινοβολία μεγαλύτερου μήκους κύματος αντιστοιχεί στην αποδιέγερση από

n=3 σε n=2, έχουμε Ε3 – Ε2 = λhc

, άρα λ = 23 EE

hc−

ή λ = 658 μήκος κύματος που

αντιστοιχεί στο κόκκινο χρώμα και η σημαία θα φαίνεται κόκκινη και μαύρη. Σημείωση: Το πραγματικό ελάχιστο μήκος κύματος της ορατής ακτινοβολίας προκύπτει στο nm

EEhc 437

2525 ≅

−=→λ



2ο Ερώτημα

Συμπληρώστε την αντίδραση της πυρηνικής σχάσης του με κάποιον από τους πυρήνες που ακολουθούν

U23592

Αντίδραση : n3Kr;Un 10

9236

23592

10 ++→+

Πυρήνες : α. Au79197 93 141 64

92

235

1921412351

235

, β. Nb41 , γ. Ba56 , δ. Cu29

1. Δίνεται ότι τα νουκλίδια με μαζικό αριθμό Α από 90 εως 145 έχουν ενέργεια σύνδεσης ανά νουκλεόνιο 8,5 MeV περίπου, ενώ τα νουκλίδια με μαζικό αριθμό από 230 έως 240 έχουν ενέργεια σύνδεσης ανά νουκλεόνιο 7,6 MeV περίπου. Με βάση αυτό αλλά και την παραπάνω αντίδραση σχάσης να υπολογίσετε την ενέργεια που προκύπτει από τη σχάση ενός πυρήνα U235

.

2. Να υπολογίσετε την ισχύ P πυρηνικού αντιδραστήρα στον οποίο σχάζονται 2,35 g σε ένα εικοσιτετράωρο. U92

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

1. Γράφουμε την αντίδραση ως εξής: n3KrXUn 10

9236

yx

23592

10 ++→+

Αρχή διατήρησης του μαζικού αριθμού 1 + 235 = y + 92 + 3 => y= 141 Αρχή διατήρησης φορτίου 92 = x + 36 => x = 56 O πυρήνας στον οποίο αντιστοιχούν οι παραπάνω τιμές είναι του Ba141

56 και η αντίδραση

σχάσης συμπληρώνεται ως εξής: n3KrBaUn 03656920 ++→+

2. Οι θυγατρικοί πυρήνες και είναι πιο σταθεροί από τον μητρικό πυρήνα Ba14156 Kr92

36

U92

Η διαφορά της ενέργειας σύνδεσης ανάμεσα στον μητρικό πυρήνα και στους δύο θυγατρικούς πυρήνες εμφανίζεται ως εκλυόμενη ενέργεια κατά την σχάση. Η εκλυόμενη ενέργεια κατά την σχάση κάθε πυρήνα ουρανίου είναι: Q = [235 · (-7,6) - 141·(-8,5) - 92·(-8,5) ] Μev =194,5 Mev

3. Το mol U23592 αντιστοιχεί σε 235 g και περιέχει ΝΑ = 6,023 · 1023 άτομα. Σε 2,35 g

θα περιέχονται Ν1= 21A 10023,6N

23535,2

⋅= πυρήνες

Η ισχύς του αντιδραστήρα επομένως θα είναι:

MW17,2PW86400

106,1105,19410023,6tQNP

19621

1 ==>⋅⋅⋅⋅⋅

==−

ΘΕΜΑ 2ο

Ορίζουμε ως πίεση της ηλιακής ακτινοβολίας Ρφ=Ι/c το πηλίκο της έντασης Ι της Ηλιακής ακτινοβολίας (όλων των μορφών) που απορροφά ένα σώμα, προς την ταχύτητα του φωτός c=3 108 m/s. Η ένταση της Ηλιακής ακτινοβολίας Ι ορίζεται ως το πηλίκο της ενέργειας W της ηλεκτρομαγνητικής ακτινοβολίας ανά μονάδα επιφάνειας ΔS και ανά



μονάδα χρόνου Δt. (tS

WIΔ⋅Δ

Δ= ), που διέρχεται από την επιφάνεια ΔS όταν αυτή τεθεί

κάθετα στη διεύθυνση διάδοσης του ηλεκτρομαγνητικού κύματος. Η ένταση της ηλιακής ακτινοβολίας λίγο έξω από την ατμόσφαιρα της Γης όταν αυτή πέφτει κάθετα σε αυτή είναι ΙΓ=14000 W/m2, όταν η απόσταση κέντρων Γης - Ήλιου είναι d1=1.5 1011 m, και η ατμόσφαιρα της Γης είναι αμελητέου πάχους συγκρινόμενη με την απόσταση d1. Η ακτίνα του Ήλιου είναι RΗ = 6,96 ·108 m, της Γης RΓ = 6,4·106 m, 1 έτος = 365 ημέρες G = 6,67·10-11 NmKg-2, go = 9,8 m/s2 (ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης).

1. Θεωρώντας ότι η Γη περιστρέφεται περίπου κυκλικά με ακτίνα d1 γύρω από τον Ήλιο να βρείτε τη μάζα του Ήλιου.

2. Να υπολογίσετε την ένταση της ακτινοβολίας ΙΗ στην επιφάνεια του Ήλιου. 3. Ο Άρης έχει περίοδο περιφοράς γύρω από τον Ήλιο ΤΑ = 687 ημέρες. Να βρείτε την

ένταση της Ηλιακής ακτινοβολίας σε σημείο του Ισημερινού του Άρη, λίγο έξω από την ατμόσφαιρα του Άρη. Θεωρείστε την ατμόσφαιρα πολύ μικρού πάχους σε σχέση με την απόσταση των κέντρων Άρη - Ήλιου.

4. Αν μια επιφάνεια είναι τελείως ανακλαστική τότε η πίεση της ακτινοβολίας που ασκείται σε αυτή είναι Pφ=

cΙ2 όταν αυτή τεθεί κάθετα στη διεύθυνση διάδοσης της

ακτινοβολίας. Υποθέτουμε ότι ένα «Ηλιακό ιστιοφόρο» χρησιμοποιεί ένα μεγάλο «πανί» μικρής μάζας και ως προωθητικό μέσο την ενέργεια και ορμή της Ηλιακής ακτινοβολίας όλων των μορφών. Το πανί θα τεθεί κάθετα στη διεύθυνση διάδοσης της ακτινοβολίας. Θα πρέπει το πανί να είναι απορροφητικό ή ανακλαστικό; Για ποιους λόγους; Τι εμβαδόν πρέπει να έχει, ώστε να προωθεί «ηλιακό ιστιοφόρο» συνολικής μάζας

m=10Kg αντίθετα με τη βαρυτική δύναμη που ασκεί ο Ήλιος σε αυτό; Εξαρτάται από την απόσταση από τον Ήλιο; Να αγνοήσετε άλλες βαρυτικές δράσεις. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

1. Η ελκτική δύναμη από τον ήλιο δημιουργεί την κατάλληλη κεντρομόλο ώστε η γη να κινείται κυκλικά γύρω από τον ήλιο F = Fκ =>

1

2

21

H

dM

dMM

G ΓΓΓ υ= και υΓ=

g

1

Td2π επομένως:

.g102GT

d4M 30H

131

2

H Κ⋅≅Μ=>π

=Γ

2. Η επιφάνεια του ήλιου έχει επιφάνεια 4πRH2 και η ακτινοβολούμενη ισχύς θα είναι:

(PH2HH IR4P π= H= SI

tW

Δ=Δ

) οπότε η ακτινοβολούμενη ενέργεια σε χρόνο Δt θα είναι:

ΔW = PHΔt = 4πRH2 IH Δt

Αυτή η ποσότητα ενέργειας θα περάσει από επιφάνεια σφαίρας ακτίνας d1΄ = d1 – RΓ δηλαδή:



ΔW = 4πd1΄2 IΓ Δt και 4πRH2 IH Δt =4πd1΄2 IΓ Δt => ΙΗ=ΙΓ 2

H

/1 )

Rd( . Επειδή RΓ << d1 μπορούμε

να γράψουμε ΙΗ=ΙΓ 2

H

1 )Rd( .

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε: ΙΗ = 6,5 · 108 W/m2

3. Αντίστοιχα με το πρώτο ερώτημα FΑ = Fκ => 2

2AA

22

AH

dM

dMMG υ

= και 2Γ

==π T

dTd

4MG

31

2A

32

2H

επομένως: d2 = d1 32)(

Γ

Α

ΤΤ

με αντικατάσταση: d2 = 2,28· 1011 m.

Όμως όπως αποδείξαμε: 2

H

1H )Rd(

II

=Γ

όμοια 2

H

2H )Rd(

II

=Α

Άρα ΙΑ=ΙΓ 2

2

1 )dd( ή ΙΑ= 6060

W/m2

4. Στην περίπτωση που έχουμε πλήρη απορρόφηση από το πανί η πίεση της ηλιακής ακτινοβολίας είναι: Pφ =

cI , ενώ όταν έχουμε ανάκλαση Pφ΄ = 2

CI = 2Pφ . Δηλαδή η δύναμη

στο πανί θα είναι διπλάσια στην ανάκλαση σε σχέση με την πλήρη απορρόφηση Fακτ=Pφ΄S =

2cI S

Επίσης αποκλείουμε το πανί που θα απορροφά πλήρως την ακτινοβολία, γιατί η θερμοκρασία του θα αυξάνονταν συνεχώς και θα καταστρέφονταν.

Όμως 2H

H

)d

R(II= ή Ι = ΙΗ

2H )d

R( . Οπότε Fακτ = cS2 ΙΗ

2H )d

R( (1)

Η ελκτική δύναμη που ασκεί ο ήλιος στη μάζα m είναι Fελκτ = 2

H

dmMG

Για να μπορέσει να προωθείτε το «ιστιοφόρο» θα πρέπει Fακτ ≥ Fελκτ ή cS2 ΙΗ 2H )

dR( ≥

2H

dmMG => S ≥ c

IR2mM

G2H

H (2) με αντικατάσταση S ≥ 63,55 m2

Όπως βλέπουμε από την εξίσωση (2) η προώθηση εξαρτάται από την απόσταση d )mGM

cRSI2

(d1F H

2HH

2−= , αν το πανί έχει μέγεθος

μεγαλύτερο από 63,55 m2 θα απομακρύνεται από τον ήλιο.

ΘΕΜΑ 3ο

Το ένα άκρο ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k δένεται στον πυθμένα δοχείου, πολύ μεγάλου όγκου, που είναι γεμάτο με νερό, πυκνότητας dνερ. Στην άλλη άκρη του ελατηρίου είναι δεμένο οριζόντιο, μεταλλικό, κυλινδρικό δοχείο, σχήματος και μάζας m1. Το δοχείο αυτό περιέχει αέριο He, μάζας m2 και κλείνεται αεροστεγώς, με μεταλλικό έμβολο, αμελητέου βάρους, που μπορεί να κινείται χωρίς

m2

m1

k

h

dv

m2



εται ελ

, το σύστημα εκτελεί γραμμική αρμονική ταλάντωση και να υπ

ολοκλήρου μέσα στο νερό και η μεταβολή του αερίου

ίνεται η σταθερή βαρυτική επιτάχυνση g στον τόπο του πειράματος.

τριβές. Στη θέση ισορροπίας του συστήματος, το αέριο He έχει όγκο V0, το έμβολο βρίσκεται σε βάθος h κάτω από την ελεύθερη επιφάνεια του νερού και το ελατήριο είναι συσπειρωμένο (βλέπε εικόνα). Το ύψος του εμβόλου είναι πολύ μικρότερο του ύψους h. Το σύστημα εκτρέπεται από τη θέση ισορροπίας του, κατά x, προς τα κάτω και αφήνεύθερο να κινηθεί. Α. Να εκφράσετε, σε συνάρτηση με την απομάκρυνση x, τον όγκο του αερίου He. Β. Να αποδείξετε ότι, αν x<<hολογίσετε τη συχνότητά της. Να αμελήσετε την ατμοσφαιρική πίεση και τα φαινόμενα που σχετίζονται με την

αντίσταση του νερού και να θεωρήσετε ότι, κατά την κίνηση του συστήματος, το κυλινδρικό δοχείο βρίσκεται διαρκώς και εξ γίνεται με σταθερή θερμοκρασία. Δ Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις:

Α. Στη θέση ισορροπίας του συστήματος (2η θέση της εικόνας), το έμβολο δέχεται την υδροστατική πίεση του νερού στο συγκεκριμένο βάθος (προσοχή, το ύψος του εμβόλου είν

λου, προκύπτει ότι η πίεση του αερίου He στην κατάσταση

ος τα κάτω (3η θέση της

νας στην 3 είναι ισόθερμη, μια το αέριο e βρίσκεται σε θερμική ισορροπία με το νερό.

poVo = pV => V = Vo

αι αμελητέο σε σύγκριση με το ύψος h): pυδρ = εvh = dv gh (1)

Από την ισορροπία του εμβόαυτή είναι: po= pυδρ = dv gh (2) Εκτρέπουμε το σύστημα, από τη θέση ισορροπίας του, κατά x, πρεικόνας). Εκεί, η πίεση του αερίου είναι: p = p΄υδρ = dv g(h + x) (3) Η μεταβολή του αερίου, από τη 2η θέση της εικό η

Η

ppo => V = Vo

)xh(gd c +ghd v => V = Vo

xhh+

(4)

Α τ η εικόνας, προκύπτει: Β. πό η συνθήκη ισορροπίας στη 2 θέση τηςBB

m2

oλ = Fελ1 + Α1=> (m1 + m2) g =k Δl1 + dvgVo (5)

x



τ ,

ΣF = Bολ – Fελ2 – Α2 = (m1 + m2)g – k(Δ l1+ x) – dvgV = (m1 + m2)g – kΔ l1- k x – dvgV

Στην 3η θέση ης εικόνας με θετική φορά την προς τα κάτω, έχουμε:

op

po =

= (m1 + m2)g – kΔ l1- k x – dvgVo - dvgVo (p

po - 1) = - k x – dvgVo (xh

h+

- 1) =

= - k x + dvgVo (xh +

) x = - (k -V1o

hv )x = -D x, D= gd k -Vo

hv gd

σύστημα εκτελεί γραμμική αρμονική ταλάντωση. Η συχνότητα της κίνησης αυτής είναι: Άρα το

21

0

21 21

21

mmhgdVk

mmDf

+

−=

+=

ν

ππ


στερεωμένα στο ταβάνι ε

ητικό πεδίο.

Ευθύγραμμη ομογενής μεταλλική ράβδος σταθερής διατομής μήκους l = 0,3 m, μάζας 1 Κg και αμελητέας εσωτερικής αντίστασης, τοποθετείται με τα άκρα της σε δύο όμοια ισομήκη ελατήρια νός εργαστηρίου. Κάθε ελατήριο έχει σταθερά Κ=50 Ν/m.

Στο εσωτερικό των ελατηρίων υπάρχουν χάλκινοι αγωγοί αμελητέας ωμικής

αντίστασης, που με το ένα τους άκρο συνδέονμε τα ελατήρια και με το άλλο με παλμογράφο μεγάλης εσωτερικής αντίστασης, ρυθμισμένο να μας δίνει την τιμή της τάσης σε συνάρτηση με τον χρόνο. Η αγώγιμη ράβδος βρίσκεται σε ομογενές οριζόντιο μαγν

ται με την ράβδο στα σημεία σύνδεσης της

Αφού το σύστημα ηρεμήσει, εκτρέπουμε τη ράβδο προς τα κάτω κατά 10 cm και την αφήνουμε να κινηθεί.

H ένδειξη στην οθόνη του παλμογράφου έχει την μορφή του επόμενου διαγράμματος. Αν ο παλμογράφος είναι ρυθμισμένος, ώστε

σε κάθε διάστημα μεταξύ των οριζόντιων γραμμών να αντιστοιχεί σε διαφορά δυναμικού 0,01 Volt να υπολογιστεί η ένταση του μαγνητικού πεδίου. Ερμηνεύστε την μορφή του διαγράμματος και σχεδιάστε στην κόλλα σας την εξέλιξη της

ταλάντωσης για χρόνο οκταπλάσιο από αυτόν της περιόδου.


Γ΄ Λυκείου

Στη συνέχεια κόβουμε τα ελατήρια στη μέση και αντικαθιστούμε την αρχική ράβδο με μια αντίστοιχη ίδιας διατομής αλλά μεγαλύτερου μήκους την οποία τοποθετούμε πάνω στα δύο ελατήρια με τέτοιο τρόπο ώστε η απόσταση μεταξύ των ελατηρίων να παραμένει 0,3 m.

Σελίδα 7 από 8

Εκτρέπουμε την ράβδο, από την νέα θέση ισορροπίας, προς τα κάτω κατά 10cm και την αφήνουμε. Χωρίς να αλλάξουμε τις ρυθμίσεις του παλμογράφου. Η νέα μορφή των ενδείξεων του

παλμογράφου είναι αυτή του επόμενου διαγράμματος.

Ερμηνεύστε την μορφή του διαγράμματος και σχεδιάστε στην κόλλα σας την εξέλιξη της ταλάντωσης για χρόνο οκταπλάσιο από αυτόν της περιόδου. Υπολογίστε την μάζα και το μήκος της νέας ράβδου. Να γίνουν τα διαγράμματα (σε κοινό σύστημα αξόνων) Μηχανικής , Κινητικής και

Δυναμικής Ενέργειας σε συνάρτηση με τον χρόνο για τις δύο περιπτώσεις. Αν παράλληλα στους ακροδέκτες του παλμογράφου, είχαμε βάλει ένα λαμπτήρα

πυρακτώσεως με μικρή αλλά όχι αμελητέα ωμική αντίσταση, να εξηγήσετε ποια θα περιμένατε να είναι η απεικόνιση του παλμογράφου και πώς θα μεταβάλλονταν η ενέργεια του συστήματος. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: H ένδειξη του παλμογράφου θα ταυτίζεται με την επαγωγική τάση στα άκρα της ράβδου, (η εμπέδηση του κυκλώματος θα οφείλεται αποκλειστικά στην ωμική αντίσταση του παλμογράφου αφού οι άλλες αντιστάσεις θεωρούνται αμελητέες.) Η επαγωγική τάση δίνεται από τη σχέση Ε = -Bυl (1) όπου υ η ταχύτητα της ράβδου και l το μήκος της επ

H ράβδος εκτελεί φθίνουσα αρμονική ταλάντωση με περίοδο:

DmΤ=2π ( D=2K) Τ=

2π s628,02,0100

1== π και

Για την πρώτη φορά που περνάει από την

θέση ισορροπίας: υ πο= ωχο =

2 χ =1m/s ο Τ



Από τις ενδείξεις του παλμογράφου υπολογίζουμε την τιμή της τάσης και βρίσκουμε ότι η μέγιστη τιμή της τάσης είναι ίση με 0,03 Volt

H ένταση του μαγνητικού πεδίου από την σχέση (1) θα είναι. V = Βυ l => Β=V/ (l υ )=> B=0,03/0,3=0,1T ο ο ο

Η τάση που προκύπτει είναι εναλλασσόμενη ημιτονοειδούς μορφής με πλάτος που ελαττώνεται με τον χρόνο, λόγω ελάττωσης της μηχανικής ενέργειας του συστήματος. Η εικόνα στην οθόνη του παλμογράφου

αναμένεται να έχει την μορφή που φαίνεται στο επόμενο διάγραμμα. Στην δεύτερη περίπτωση ακολουθώντας

παρόμοια διαδικασία και λαμβάνοντας υπόψη ότι για αυτή την περίπτωση D΄=4Κ (. . . ). Η μάζα της ράβδου μπορεί να προσδιοριστεί από την περίοδο και αφού στα δύο διαγράμματα η περίοδος είναι ίδια θα πρέπει

D΄m'2 Τ=2π → Τ2 D΄/(4π2)= m΄=> m΄=2 Κg

Αφού οι δύο ράβδοι είναι κατασκευασμένες απη δεύτερη έχει διπλάσια μάζα οπότε θα έχει και διπλάσιο μήκος.

(Η ένδειξη του παλ

ό το ίδιο υλικό, έχουν την ίδια διατομή και

μογράφου δεν εξαρτάται από το μήκος της ράβδου αλλά από την α

ε μπ

ται νορ

ς

τωση Ε

πόσταση μεταξύ των ελατηρίων ) Η τάση που προκύπτει είναι ναλλασσό ενη ημιτονοειδούς μορφής με λάτος που ελαττώνε με τον χρό με μεγαλύτερο υθμό σε σχέση με την προηγούμενη περίπτωση λόγω ελάττωσης τη μηχανικής ενέργειας του συστήματος. Για την πρώτη περίπδυν=1/2Dx2

=50 · 0,12

ημ2 )2

10( π+⋅ t 0 · ημ= ,5 2 )10(

2π

+⋅ t

J, Εκιν=1/2 mυ2 =1/2

σ

-0,1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6

Χρόνος (s)

Eνέργεια

(J)

Δυναμική Ενέργεια Κινητική Ενέργεια Μηχανική Ενέργεια

υν2 )10(2π

+⋅ t J και Ε =0,5 J μηχ

Oι αντίστοιχες τιμές για την μεγαλύτερη ράβδο θα είναι Εδυν=1/2D΄x2 = 100·0,12·

ημ2 )10(2π

+⋅ t = ημ2 )2

10( π+⋅ t J ,



Εκιν=1/2 mυ2 = συν2 )2

10 π( +⋅ t J και

Ε

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6

Χρόνος (s)

Eνέργεια

(J)

Δυναμική Ενέργεια Κινητική Ενέργεια Μηχανική Ενέργεια

=1J μηχ

Αν στα άκρα του παλμογράφου είχαμε βάλει λαμπτήρα πυρακτώσεως με πολύ μικρή αντίσταση το κύκλωμα θα διαρρέονταν από ρεύμα με αποτέλεσμα στην ράβδο να εμφανιζόταν δύναμη Laplace με φορά διαρκώς αντίθετη της ταχύτητας με αποτέλεσμα το πλάτος και η μηχανική ενέργεια της ταλάντωσης να ελαττώνονται με τον χρόνο πιο γρήγορα και μέρος της ηλεκτρικής ενέργειας να μετατρέπεται σε θερμότητα στον λαμπτήρα.





Θέμα 1ο

Α. Να υπολογίσετε την ελάχιστη κινητική ενέργεια στο σύστημα εργαστηρίου που απαιτείται ώστε ένα σωμάτιο α να προκαλέσει την αντίδραση:

42 Ηe + Ν14

7 11Η + O. 17

8

Δίνεται ότι οι ατομικές μάζες των Ηe, 42 Ν14

7 , Η, 17 O είναι αντίστοιχα: 4.00260u, 14,00307u, 1.00783u και 16.99913u και ότι 1u=931,48 MeV/c

11 8

2

Συνοπτική απάντηση / λύση: H ενέργεια Q της αντίδρασης είναι ίση με: Q = ΔΜ.c2 ή Q = (14,00307 u+4.00260u - 1.00783 u - 16.99913u) c2

ή Q = -1.20 MeV Η ελάχιστη κινητική ενέργεια ΚCM, ως προς το σύστημα κέντρου μάζας, ώστε να

μπορέσει να πραγματοποιηθεί η αντίδραση πρέπει να είναι 1,20 MeV. Έστω mα και mN οι μάζες του σωματιδίου α και του πυρήνα αζώτου αντίστοιχα. Επομένως η κινητική ενέργεια ΚLAB του συστήματος ως προς το σύστημα του εργαστηρίου είναι:

ΚLAB=N

Na

mmm + ΚCM ή ΚLAB=

00307,1400307,1400260,4 + 1.20 MeV ή

ΚLAB= 1,54 MeV

Β. Δύο απλά εκκρεμή αποτελούμενα από νήματα μήκους L1 και L2 και σφαίρες ίδιας μάζας τοποθετούνται με τέτοιο τρόπο ώστε οι σφαίρες τους να εφάπτονται η μία με την άλλη έχοντας τα κέντρα τους στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο. Η δεξιά σφαίρα εκτρέπεται κατά μικρή γωνία και αφήνεται ελεύθερη. Να βρεθεί η περίοδος της ταλάντωσης του συστήματος, εάν οι κρούσεις είναι ελαστικές. Δίνονται: L1, L2 και g.

Συνοπτική απάντηση / λύση: Επειδή οι κρούσεις είναι ελαστικές και οι μάζες των σφαιρών ίσες, σε κάθε κρούση οι σφαίρες θα ”ανταλλάσσουν” ταχύτητες με αποτέλεσμα η μία σφαίρα να παραμένει ακίνητη στη θέση ισορροπίας ενώ η άλλη εκτελεί ταλάντωση κινούμενη κατά ένα τεταρτοκύκλιο. Η συνολική κίνηση που θα επαναλαμβάνεται περιοδικά αποτελείται διαδοχικές κινήσεις των σφαιρών. Κάθε σφαίρα θα κινείται για χρόνο ίσο με το μισό της περιόδου της ταλάντωσης που θα έκανε αν πραγματοποιούσε πλήρη ταλάντωση.

gLT 1

1 2π= , gLT 2

2 2π=

⇒+

=Τολ 221 TT

( )21 LLg

+π

=Τολ



l

Θέμα 2ο

Μια μεγάλη λεπτή ομογενής ράβδος με μάζα Μ=960 kg και μήκος =15 m κατευθύνεται προς ένα διαστημικό σταθμό με ταχύτητα μέτρου υ=2,5 m/s (ως προς το σταθμό) χωρίς να περιστρέφεται. Δυο αστροναύτες αφού βγουν από τον διαστημικό σταθμό χρησιμοποιούν τους προωθητήρες τους και κινούνται προς το μέρος της επερχόμενης ράβδου. Όταν φθάνουν στη ράβδο οι προωθητήρες τους έχουν σβήσει και προσκολλώνται ταυτόχρονα στη ράβδο αρπάζοντας τα δύο άκρα της. Οι ταχύτητές τους λίγο πριν την προσκόλλησή τους είναι κάθετες στη ράβδο και έχουν μέτρα υΑ=7,5 m/s και υΒ=2,5 m/s ως προς το διαστημικό σταθμό. Η μάζα του κάθε αστροναύτη μαζί με τον εξοπλισμό είναι m=120 kg.

ψ

z x

M

l σύστημα αναφοράς διαστημικού σταθμού

υ

υΑ

υΒ

m

m

A

B

α) Να βρεθεί η ταχύτητα ως προς το διαστημικό σταθμό του κέντρου μάζας του συστήματος ράβδος-αστροναύτες υΚΜ μετά την προσκόλληση των αστροναυτών.

β) Να υπολογιστούν οι ταχύτητες των αστροναυτών ως προς το σύστημα αναφοράς του κέντρου μάζας ράβδος-αστροναύτες και η στροφορμή του συστήματος αυτού ως προς το κέντρο μάζας του λίγο πριν την επαφή των αστροναυτών στη ράβδο.

γ) Μετά την προσκόλληση των αστροναυτών ποια η περίοδος της περιστροφής του συστήματος ράβδος-αστροναύτες;

δ) Πόση η απώλεια μηχανικής ενέργειας κατά την προσκόλληση;

Δίνεται η ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς το κέντρο μάζας της: Iράβδου=121 Μl 2.

Να θεωρήσετε θετική τη φορά κίνησης των αστροναυτών, αμελητέα κάθε βαρυτική αλληλεπίδραση και τους αστροναύτες ως υλικά σημεία. Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: α) Επειδή στο σύστημα δεν ασκούνται εξωτερικές δυνάμεις θα διατηρείται η

ορμή του, δηλαδή:

mυΑ+mυΒ-Μυ=(2m+M)υKM ⇒ υKM=Mm2

υMm)υυ( ΒΑ

+−+

96012025,2960120)5,25,7(

+⋅⋅−+

⇒υKM= ⇒

⇒ υKM= ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−sm

120024001200 ⇒ υKM= -1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

sm

Το κέντρο μάζας του συστήματος λίγο πρβ) ιν την επαφή συμπίπτει με το ι ίσες.

Δηλαδή βρίσκεται στο μέσον της ράβδου . κέντρο μάζας της ράβδου επειδή οι μάζες των αστροναυτών είνα



Οι χ τητ ν στ ον υτών ως προς το κέντρο μάζας θα είναι : τα ύ ες τω α ρ α

Αυ′r

= Αυr

- ΚΜυr

και Βυ′r

= Βυr

- ΚΜυr

M

l

υ

υΑ

υΒ

m

m ό τις οποίες έχουμ : απ ε

Αυ′r

Αυ′r

=7,5-(-1) (m/s) ⇒ =8,5 (m/s)

κα ι:

Βυ′r

=2,5-(-1) ⇒ Βυ′r

=3,5 (m/s)

Η στροφορμή του συστήματος ως προόλληση θα

ς το κέντρο μάζας λίγο πριν την προσκ είναι :

LLLL Β

r r r rΑβδουάρσυστ ++= , δηλαδή:

Lσυστ=0+m Αυ′ 2l -m Βυ′ 2

l ⇒ Lσυστ=m2l ( Αυ′ - Βυ′ ) ⇒

⇒ Lσυστ=2

(8,5-3,5)(k15120 ⋅ g.m2/s) ⇒ Lσυστ=60.15.5 (kg.m2/s) ⇒

γ) αι εξωτερικές ροπές θα διατηρείται η στροφορμή του συστήματος . Έτσι

η ροπή αδράνειας Ι του συστήματος ως προς το κέντρο μάζας θα είναι :

Ι=Ιράβδου+m

⇒ Lσυστ=4500 (kg.m2/s) Επειδή δεν ασκούντ

:

ΜΕΤΑσυστΠΡΙΝσυστ LL = , δηλαδή: ΠΡΙΝσυστL = Ιrr

.ω

Όμως

2

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ l +m2

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ l , δηλαδή:

Ι=121 Μ +2m2l

4

2l ⇒ Ι=121 Μ +m2l

2

2l ⇒ I=12

)m6M(2 +l ⇒

⇒ (kg.m2) ⇒ I=12

2251680 ⋅12

)1206960(152 ⋅+I= (kg.m2) ⇒I=31500 (kg.m2).

τε:

ω=

Οπό

ΙL ΠΡΙΝσυστ και ω=

315004500 (rad/s) ⇒ ω=

31545 (rad/s) ⇒ ω=

71 (rad/s)

Η περίοδος Τ=ω

⇒ Τ=14π (s) π2

Παρατήρηση : Η περιστροφή θα γίνεται ως προς άξονα που περνά από το κέντρο μάζας της ράβδου και είναι κάθετος στο επίπεδο xOψ. Είναι αδύνατον να περιστρέφεται γύρω από άξονα που διέρχεται από άλλο σημείο διότι τότε το κέντρο μάζας της ράβδου που είναι και κέντρο μάζας του σώματος μετά την προσκόλληση δεν θα συνέχιζε να κινείται ομαλά με

υνάμεις. υΚΜ που θα σήμαινε ότι θα έπρεπε να υπάρχουν εξωτερικές δ


Γ΄ Σελίδα 4 από 9

) μηχανικής ενέργειας Ε=Κσυστ ΑΡΧ-Κσυστ ΤΕΛ

Ε=

δ Η απώλεια θα είναι

21 Μυ2+

21 m +2

Αυ 21

Λυκείου

m 2Βυ -

21 M +2

ΚΜυ 21 Iω2 ⇒

⇒ Ε=21 Μυ2+

21 m( )-2

Β2Α υυ +

21 (M+2m) 2

ΚΜυ -21 Iω2 ⇒

Ε=49

3150021

11200 −⋅ 12 4

25960 ⋅ +

1 1⎟

2 ⎠⎝ 44⎞

⎜⎛ +

25225-

2

00-321,43

8,57(J).

σας που

Ε=3000+3750-6

Ε=582

Θέμα 3ο Τοποθετείστε τη μύτη του στυλό σας σε μία κόχη

του νυχιού σας και κρατείστε το

h

L

κατακόρυφο. Αμέσως μετά αφήστε το να πέσει.

1. Από ποιο ελάχιστο ύψος h πάνω από το θρανίο πρέπει να το αφήσετε ώστε να χτυπήσει το θρανίο κατακόρυφα.

2. Σε ποιο σημείο του θρανίου θα χτυπήσει το άνω άκρο του στυλό και με ποια ταχύτητα; Δίνονται: ροπή αδράνειας ως προς το κέντρο

μάζας Κ του στυλό το θεωρούμε ότι είναι

το μέσο του Icm= 21 L⋅ L=μήκος του στυλό

=10m/s2, συνφ =0,6 όπου φ=53ο ή

κές απαντήσεις / λύσεις:

Α

x

y

12m⋅

σας και m= η μάζα του, L=12 cm, g

φ=0,927 rad. Συνοπτι l

h

K

φ

mg

mgσυνφ

mg mg Γ

uoφ

Γ

uxy A

uuA



Η ροπή αδράνειας του στυλό σας ως προς το άκρο του είναι : 22

31

2mllmII cm =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+=

Από αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε :

Εμηχ,αρχ=Εμηχ,τελ ή ( ) 22

611

221

22ωσυνφωσυνφ mlmgllmg =−⇒⋅Ι=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

Η ταχύτητα της μύτης όταν χάνεται η επαφή με το χέρι μας είναι μηδέν. Η περιστροφή γινότανε μέχρι εκείνη τη στιγμή γύρω από τη μύτη του στυλό. Επομένως η ταχύτητα του

μέσου του στυλού είναι uo=ω.l/2 ;άρα luo2

=ω και έτσι έχουμε:

( )lug o

24311. ⋅⋅=−συνφ Τη στιγμή που χάνεται η επαφή με το νύχι μας ενεργεί στο στυλό

μόνο το βάρος mg που η συνιστώσα κατά τη διεύθυνση της ράβδου θα είναι η κεντρομόλος δύναμη. Έτσι έχουμε: mgσυνφ=muo2/r όπου r=l/2 η απόσταση του κέντρου μάζας Κ από το κέντρο περιστροφής που είναι η μύτη του στύλο. Συνδιάζοντας με την παραπάνω

σχέση έχουμε :( )

8,064,01

927,06,014lg32

22 =⇒=−=

=⇒=⇒−⋅=

ημφφσυνφημ

φσυνφσυνφσυνφ radlmmg

Ετσι η ταχύτητα είναι

smglgluo /6,0.3,02

.===

συνφ και η γωνιακή ταχύτητα sradluo /10

2==ω

Οι συνιστώσες της ταχύτητας είναι uox=uo.συνφ=0,36 m/s , uoy=uo.ημφ=0,48m/s. Η γωνία που θα στραφεί το στυλό για να γίνει κατακόρυφο είναι θ=π-φ=3.14-0,927=2,21rad επειδή θ=ω.t έχουμε t=θ/ω=2,21/10 =0,221s Το κέντρο μάζας Κ θα μετατοπιστεί κατά τον άξονα y κατά

cmmh

gttulhgttulhlhloyoy

16,373716,022,0522,048,012,02,0212,0

21.2.0

222

22

==⋅+⋅+⋅=

++⋅=⇒+⋅=−=−+⋅συνφ

Το Κ θα μετατοπιστεί οριζόντια κατά

cmmtulx ox 72,121272,022,06,06,0048,02

==⋅⋅+=⋅+⋅= ημφ

η ταχύτητα περιστροφής είναι uπ=ω.l/2=10,0,12/2=0,6m/s και η ταχύτητα λόγω πτώσης είναι

09,0,/7,2

24,068,2/68,22,248,0

/24,036,0/6.02222

,

,

=≈

+=+=⇒=+=⋅+=

=−=−=

εφθ

π

smu

uuusmtguu

smsmuuu

A

yAxAoyy

oxAx



ω διασυνδετή (Ε), ώστε να συγκρατεί /

ήτης στο άνω άκρο της διάταξης ενεργοποιείται από τον Η/Υ στον οποίο εκτελείται κατάλληλο πρόγραμμα. Επάνω του προσκολλάται από τους μαθητές το

Πειραματικό Μέρος Τρεις ομάδες μαθητών αναλαμβάνουν να υπολογίσουν την αριθμητική τιμή της επιτάχυνσης της βαρύτητας στην περιοχή του τριώροφου σχολείου τους. 1. Η πρώτη ομάδα μαθητών έχει στη διάθεσή της πειραματική διάταξη διασυνδεόμενη με ηλεκτρονικό υπολογιστή (Η/Υ) μέσω αισθητήρων1 και απτήρων`2. Με αυτή είναι δυνατόν να μετρήσουν τους χρόνους διέλευσης ενός σώματος από διάφορα σημεία κατά την ελεύθερη κατακόρυφη πτώση του στο πεδίο βαρύτητας της Γης.

Η πειραματική διάταξη αποτελείται από κατακόρυφα στερεωμένη σανίδα μήκους 3.00 m (βλ. σχήμα). Στο άνω μέρος της (Α) είναι στερεωμένος ηλεκτρομαγνήτης ο οποίος ενεργοποιείται / απενεργοποιείται από ηλεκτρονικό υπολογιστή (Η/Υ) μέσελευθερώνει, αντίστοιχα, μικρή μεταλλική πλάκα (από μαλακό σίδηρο), λειτουργώντας έτσι ως ηλεκτρομαγνητικός απτήρας . Στη μεταλλική πλάκα προσαρμόζεται ηλεκτρική μπαταρία 4,5V στην οποία έχει συνδεθεί και προσδεθεί ηλεκτρικός λαμπτήρας. Πλάκα, μπαταρία και λαμπτήρας θα χρησιμοποιηθούν ως σώμα που εκτελεί ελεύθερη πτώση όταν απενεργοποιείται ο ηλεκτρομαγνήτης. Σε κατακόρυφη ευθεία γραμμή κάτω από τον ηλεκτρομαγνήτη προσαρμόζονται δύο φωτοαντιστάσεις στις θέσεις Β και Γ. Οι αποστάσεις τους από τον ηλεκτρομαγνήτη είναι (ΑΒ)=1.00m και (ΑΓ)=2.00m αντίστοιχα. Οι φωτοαντιστάσεις διασυνδέονται με τον Η/Υ, ο οποίος είναι δυνατόν να μετρά συνεχώς τις τιμές της ηλεκτρικής τους αντίστασης. Κατά την πτώση του το σώμα διέρχεται από εμπρός τους. Τέλος σε απόσταση (ΑΔ)=3.00m από τον ηλεκτρομαγνήτη, στην ίδια κατακόρυφη ευθεία, προσαρμόζεται ένας μηχανικός διακόπτης (Δ) στον οποίο προσκρούει τελικά το σώμα όταν αφήνεται από τον ηλεκτρομαγνήτη. Ο μηχανικός αυτός διακόπτης διασυνδέεται επίσης με τον Η/Υ, λειτουργώντας έτσι ως μηχανικός αισθητήρας. Αρχικά ο ηλεκτρομαγν

1 Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, πίεση, απόσταση κλπ. Για παράδειγμα, διασυνδεόμενος με μια φωτοαντίσταση (ηλεκτρική αντίσταση της οποίας η τιμή εξαρτάται από την ένταση του φωτός που προσπίπτει πάνω της) και μετατρέποντας την τιμή της, είναι δυνατό να υπολογίσει την ένταση του φωτός, αν είναι γνωστή η σχέση της έντασης του φωτός με την τιμή της ηλεκτρικής αντίστασης, 2 Με τον όρο απτήρας (εκ του άπτομαι = αγγίζω), εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ επεμβαίνει και μεταβάλλει φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος όπως το μαγνητικό πεδίο, την θερμοκρασία, την ένταση του φωτός κλπ. Για παράδειγμα, τροφοδοτώντας με ηλεκτρικό ρεύμα έναν ηλεκτρομαγνήτη ή την ηλεκτρική αντίσταση, είναι δυνατό να δημιουργήσει μαγνητικό πεδίο ή να αυξήσει την θερμοκρασία της αντίστασης, αντίστοιχα.



σ

α/α / απτήρας τίσταση /

/ αισθητήβ΄ φωτοαντίσταση /

/ αισθητήρας μηχ. διακόπτης /

/ αισθητήρας

ώμα που αποτελείται, όπως αναφέραμε, από τη μεταλλική πλάκα, την μπαταρία και τον λαμπτήρα (σε λειτουργία). Τότε ο ηλεκτρομαγνήτης απενεργοποιείται με εντολή του Η/Υ και το σώμα αφήνεται ελεύθερο να πέσει κατακόρυφα. Συγχρόνως, ο Η/Υ αρχίζει τη μέτρηση του χρόνου. Περνώντας το σώμα διαδοχικά εμπρός από τις δυο ηλεκτρικές φωτοαντιστάσεις μεταβάλλει την τιμή τους και ο Η/Υ καταγράφει τις χρονικές στιγμές διέλευσης από τις θέσεις Β, Γ. Τέλος το σώμα προσκρούει στο μηχανικό διακόπτη, σταματώντας τη μέτρηση του χρόνου από τον Η/Υ, τερματίζοντας την εκτέλεση του προγράμματος, πριν καταλήξει στο ελαστικό δάπεδο. Οι μαθητές της ομάδας εκτέλεσαν το πείραμα 10 φορές και κατέγραψαν από τον Η/Υ

τους εξής χρόνους σε s (βλ. πίνακα): Πίνακας

ηλεκτρομαγνήτης / α΄ φωτοανρας

εκκίνηση (s) διέλευση (s) διέλευση (s) τερματισμός (s) 1 0,00 0,45 0,64 0,80 2 0,00 0,46 0,66 0,81 3 0,00 0,44 0,63 0,77 4 0,00 0,44 0,62 0,76 5 0,00 0,45 0,64 0,78 6 0,00 0,45 0,64 0,79 7 0,00 0,46 0,63 0,76 8 0,00 0,45 0,64 0,78 9 0,00 0,45 0,63 0,76

10 0,00 0,46 0,66 0,81

α ικαιολογή ις διαφορές στη ηση του χρόνο κάθε αισθητή κάθε πτώση.

μενη. Δικαιολογήστε.

. Δ στε τ μέτρ υ από ρα σε

β. Υπολογίστε τις μέσες τιμές του χρόνου σε κάθε θέση και επιβεβαιώστε ότι η κίνηση είναι επιταχυνόγ. Υπολογίστε την αριθμητική τιμή του g

r από διάφορους συνδυασμούς μετρήσεων (περιορισθείτε στα τρία πρώτα δεκαδικά ψηφία των αριθμητικών εξαγομένων σας).

ίνετε σε ποιες από αυτές τις φυσικές

ινία μέτρησης του μήκους (ακρίβειας 0.01m) και μερικούς βόλους.

μένων αισθητήρων και απτήρων) για τον υπολογισμό της τιμής της σ

Δικαιολογήστε τις όποιες διαφορές των εξαγομένων. δ. Δεδομένου ότι όλες οι τεχνολογικές διατάξεις και συσκευές είναι εφαρμογές φυσικών αρχών, νόμων και διαδικασιών, υποθέστε και προτεδιαδικασίες είναι δυνατόν να βασίζεται η λειτουργία των αισθητήρων και απτήρων που χρησιμοποιήθηκαν.

2. Η δεύτερη ομάδα μαθητών έχει στην διάθεσή της μόνο ηλεκτρονικά χρονόμετρα χειρός (ακρίβειας 0.01s), ταΠροτείνετε και περιγράψτε τρόπους πειραματισμού με αυτά τα όργανα στο σχολείο τους και αναφερθείτε στους λόγους που θα επηρεάσουν την ακρίβεια των δικών τους μετρήσεων.

3. Η τρίτη ομάδα μαθητών πρέπει να αναζητήσει άλλους τρόπους και όργανα (περιλαμβανοεπιτάχυνσης της βαρύτητας. Ένας άλλος τρόπος είναι η χρή η απλού εκκρεμούς. Προτείνετε και περιγράψετε άλλους διαφορετικούς τρόπους και σχολιάσετε .



ρα καθώς το

ό μπροστά της, μεταβάλλει την τιμή της. Όμως αυτή η

β) α΄ φωτοαντίσταση:

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: 1. α) Η μέτρηση του χρόνου γίνεται από την κάθε φωτοαντίσταση / αισθητή

φως του λαμπτήρα, όταν περνάει απ

μέτρηση, σε κάθε εκτέλεση του πειράματος, διαφέρει (κατά 0,01 s έως 0,03 s, αν και η

ακρίβεια του ρολογιού του ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι πολύ μικρότερη), γιατί

προφανώς δεν είναι δυνατό να εξασφαλίσουμε κάθε φορά το σώμα / μπαταρία να πέφτει

κατακόρυφα χωρίς να περιστρέφεται. Παρατηρούμε ότι οι μετρήσεις του μηχανικού

διακόπτη / αισθητήρα διαφέρουν μεταξύ τους περισσότερο (έως και 0,05 s) αφού η

διαδρομή την οποία έχει διανύσει το σώμα / μπαταρία σε σχέση με τις τιμές που έχουμε

για τις φωτοαντιστάσεις (όπως και ο χρόνος διαδρομής του) είναι μεγαλύτερη και η όποια

περιστροφή του σώματος είναι επίσης μεγαλύτερη (σημειώνεται ότι το σχήμα του σώματος

δεν είναι σφαιρικό). Οι μετρούμενες διαφορές του χρόνου είναι μια ακόμη απόδειξη ότι οι

μετρήσεις του Η/Υ εξαρτώνται από τα όποια μηχανικά συστήματα εμπλέκονται στη

μέτρηση τα οποία και καθορίζουν την επιτυγχανόμενη ακρίβεια. Η ακρίβεια βέβαια των

μετρήσεων με τον Η/Υ και τους αισθητήρες είναι πολύ μεγαλύτερη σε σχέση με τις

μετρήσεις με χρονόμετρα χειρός αφού ο χρόνος αντίδρασης του ανθρώπου (στην

εκκίνηση και τον τερματισμό του χρονομέτρου) είναι πολύ μεγαλύτερος των μερικών

εκατοστών του δευτερολέπτου (συνήθως είναι της τάξεως των μερικών δεκάτων του

δευτερολέπτου)

sst

t ii

451010514

10

10

11 ,,

===∑=

−

β΄ φωτοαντίσταση: sst

t ii

639010396

10

10

12 ,,

===∑=

−

μηχ. διακόπτης / αισθητήρας: sst

t ii

782010827

10

10

13 ,,

===∑=

−

γ) Α→Β: 222212

1121 hggth

1

833,9)451,0(00,12

2 sm

st=

⋅= =⇒=

22222

2222 7969

639000222

21

sm

sthggth ,

),(,

=⋅

==⇒=Α→Γ:

22223

3233 8129

782000322

21

sm

sth

ggth ,),(

,=

⋅==⇒=Α→Δ:



Οι στη μέτρηση του g οφείλονται προφανώς διαφορές της μέτρησης του

χρόνου, τις οποίες δικαιολογήσαμε και σχολιάσαμε πιο πάνω. Επαναλαμβάνοντας το

ροσπίπτει επάνω τους είναι γνωστό ως φαινόμενο φωτοαντίστασης. Σε αυτό βασίζεται η

ρίβειας με χρονόμετρα χειρός έγινε στην 1α.

Στην απάντηση αυτού του ερωτήματος είναι δεκτή οποιαδήποτε απάντηση

στές και τεχνολογικά

ούς, κίνηση σωμάτων σε κεκλιμένο επίπεδο, μηχανή Atwood, σύστημα ς βυθισμένου σε υγρό . . .

διαφορές στις

πείραμα περισσότερες φορές θα επιτυγχάνουμε τιμές του g με μικρότερες διαφορές.

δ) Η αλλαγή της τιμής της αντίστασης μερικών υλικών με την ένταση του φωτός το οποίο

π

λειτουργία των αισθητήρων / φωτοαντιστάσεων. Η αλλαγή / μείωση της φωτοαντίστασης

γίνεται αντιληπτή από τον υπολογιστή και μέσω του κατάλληλου προγράμματος και

καταχωρείται ως χρόνος διέλευσης του αντικειμένου εμπρός από την φωτοαντίσταση. Η

μέτρηση μιας ηλεκτρικής αντίστασης από τον Η/Υ βασίζεται σε μια άλλη φυσική

διαδικασία: τη φόρτιση ή την εκφόρτιση πυκνωτή. Ο Η/Υ φορτίζει έναν πυκνωτή, μέσω

ενός κυκλώματος το οποίο περιλαμβάνει την προς μέτρηση ηλεκτρική αντίσταση. Ο

χρόνος φόρτισης και εκφόρτισης συνδέεται με γνωστή σχέση με την προς την μέτρηση

αντίσταση του κυκλώματος. Μετρώντας ο Η/Υ το χρόνο φόρτισης, μετράει εμμέσως την

ηλεκτρική αντίσταση

2 Σχολιασμός της ακ

3

παρουσιαστεί αν οι φυσικές αρχές στις οποίες στηρίζεται είναι σω

εφαρμόσιμες.

Παραδείγματα τέτοιων προτάσεων θα μπορούσαν να είναι:

Χρήση εκκρεμελατηρίου (γνωστής σταθεράς) – μάζας, ταλάντωση σώματο


Γ Λυκείου Σελίδα 1 από 10

Γ΄ Λυκείου 15 Μαρτίου 2003 Θεωρητικό Μέρος

Θέμα 1ο Α. Ι) Στο διπλανό σχήμα, απεικονίζεται το συνεχές φάσμα (ακτινοβολία πέδησης) των ακτίνων Χ, που εκπέμπονται από άνοδο βολφραμίου, όταν αυτή βομβαρδίζεται από δέσμες ηλεκτρονίων, πέντε (5) διαφορετικών ενεργειών (Ulrey, 1918).

Να ερμηνεύσετε το γεγονός ότι αυξανομένης της επιταχύνουσας (ανοδικής) τάσης (Vα), το ελάχιστο μήκος κύματος (λmin) μειώνεται.

II) Να ερμηνεύσετε τις διαφορές, που παρατηρεί-τε, στα χαρακτηριστικά - γραμμικά τμήματα των παρακάτω φασμάτων ακτίνων Χ.

Ι

Ι = Ένταση ΑκτινοβολίαςΜήκος Κύματος (10-10m)

ΙΙΙ) Μια διάταξη παραγωγής ακτίνων Χ έχει άνοδο από μολυβδαίνιο (42Mo), ενώ μια άλλη, από βολφράμιο (74W).

1

2

3

4

5

5 10 15 20 25 30 λ/10-11m P

P

Mo (Z=42)

W (Z=74) Kα

Κβ

Στο διπλανό διάγραμμα απεικονίζεται το φάσμα των ακτίνων Χ, που παρά-γονται από τις δύο διατά-ξεις, όταν η επιταχύνουσα (ανοδική) τάση (Vα) είναι κοινή.

α) Να εξηγήσετε, με αναφορά στο μηχανισμό παραγωγής των ακτίνων Χ, γιατί το ελάχιστο μήκος



κύματος (λmin) είναι κοινό και στις δύο διατάξεις.

β) Χρησιμοποιώντας δεδομένα από το διάγραμμα, να υπολογίσετε την επιταχύνουσα (ανοδική) τάση (Vα) των διατάξεων.

γ) Το διάγραμμα δείχνει ότι χαρακτηριστικές κορυφές Κα και Κβ του γραμμικού φάσμα-τος ,εμφανίζονται για το μολυβδαίνιο, αλλά όχι για το βολφράμιο.

Να εξηγήσετε γιατί το χαρακτηριστικό – γραμμικό φάσμα του βολφραμίου εμφανίζεται μόνο όταν η επιταχύνουσα (ανοδική) τάση (Vα) της αντίστοιχης διάταξης είναι μεγαλύτερη, από την απαραίτητη επιταχύνουσα (ανοδική) τάση (Vα), για την εμφάνιση του χαρακτηρι-στικού – γραμμικού φάσματος του μολυβδαινίου στην αντίστοιχη διάταξη.

Δίνονται: Ταχύτητα του φωτός στο κενό c = 3,0⋅108 m/s Σταθερά του Planck h = 6,6⋅10-34 J.s Φορτίο του ηλεκτρονίου e = 1,6⋅10-19 C (απόλυτη τιμή)


Ι) Για κάθε τιμή ενέργειας της δέσμης των ηλεκτρονίων, το ελάχιστο μήκος κύματος α-ντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της ενέργειας των παραγόμενων φωτονίων και δίνεται από τη

σχέση: Κηλ = hfmax => eV= hαmin eV

hcλλc

min ==>

Η αύξηση της ανοδικής τάσης έχει ως αποτέλεσμα τη μείωση του ελάχιστου μήκους κύματος, γεγονός που φαίνεται στο διάγραμμα.

ΙΙ) Οι κορυφές που εμφανίζονται στα φάσματα δημιουργούνται από το γραμμικό φάσμα των ακτίνων Χ του μετάλλου της ανόδου, δηλαδή είναι φωτόνια που προκύπτουν κατά την αποδιέγερση των ατόμων του υλικού της ανόδου και αντιστοιχούν στην διαφορά ενεργεια-κών σταθμών των ηλεκτρονίων στα άτομα του μετάλλου.

Από τα διαγράμματα παρατηρούμε ότι σε όλα εμφανίζεται η μια κοινή κορυφή κοντά στα 2 ΚeV, ενώ οι επόμενες γραμμές εμφανίζονται μόνο στο διάγραμμα των 30 ΚeV και αντιστοιχούν σε μεγαλύτερες ενέργειες των φωτονίων.

ΙΙΙ α) Το φάσμα των ακτίνων Χ είναι σύνθετο, αποτελείται δηλαδή από ένα συνεχές φά-σμα, στο οποίο εμφανίζονται ‘γραμμές’, όπως σε γραμμικό φάσμα. Αυτή η μορφή των φα-σμάτων των υλικών οφείλεται σε δυο διαφορετικούς μηχανισμούς παραγωγής και εκπο-μπής ακτίνων Χ. Το συνεχές φάσμα που βλέπουμε στην εικόνα οφείλεται στο ότι τα ηλε-κτρόνια που εκπέμπονται αλληλεπιδρούν με τα άτομα του στόχου, χάνοντας έτσι μέρος της κινητικής τους ενέργειας, η οποία ακτινοβολείται με τη μορφή φωτονίου.

Το ελάχιστο μήκος κύματος, λοιπόν, θα εμφανίζεται όταν το εκπεμπόμενο φωτόνιο έχει τη μέγιστη δυνατή ενέργεια, δηλαδή όταν το ηλεκτρόνιο προσφέρει όλη την ενέργεια του

σε μια μόνο αλληλεπίδραση. Τότε έχουμε α

min eVhcλ =

Άρα για την κοινή ανοδική τάση περιμένουμε κοινό ελάχιστο μήκος κύματος, εφόσον η τιμή του είναι ανεξάρτητη από το υλικό της ανόδου.



β) Έχουμε: α

min eVhcλ = => volt.V

eλhcV α

minα

41052 ⋅=⇒=

γ) Για να εμφανιστεί το γραμμικό φάσμα των ακτίνων Χ ενός στοιχείου πρέπει να διε-γερθεί ένα ηλεκτρόνιο των εσωτερικών φλοιών. Η ενέργεια όμως που απαιτείται για τη διέ-γερση ενός ηλεκτρονίου εξαρτάται από την ολική του ενέργεια. Αυξανομένου του ατομικού αριθμού Ζ περιμένουμε η δυναμική ενέργεια σε απόλυτη τιμή του ηλεκτρονίου, που οφεί-λεται στο πεδίο του πυρήνα και άρα η ολική του ενέργεια, να αυξάνεται σε απόλυτη τιμή οπότε να απαιτείται μεγαλύτερη επιταχύνουσα τάση για να επιτευχθεί διέγερση. Εφόσον το βολφράμιο έχει μεγαλύτερο ατομικό αριθμό από το μολυβδαίνιο, θα απαιτεί και μεγαλύτερη τάση για να εμφανίζεται το γραμμικό φάσμα του.

Β. Σύμφωνα με το μοντέλο του De Broglie το ηλεκτρόνιο στο άτομο του υδρογόνου παρι-στάνεται με ένα στάσιμο κύμα (που περιλαμβάνει ακέραιο αριθμό «κυμάτων») που α-ναπτύσσεται κατά μήκος ενός κυκλικού βρόχου ακτίνας r.

Ι. Δείξτε ότι το μήκος κύματος λ αυτών των κυμάτων είναι κβαντισμένο μέγεθος (λαμ-βάνει μόνο διακριτές τιμές)

ΙΙ. Αν το λ συνδέεται με την ορμή του ηλεκτρονίου μέσω της σχέσης λ=υm

h (υπόθεση

De Broglie) να εξάγετε από αυτό το μοντέλο την συνθήκη του Bohr για τη στροφορμή του ηλεκτρονίου.


I. Αφού θα έχουμε ακέραιο αριθμό κυμάτων κατά μήκος του κυκλικού βρόχου, ακτίνας

R, θα ισχύει 2πR= nλ, όπου n =1, 2 … . άρα το λ =nRπ2 , όποτε το μήκος κύματος είναι

κβαντισμένο.

II. Στη σχέση λ=mυh όπου λ θέτω

nRπ2 και θα έχω

nRπ2 =

mυh => mυR=

2πnh

Γ. Στα διαστημικά οχήματα που κινούνται σε τροχιά για να μετρήσουν οι αστροναύτες τη μάζα τους όταν βρίσκονται σε συνθήκες έλλειψης βαρύτητας χρησιμοποιούνται συ-σκευές μέτρησης μάζας (Body Mass Measuring Device - BMMD). Μια τέτοια συσκευή αποτελείται από μια ειδική καρέκλα η οποία είναι προσαρτημένη στο σκάφος με ελα-τήρια. Ο αστροναύτης μπορεί να μετράει την περίοδο των ταλαντώσεων αυτού του συ-στήματος. Η συνολική σταθερά των ελατηρίων μιας συσκευής είναι k = 685,0 N/m. Αν η περίοδος των ταλαντώσεων του συστήματος χωρίς τον αστροναύτη ήταν 0,7536 s και με τον αστροναύτη 2,050 s να υπολογίσετε τη μάζα του αστροναύτη.




Η περίοδος της ταλάντωσης του συστήματος δίνεται από την σχέση

2

2

π42π kTm

kmT =⇒= . Από τη σχέση αυτή μπορούμε να υπολογίσουμε την μάζα του

συστήματος χωρίς τον αστροναύτη και τη μάζα του συστήματος με τον αστροναύτη. Οπό-τε, από την αφαίρεση των δύο τιμών υπολογίζουμε την μάζα του αστροναύτη

Μετά από πράξεις έχουμε mσυστ = 9,854 Κg, moλική = 72,92 Κg, mαστρον. = 63,07 Κg.

Θέμα 2ο

Στρίβουμε ένα νόμισμα στον αέρα. Το νόμισμα έχει μάζα m και διάμετρο L. Τη στιγμή που το νόμισμα εγκαταλείπει το χέρι μας κινούμενο κατακόρυφα προς τα πάνω είναι ορι-ζόντιο, το ένα άκρο Α μιας διαμέτρου του ΑΓ έχει μηδενική ταχύτητα και περιστρέφεται γύρω από οριζόντιο άξονα κάθετο στην ΑΓ που διέρχεται από το κέντρο μάζας του.

Α. Αν το κέντρο μάζας του νομίσματος κινηθεί κατακόρυφα και φθάσει σε ύψος h, να βρείτε:

α) τον αριθμό των περιστροφών που θα εκτελέσει το νόμισμα μέχρι τη στιγμή που το κέντρο μάζας του νομίσματος θα ξαναπεράσει από το σημείο εκτόξευσης.

β) την ενέργεια που δώσαμε στο νόμισμα γι’ αυτή τη ρίψη.

Β. Αν για την καταγραφή της κίνησης του νομίσματος, χρησιμοποιήσουμε φωτογραφική μηχανή με δυνατότητα ρύθμισης της συχνότητας λήψης των διαδοχικών φωτογραφιών, ποια θα έπρεπε να είναι η ελάχιστη συχνότητα λήψης, ώστε να μπορέσουμε να κατα-γράψουμε όλες τις περιστροφές που εκτελεί το νόμισμα; Αιτιολογήστε την απάντησή σας.

Δίνονται: η ροπή αδρανείας νομίσματος ως προς τον άξονα περιστροφής του, 2

41 mRI = , και τα m, g, L, h.

Η αντίσταση του αέρα παραλείπεται.

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. α) Το νόμισμα περιστρέφεται γύρω από τον άξονα ψψ΄. Αν υo η ταχύτητα του ση-

μείου Κ, τότε: 0μεταφΓ,περΓ,Γ 2Lωυ υυυ +⋅=+=

(Το νόμισμα κάνει σύνθετη κίνηση: Μεταφο-ρική και περιστροφική)

Επειδή 2Lωυ0

2Lωυυ 00Α ⋅=⇒=⋅−= (1)

άρα: υΓ=2υΚ=2υο

ψ΄

z΄

ψ

χ΄

χ

z

A

Γ Κ

h

ω

υΓ

υο

Από την κατακόρυφη κίνηση του κέντρου μά-

ζας, έχουμε: 2ghυ2gυ

h 0

20 =⇒= (2)



Από (1),(2) έχουμε: ghL

ωT

Lgh

Lυω

2ππ2222 0 ⋅

==⇒== (3)

ω=σταθ γιατί Στεξ(Κ)=0 και Ι=σταθ.

Ο ολικός χρόνος κίνησης μέχρι να επιστρέψει το νόμισμα είναι: gυ

t 0ολ

2=

Αν Ν ο αριθμός στροφών τότε TNt ⋅=ολ άρα

( )LhN

Lghg

NLhg

gυ

Tt

N )(

⋅⋅

=⇒⋅⋅⋅

=⎯⎯→⎯⋅⋅

⋅==π4

π22

π22

2

20ολ

Η ενέργεια που δώσαμε είναι το άθροισμα της κινητικής ενέργειας λόγω μεταφοράς και

της κινητικής ενέργειας λόγω περιστροφής:

mghmghmghL

ghmLghmωIυmKKE περμετολ 45

4124

161

212

21

21

21

2222

0 =+=⋅

⋅⋅+⋅=⋅+⋅=+=

Β. Για να μπορέσουμε να καταγράψουμε όλες τις περιστροφές του νομίσματος η ελάχι-στη συχνότητα λήψης των φωτογραφιών, πρέπει να είναι ίση με τη συχνότητα περιστρο-φής του νομίσματος, ώστε να εξασφαλίσουμε ότι ο παρατηρητής θα μπορέσει να διακρίνει τις περιστροφές μεταξύ τους.

Από τη σχέση: L

ghωfL

ghLυ

ω⋅

==⇒==π2

2π222 0 .

Θέμα 3ο

Α. Ένα νετρόνιο μάζας m συγκρούεται ελαστικά με έναν πυρήνα μάζας M, που είναι αρχι-κά ακίνητος.

α) Δείξτε ότι η μέγιστη απώλεια κινητικής ενέργειας του νετρονίου αντιστοιχεί σε μετω-πική κρούση.

β) Αν η αρχική κινητική ενέργεια του νετρονίου είναι Κ0, υπολογίστε αυτή την απώλεια.

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Αφού η κρούση είναι ελαστική εφαρμόζουμε την σχέση διατήρησης της κινητικής ενέρ-γειας:

22

21

2

21

21

21 υMυmυm += (1) και 2

12

Κ 21

21Δ υmυmE −= (2)

από τις (1) και (2) 22Κ 2

1Δ υME =⇒ (3)

Από την νόμο διατήρησης της ορμής :

⇒+= '2PPP '

1 ⇒′′+′+′= συνφPPPPP 212

22

12 2 (4) συνφυυmMυMυmυm ''''

212

222

1222 2++=

Από την (1)⇒ 22

221

'' υmMυυ −= (5)



Από την (4) ⎯⎯→⎯ )(5 συνφυmMυυMmυMυMmυmυm '''' 2

22

22

222

22222 2 −⋅⋅⋅++⋅⋅−= ή

⇒−⋅+⋅−= συνφυmMυmυ)mM( '' 2

22

2 20 ( ) ⇒⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅=⋅− φσυνυ

mMυmυmM '' 22

2222

22 4

( ) ⇒⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅−⇒ φσυνυMmφσυνυmυmM '' 22

22222

22 44

( ) φσυνυmφσυνmMmMmMυ ' 22222222 442 ⋅⋅=+−+⇒

οπότε: φσυνmMmMmM

φσυνυmυ '222

2222

2 424

+−+⋅

= ή mM

φσυνMmmMυmυ '

424

2

22

222

2

+−+

=

και επειδή: 02

21 Kυm = , τελικά

mMφσυν

mMmMKm

υ '

428

2

2202

2

+−+

⋅= (6)

Από (3)mM

φσυνmMmM

mMKE)(

424

Δ

2

220

Κ6

+−+

=⎯⎯→⎯ (7)

Από την (7), maxE =ΚΔ για φ=0ο ή 180ο ( )2

0Κ

4ΔmM

nMKE max,+

=⇒ (μετωπική κρούση)

Β. Πόσα χρόνια θα μας φωτίζει ακόμα ο ήλιος

Υποθέστε ότι η ενέργεια της ηλιακής ακτινοβολίας προέρχεται από το σχηματισμό του Ηλίου από το Υδρογόνο H σύμφωνα με την παρακάτω σειρά αντιδράσεων: He4

211

12 1 13 13 06 1 7 6 1C H N C e+ → → +

13 1 146 1 7C H N+ →

14 1 15 15 07 1 8 7 1N H O N e+ → → +

15 1 12 47 1 6 2N H C He+ → +

α)Βρείτε πόσοι τόνοι υδρογόνου μετατρέπονται ανά δευτερόλεπτο σε ήλιο. Δίνεται η τιμή της ηλιακής σταθεράς 1,96 cal/cm2min, η οποία εκφράζει τη μέση ενέργεια ανά μονάδα ε-πιφάνειας στη μονάδα του χρόνου που φθάνει από τον Ήλιο στη γήινη ατμόσφαιρα.

β) Επίσης υποθέστε ότι το υδρογόνο αποτελεί το 35% της μάζας του Ήλιου, και υπολογί-στε σε πόσα χρόνια αυτό το υδρογόνο θα τελειώσει, εάν η ακτινοβολία του Ήλιου παρα-μείνει σταθερή.

Δίνονται: Οι ατομικές μάζες: m = 1,00783 u, m = 4,00260 u και mH1

1 He42 e = 5,486·10-4 u

1 u =1,66055 x 10-27 Kg



Η ταχύτητα του φωτός c = 3,0⋅108 m/s

Μέση απόσταση Γης – Ήλιου: 1,5 ⋅ 1011 m

Μάζα του Ήλιου: ΜΗ=2,0. 1030 Kg

1 cal= 4,2 J


Σαν αποτέλεσμα αυτού του κύκλου, τέσσερις πυρήνες υδρογόνου μετατρέπονται σε ένα πυρήνα ηλίου (ο άνθρακας παίζει το ρόλο καταλύτη, και μπορεί να χρησιμοποιείται εκ νέ-ου). Η αντίδραση γράφεται: → +1 4 0

1 2 14 H He 2 e

Η ενέργεια που εκλύεται από αυτή είναι: E = Δm· c2 ή Ε = [4 m1

1–4mH e–(m –2m4

2He e)–2me] · c2 = 0,0265256·1,66055·10-27 kg· (3·108)2 m2/s2

δηλαδή: Ε=3,9·10-12 J

Με βάση την ηλιακή σταθερά και την απόσταση Γης - Ήλιου μπορούμε να υπολογίσουμε τη συνολική ενέργεια που ακτινοβολείται από τον Ήλιο ανά δευτερόλεπτο. Αυτή θα είναι ίση με το γινόμενο της ηλιακής σταθεράς ανά δευτερόλεπτο επί το εμβαδόν σφαίρας με ακτίνα τη μέση απόσταση Γης - Ήλιου.

Ε1= 11 2 2-4 2

1,96 4,2 J 4π(1,5 10 ) m10 60 m s

⋅ ⋅ ⋅⋅

από την οποία Ε1=3,8·1026 (j/s)

Η μετατροπή τεσσάρων ατόμων υδρογόνου απελευθερώνει ενέργεια: Ε=3,9 10⋅ -12 J

Η μάζα του υδρογόνου που απελευθερώνει την ενέργεια που ακτινοβολείται από τον ή-λιο ανά δευτερόλεπτο θα είναι:

Μ=m E

E

1 11

-27 26H-12=

4 4 1,00783 1,66055 10 3,8 103,9 10

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

kg => Μ=6,52·1011 kg

Η μάζα του Ήλιου είναι ΜΗ ενώ η του υδρογόνου στον Ήλιο θα είναι το 35% της συνολι-κής μάζας του Ήλιου: 0,35ΜΗ= kg= kg 302 10 0,35⋅ ⋅ 297 10⋅

Διαιρώντας τη μάζα αυτή με τη μάζα Μ του υδρογόνου που καταναλώνεται ανά δευτερό-λεπτο βρίσκουμε το χρονικό διάστημα (σε δευτερόλεπτα) στο οποίο θα τελειώσει το υδρο-γόνο στον Ήλιο.

Αν μετατρέψουμε τα δευτερόλεπτα σε έτη, (γνωρίζουμε 1 έτος είναι 365 ⋅24 ⋅3600 s), βρίσκουμε τελικά περίπου: 3,4 ⋅1010 έτη.


Διαθέτετε πηνίο με πυρήνα, πυκνωτή, διακόπτη δύο θέσεων, πηγή σταθερής τάσης και καλώδια. Η τιμή της χωρητικότητας του πυκνωτή, σύμφωνα με τα στοιχεία του κατασκευα-



στή, είναι C=2mF. Οι μετρήσεις ρεύματος και τάσης γίνονται με αισθητήρες1 συνδεδεμέ-νους με ηλεκτρονικό υπολογιστή.

1. Σχεδιάστε διάταξη, με την οποία μπορείτε να μελετήσετε την ελεύθερη ταλάντωση του κυκλώματος πηνίου – πυκνωτή.

2. Οι πειραματικές καμπύλες τάσης πυκνωτή – χρόνου και ρεύματος – χρόνου, του κυ-κλώματος, που απεικονίζονται στην οθόνη του ηλεκτρονικού υπολογιστή, δίνονται στο παρακάτω γράφημα. Με βάση τις καμπύλες αυτές υπολογίστε τα ακόλουθα φυσικά με-γέθη: α) Την τάση της πηγής. β) Την περίοδο, τη συχνότητα και την κυκλική συχνότητα της ταλάντωσης. γ) Το συντελεστή απόσβεσης (λ) του κυκλώματος. δ) Το συντελεστή αυτεπαγωγής του κυκλώματος. ε) Την ωμική αντίσταση του κυκλώματος. Δίνονται οι σχέσεις:

t)συν(ωeVq/CV 0λt

0C−== (1)

θ)tημ(ωeωqdtdqI 0

λt00 +=−= − (2)

όπου: 2LRλ = (3) ,

2

0 2LR

LC1ω ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= (4),

0ωλεφθ = (5)

και V0 η αρχική τάση του πυκνωτή, V0=V(0)=q0/C. Γωνία (θ) σε rad 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7Εφθ 0,00 0,10 0,20 0,31 0,42 0,55 0,68 0,84

Γωνία (θ) σε rad 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5Εφθ 1,03 1,26 1,56 1,96 2,57 3,60 5,80 14,10

1 Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, ένταση ηλεκτρικού ρεύματος πίεση, από-σταση κλπ. Για παράδειγμα, διασυνδεόμενος με μια φωτοαντίσταση (ηλεκτρική αντίσταση της οποίας η τιμή εξαρτάται από την ένταση του φωτός που προσπίπτει πάνω της) και μετρώντας την τιμή της, είναι δυνατό να υπολογίσει την ένταση του φωτός, αν είναι γνωστή η σχέση της έντασης του φωτός με την τιμή της ηλεκτρι-κής αντίστασης,




2. Τη χρονική στιγμή t = 0 η τάση στα άκρα του πυκνωτή υπολογίζεται γραφικά από το διάγραμμα και βρίσκεται ίση με V0 = V(0) = q0/C = 5,3 V. Όπως προκύπτει από το κύκλω-μα αυτή η τιμή αντιπροσωπεύει και την τάση της πηγής.

Αφού δίνεται ότι C = 2 mF υπολογίζω το q0 = 10,6 · 10-3 C

Ισχύει επίσης ότι Vc = V0 e-λt συν(ω0t) = V0e-λt ημ(ω0t + π/2) (σχ. 1)

Όμοια δίνεται ότι i = q0ω0e-λt ημ(ω0t + θ) ( σχ. 2)

Από το διάγραμμα αν μετρήσω τη χρονική διάρκεια που μεσολαβεί από το σημείο 0,20 (σημείο που η τάση μηδενίζεται) έως το σημείο 0,46 (σημείο που η τάση μηδενίζεται για δεύτερη φορά ) προκύπτει εύκολα ότι η περίοδος Τ = 0,26 sec. ( σχ. 3). Από τις σχέσεις:

ω0 = 2πf και f = 1/T προκύπτει η τιμή του ω0 = 7,7π = 24,2 rad/s (σχ.4)

Από το διάγραμμα επιλέγω τα σημεία μηδενισμού της τάσης (0,20 s) και της έντασης (0,25 s) προκύπτει ότι: Δt = 0,05 s. Όμως ξέρω ότι Δφ = ω0Δt από τις σχέσεις 1 και 2 προκύπτει ότι Δφ = ω0t + π/2 –ω0t – θ = π/2 – θ.

Αφού έχω υπολογίσει τα: ω0 και Δt προκύπτει ότι θ = 0,115π = 0,36 rad

Από τον πίνακα που δίνεται (κατά προσέγγιση) έχω ότι εφθ = 0,36 και κατόπιν από τη σχέση εφθ = λ/ω0 βρίσκω το λ = 9,1 sec-1. Στη συνέχεια από την επίλυση του συστήματος που προκύπτει από τις εξισώσεις (3) και (4) που δίνονται υπολογίζω τα R = 13,6 Ω και L= 0,75 H.



Εναλλακτικά θα μπορούσαμε από το διάγραμμα να υπολογίσουμε το ημθ θέτοντας για t = 0, i= 0,08 A και από την σχέση i = q0ω0 e-λt ημ(ω0t + θ) προκύπτει ότι ημ θ=

310,ωqi

οo

= γνωρίζουμε ότι: θημ

θημεφθθεφ

θημ 2

2

22

111

−==>+= => εφθ = 0,33

Από τη σχέση εφθ = λ/ω0 βρίσκω το λ = 8,00 sec-1. Στη συνέχεια από την επίλυση του συστήματος που προκύπτει από τις εξισώσεις (3) και (4) που δίνονται υπολογίζω τα R= 12,4 Ω και L= 0,77 H.



Γ΄ Λυκείου 24 Απριλίου 2004Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1ο Α.

0

Ενέργεια (J)

-2,56·10-19 J

Ενέργεια θεμελιώδους κατάστασης

-5,92·10-19 J

-8,80·10-19 J

-16,64·10-19 J

Στο διάγραμμα φαίνονται μερικές από τις πιθανές ενεργειακές στάθμες ενός ατόμου υδραργύρου (Hg).

Ένα ηλεκτρόνιο με κινητική ενέργεια 14,40·10-19 J συγκρούεται με ένα άτομο Hg που βρίσκεται στη θε-μελιώδη του κατάσταση στο εσωτερικό του κυλινδρι-κού σωλήνα ενός λαμπτήρα φθορισμού και το διε-γείρει. Αν αγνοηθεί η μεταβολή στην ορμή του ατό-μου του Hg.

i) Ποια είναι η πιθανή ενέργεια που θα έχει το ελεύ-θερο ηλεκτρόνιο μετά τη σύγκρουση;

Α. 14,80·10-19 J Γ. 7,84·10-19 J Ε. 0,32·10-19 J Β. 10,72·10-19 J Δ. 6,24·10-19 J

ii) Το άτομο του Ηg αποδιεγείρεται και εκπέμπει δύο φωτόνια με μήκη κύματος που ανή-κουν στις υπεριώδεις ακτινοβολίες. Ποια είναι τα μήκη κύματος των εκπεμπόμενων φωτο-νίων; Δίνονται: h = 6,63·10-34 J·s , c = 3·108 m/s.

Β. Αναλάβατε να εργαστείτε στις καλοκαιρινές σας διακοπές σε ένα εργαστήριο βιοϊατρικής μηχανικής οποίο γίνεται έρευνα πάνω στην τεχνολογία βελτίωσης της ακοής. Από την βι-βλιογραφία μάθατε ότι ο έξω ακουστικός πόρος του ανθρώπινου αυτιού, συμπεριφέρεται σαν ένας σωλήνας με μήκος περίπου 2,7 cm γεμάτος με αέρα. Το ένα άκρο του ακουστι-κού πόρου είναι ανοικτό και το άλλο κλειστό λόγω του τυμπανικού υμένα. Αναρωτηθήκατε αν υπάρχει σχέση μεταξύ της ευαισθησίας στην ακοή και των στάσιμων κυμάτων και για το λόγο αυτό υπολογίσατε τις τρεις χαμηλότερες συχνότητες των στάσιμων κυμάτων που εί-ναι δυνατόν να υπάρχουν στον ακουστικό πόρο. Από ένα βιβλίο Φυσικής, βρήκατε ότι η ταχύτητα του ήχου στον αέρα στις συνθήκες που επικρατούν στο χώρο του ακουστικού πόρου είναι 343 m/s. Ποιες είναι οι συχνότητες αυτές;

Γ. Δύο σύγχρονες πηγές Π και Π1 2 απέχουν 4 cm και δημιουργούν κύματα στην ήρεμη επι-φάνεια νερού. Τα κύματα αυτά έχουν μήκος κύματος 2 cm. Να αποδείξετε ότι όλα τα ση-μεία της ευθείας που ορίζουν οι πηγές εκτός από αυτά που ανήκουν στο ευθύγραμμο τμή-μα που συνδέει τις πηγές, είναι σημεία στα οποία έχουμε ενισχυτική συμβολή.

Δ. Ποια από τις παρακάτω εξισώσεις αντιστοιχεί σε τρέχων κύμα, ποια σε στάσιμο κύμα και ποια σε απλή αρμονική ταλάντωση. Αυτή που περισσεύει, σε τι αντιστοιχεί;



γ. ψ = 5 συν(πt) ημ(101πt) α. ψ = 4 συν(πχ) ημ(0,1πt) δ. ψ = 0,1 συν(π) ημ(8πt) β. ψ = 3 συν(π) ημ2π(4t-0,2x)

E.

Β ΑΑκτίνα μονοχρωματικού φωτός προσπίπτει στη διαχωριστική επιφά-νεια δύο μέσων (που φαίνεται στο διπλανό σχήμα) από το μέσον Α προς το μέσον Β με γωνία πρόσπτωσης θ = 60ο. Αν ο δείκτης διάθλασης του Α είναι n = 2,2 και ο δείκτης διάθλασης του Β είναι nA B =1,1 να σχεδιάσετε την πορεία της. Στο σχήμα να φαίνονται οι γωνίες και οι τιμές τους. Να ε-ξηγήσετε πλήρως την απάντησή σας.

Συνοπτικές απαντήσεις/ λύσεις:

Α. i) Η πιθανή μείωση της κινητικής ενέργειας του ηλεκτρονίου που προκάλεσε τη διέγερση θα είναι μια από τις παρακάτω:

-19 Ε - Ε = 14,08 · 10 J 4 3

E3 - E = 2,88 ·10-19J 2 -19 E - E = 7,84 · 10 J 2 1

-19Αφαιρούμε λοιπόν από την αρχική κινητική του ενέργεια που ήταν 14,40 · 10 J, την πρώτη πιθανή μείωση και βρίσκουμε 0,32 · 10-19J, αφαιρούμε τη δεύτερη και βρίσκουμε 11,52 · 10-19J, αφαιρούμε την τρίτη και βρίσκουμε 6,56 ·10-19J Συνεπώς σωστή απάντηση είναι η Ε.

ii) Το άτομο του Hg θα έχει διεγερθεί στην 4η ενεργειακή στάθμη όπότε οι πιθανές αποδιε-γέρσεις του θα είναι: Από την 4 στην 3 στην 2 στην 1 (απορρίπτεται γιατί εκπέμπονται 3 φωτόνια) Από την 4 στην 3 στην 1 (απορρίπτεται γιατί το πρώτο ανήκει στο ορατό) Από την 4 στην 2 στην 1 Αυτή είναι η αποδιέγερση στην οποία εκπέμπονται δύο φωτόνια που ανήκουν στις υπεριώδεις ακτινοβολίες.

24 EEλ

hc−=Θα ισχύει: από την οποία προκύπτει λ = 318,75nm

12 EEλ

hc−=και από την οποία προκύπτει λ = 253,70nm

Β. Τα ηχητικά κύματα που διαδίδονται στην αέρια στήλη του ακουστικού πόρου είναι διαμήκη κύματα. Για να δημιουργείται ταλάντωση στάσιμου κύματος από ανάκλαση θα πρέπει οι συχνότητες των κυμάτων αυτών να έχουν διακεκριμένες τιμές. Είναι δηλαδή «κβαντωμέ-νες».

Σύμφωνα με το μοντέλο που περιγράφεται στην εκφώνηση του προβλήματος μπορούμε να δεχθούμε ότι στο κλειστό από τον τυμπανικό υμένα άκρο θα έχουμε δεσμό μετατόπι-σης, όπως συμβαίνει και με το στερεωμένο άκρο ενός νήματος. Στο ανοικτό άκρο θα έ-χουμε προσεγγιστικά αντιδεσμό μετατόπισης που είναι ανάλογος με τις κοιλίες στα εγκάρ-



2λσια κύματα. Έτσι λοιπόν θα ισχύει ότι: L=k +

4λ

4λ δηλαδή : L=(2k+1) (1) όπου L το

μήκος του ακουστικού πόρου λ το μήκος κύματος των κυμάτων και k=0,1,2,3,… Επειδή όμως c = λf θα είναι λ=c/f (2) όπου c η ταχύτητα διάδοσης του ήχου στον αέρα και f η συχνότητα των ηχητικών κυμάτων. Θέτοντας την (2) στην (1) και λύνοντας ως προς f βρίσκουμε τις ιδιοσυχνότητες του σωλή-

να (ακουστικού πόρου) οι οποίες είναι: f = (2k+1) L

c4

(3)

Αντικαθιστώντας τις τιμές k=0,1,2 στην (3) βρίσκουμε τις τρεις χαμηλότερες συχνότητες οι οποίες είναι: f = 3175,9 Hz, f = 9527,7 Hz και f = 15879,6 Hz 0 1 3

Γ. Για κάθε ένα από τα σημεία αυτά η διαφορά των αποστάσεών του από τις πηγές είναι 4 cm, δηλαδή διπλάσια από το μήκος κύματος των κυμάτων που συμβάλλουν. Συνεπώς θα έχουμε ενισχυτική συμβολή σε όλα αυτά τα σημεία αφού η διαφορά των αποστάσεών τους από τις πηγές είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του μήκους κύματος.

Δ. α) Στάσιμο κύμα β) Τρέχον κύμα δ) Απλή αρμονική ταλάντωση Η γ) αντιστοιχεί σε μια ιδιόμορφη ταλάντωση της οποίας το πλάτος αυξομειώνεται αργά από 0 έως 5. Παρουσιάζει δηλαδή διακροτήματα.

B A

60ο

60ο

Ε.

ΑnnΒΗ κρίσιμη γωνία υπολογίζεται από τη σχέση ημ θcr = από

την οποία έχουμε: ημ θcr = 0,5 δηλαδή: θcr = 300. Στην περίπτωσή μας όμως η γωνία προσπτώσεως είναι θ = 600. Επειδή λοιπόν η γωνία προσπτώσεως είναι μεγαλύ-τερη της κρίσιμης θα συμβεί ολική ανάκλαση και έτσι η πο-ρεία της δέσμης θα είναι αυτή που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Θέμα 2ο ‘‘Η τελετή έναρξης των Ολυμπιακών Αγώνων του 2004 στην Αθήνα’’

Υποθέστε ότι σας έχει ανατεθεί να βοηθήσετε, με τις γνώσεις σας στη Φυσική, τον σχεδια-σμό της τελετής έναρξης των Ολυμπιακών αγώνων του 2004. Μία από τις ιδέες των χορο-γράφων είναι αθλητές με πατίνια αφού επιταχυνθούν να πιάνονται ο καθένας από ένα με-γάλο δακτύλιο (το σύμβολο των Ολυμπιακών αγώνων). Κάθε δακτύλιος κρατιέται οριζό-ντιος στο ύψος των ώμων του αθλητή με ένα κατακόρυφο πάσσαλο ο οποίος είναι προ-



σκολλημένος στην περιφέρεια του δακτυλίου με τέτοιο τρόπο ώστε ο δακτύλιος να μπορεί να περιστρέφεται οριζόντια γύρω από τον πάσαλο χωρίς τριβές.

Ο σχεδιασμός προβλέπει ο αθλητής να αρπάζει τον δακτύλιο στο αντιδιαμετρικό σημείο από το σημείο στο οποίο είναι προσκολλημένος ο πάσσαλος και στη συνέχεια κρατώντας το δακτύλιο να ολισθαίνει γύρω από τον πάσσαλο σε κυκλική τροχιά. Σας ζητείται λοιπόν να υπολογίσετε την ελάχιστη ταχύτητα που πρέπει να έχει ο αθλητής λίγο πριν αρπάξει τον δακτύλιο ώστε να εκτελέσει τουλάχιστον μία περιφορά γύρω από τον πάσσαλο.

Ο αθλητής θα κινείται εφαπτομενικά στο δακτύλιο λίγο πριν τον πιάσει.

Δίνονται: Η ακτίνα του δακτυλίου R = 4 m, η μάζα του δακτυλίου Μ = 10 Kg, η μάζα του αθλητή m = 70 Κg και η σταθερή δύναμη που αντιστέκεται στην κίνηση του αθλητή είναι F = 150/π Ν.


Από την αρχή διατήρησης της στροφορμής, στο σύστημα αθλητής – δακτύλιος, λίγο πριν και αμέσως μετά την προσκόλληση του αθλητή στον δακτύλιο έχουμε: mu2R = Iω (1) ό-που Ι η ροπή αδράνειας του συστήματος και ω η γωνιακή ταχύτητά του αμέσως μετά την προσκόλληση. Η ροπή αδράνειας του δακτυλίου ως προς κατακόρυφο άξονα που περνά από το κέντρο μάζας του είναι Ιcm = MR2. Από το θεώρημα Steiner η ροπή αδράνειας του δακτυλίου ως προς τον άξονα περιστρο-φής του θα είναι: Ι1 = MR2 + MR2 = 2MR2. Επειδή ο αθλητής απέχει 2R από τον πάσσαλο η ροπή αδράνειάς του θα είναι:

2 2= m(2R) = 4mR . I2

Έτσι λοιπόν: Ι = Ι1 + Ι2 δηλαδή Ι = 2ΜR2 2+ 4mR (2) Από το Θεώρημα Μεταβολής της Κινητικής Ενέργειας για το σύστημα μέχρι αυτό να στα-ματήσει μετά από μια περιστροφή έχουμε: 0- ½ Ιω2 = -F2R2 π (3)

224

mRMRRFπ

2 +Η (3) με τη βοήθεια της (2) δίνει: ω = (4)

Αντικαθιστώντας την (4) στην (1) και λύνοντας ως προς u έχουμε:

( )m

mMR 2+22

4mRMR

RFπ2 + 22

4mRMR

RFπ2 +Rm

mRMR2

42 22 +u = ή u = ή

( )2m

RFπmM 42+( )( )mMRm

mMRFRπ 2

224

22

2

++u = ή u= 5)

490015044150

⋅⋅⋅⋅

ππ s/m

704150 ⋅ m/s δηλαδή u= = 8,57m/s Αντικαθιστώντας έχουμε: u =



Θέμα 3ο

Α. ‘‘Τροχαίο Ατύχημα’’

Η φίλη σας είχε πρόσφατα ένα τροχαίο ατύχημα και προσπαθεί να διαπραγματευθεί με την ασφαλιστική εταιρεία του άλλου οδηγού προκειμένου να της φτιάξει το αυτοκίνητο.

Η φίλη σας θεωρεί ότι το άλλο αυτοκίνητο είχε υπερβεί το όριο ταχύτητας και συνεπώς το λάθος ήταν του άλλου οδηγού. Γνωρίζει ότι ξέρετε Φυσική και ελπίζει ότι θα μπορέσετε να αποδείξετε τον ισχυρισμό της. Σας είπε λοιπόν ότι ταξίδευε προς τον Βορρά όταν μπήκε στην μοιραία διασταύρωση. Δεν υπήρχε σήμα ΄΄Στοπ΄΄, κοίταξε και προς τις δύο κατευ-θύνσεις και δεν είδε κανένα αυτοκίνητο να πλησιάζει. Ήταν μια ηλιόλουστη μέρα. Όταν έ-φθασε στο μέσον της διασταύρωσης, το αυτοκίνητό της συγκρούστηκε με το άλλο αυτοκί-νητο που κινούταν προς την Δύση. Τα δύο αυτοκίνητα μετά τη σύγκρουση παρέμειναν ε-νωμένα και ολίσθησαν μέχρι να σταματήσουν. Το όριο ταχύτητας και στους δύο δρόμους ήταν 80 km/h. Από τα σημάδια που είναι ακόμη ορατά στο δρόμο, βρήκατε ότι μετά τη σύ-γκρουση τα αυτοκίνητα ολίσθησαν 10 m πριν σταματήσουν, με κατεύθυνση Βορειοδυτικά που σχημάτιζε γωνία 30ο με την κατεύθυνση Ανατολής - Δύσης. Από την αναφορά της τροχαίας πήρατε τη μάρκα και τη χρονολογία των δύο αυτοκινήτων, και βρήκατε ότι η μάζα του αυτοκινήτου της φίλης σας ήταν 1200 kg, ενώ αυτή του άλλου αυτοκινήτου ήταν 1000 kg, συμπεριλαμβανομένων των οδηγών. Επίσης βρήκατε ότι ο συντελεστής τριβής ολί-σθησης των ελαστικών στη στεγνή άσφαλτο είναι μ=0,8 και το g ≈ 10 m/s2. Για να πείσετε την ασφαλιστική εταιρία δεν θα είναι αρκετό να αποδείξετε ότι ο άλλος οδηγός παραβίασε το όριο ταχύτητας αλλά και ότι η φίλη σας κινούταν με ταχύτητα κάτω του ορίου ταχύτητας. Ποια είναι τα αποτελέσματά σας.

Συνοπτικές απαντήσεις/ λύσεις: υ2

υ1

υ

φ

m1

m2

= 1200kg m1

= 1000kg m2

μ = 0,8 φ = 30ο

S = 10m = 80km/h δηλαδή υ = 22,22m/s υορ ορ

Από το Θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για το συσσωμάτωμα από τη στιγμή αμέσως μετά την κρούση μέχρι τη στιγμή που σταματά έχουμε:

21 gSμυ 2= 0- (m1+m2)V2 = -μ(m1+m2) g S οπότε:

10 από την οποία παίρνουμε υ=4 m/s. = υσυνφ και υ = υημφ Οι συνιστώσες της υ θα είναι υx ψ

30 10Από τις οποίες έχουμε : υ = 2 m/s και υ = 2 m/s x ψ

Επειδή μπορούμε να θεωρήσουμε το σύστημα των δυο αυτοκινήτων μονωμένο λίγο πριν και αμέσως μετά την κρούση θα διατηρείται η ορμή του. Σε κάθε άξονα λοιπόν θα έχουμε:

= (m +mm2υ2 1 2)υx Από την οποία βρίσκουμε υ2 = 24,1 m/s



= (m +mm1υ1 1 2)υ Από την οποία βρίσκουμε υ = 11,57 m/s ψ 1

Η ταχύτητα λοιπόν του άλλου οδηγού ήταν μεγαλύτερη από το όριο και της φίλης μας μι-κρότερη.

Β. Το κατακόρυφο ελατήριο του σχήματος έχει σταθερά Κ=192 Ν/m και στο πάνω άκρο του ισορροπεί μια με-ταλλική πλάκα μάζας Μ που έχει προσδεθεί σε αυτό. Ένα μεταλλικό σφαιρίδιο μάζας m και αμελητέων δια-στάσεων αφήνεται χωρίς αρχική ταχύτητα από το ση-μείο Γ που βρίσκεται στην ίδια ευθεία με το ελατήριο και απέχει από τη μεταλλική πλάκα απόσταση h1 =1,8 m. Η κρούση του σφαιριδίου με την πλάκα είναι μετωπική, διαρκεί αμελητέο χρόνο και το σφαιρίδιο μετά την κρούση φθάνει σε ύψος h2= 0,2 m από τη θέση της κρούσης. Η πλάκα κινείται προς τα κάτω και η μέγιστη απόστασή της από τη θέση της κρούσης είναι 1/3 m. Το σφαιρίδιο και η πλάκα συγκρούο-νται ξανά καθώς η πλάκα ανεβαίνει και έχει φτάσει για πρώτη φορά στη θέση της πρώτης κρούσης. Δίνονται ακόμη g =10 m/s

h1

h2 M

m Γ

Δ

2 και θεωρήστε π = 3,2.

Α. Να υπολογίσετε τα μέτρα των ταχυτήτων του μεταλλικού σφαιριδίου ακριβώς πριν και μετά την πρώτη κρούση του με την πλάκα.

Β. Να εκφράσετε την κινητική ενέργεια της μεταλλικής πλάκας σε συνάρτηση με το χρόνο, από την στιγμή που αυτή ξεκινά να κινηθεί (t=0) ως την στιγμή πριν ακριβώς την δεύτερη κρούση.

Γ. Να προσδιορίσετε τις μάζες Μ και m

Δ. Να εξετάσετε αν η πρώτη κρούση είναι ελαστική ή όχι.


Α. Έστω υ η ταχύτητα πρόσκρουσης του σφαιριδίου στην πλάκα και υ΄ η ταχύτητα ανά-κλασής του από αυτή:

2 12ghmgh = ½ mυ => υ = => υ = 6 m/s (1) 1

½ m υ΄ 2 22gh = mgh => υ΄ = => υ΄ = 2 m/s (2) 2

Β. Η ενέργεια ταλάντωσης της πλάκας είναι ΕΤ = ½ DA2 ή ΕΤ = ½ ΚA2 (3) και 2 2η δυναμική ενέργεια της ταλάντωσης U = ½ Dy ή U = ½ Κy (ισχύει ότι ΙyΙ = Α Ιημ

ωtΙ) οπότε: U = ½ Κ Α2 2 ημ ωt (4) 2Επειδή: Ετ = Εκ + U => Εκ = Ετ – U από τις (3) και (4) Ε = ½ ΚA2 (1 - ημ ωt) ή κ

332Εκ = ½ ΚA2συν2 2 ωt => Ε = συν ωt (5) κ



Ο χρόνος που μεσολαβεί μεταξύ των δύο κρούσεων είναι ίσος με τα Τ/2 της ταλάντω-σης και μπορούμε να τον υπολογίσουμε με βάση το χρόνο κίνησης του σφαιριδίου, και

υπολογίζεται από τη σχέση t = 2gh22 => t = 0,4 s. Οπότε Τ= 0,8 s.

ω = 2π / Τ => ω = 2,5 π rad/s

332 2H σχέση (5) γίνεται: Ε = συν (2,5πt) (S.I.) κ

Γ. Η μάζα του δίσκου υπολογίζεται με βάση την περίοδο της ταλάντωσης:

KM

2

2

4πKTΤ = 2π => Μ = = 3 Κg

Ενώ η μάζα του σφαιριδίου από την αρχή διατήρησης της ορμής κατά την κρούση:

υυυM′+′2

38mυ = Mυ΄ – mυ΄ => m= , το υ΄ = υ2 2 max = ω Α = m/s, οπότε: m= 1 Κg

Δ. Αν η κρούση είναι ελαστική θα διατηρείται η κινητική ενέργεια του συστήματος κατά την κρούση: Ε 2 2

κιν.προ= ½ m υ => Εκιν.προ = 18 J, Εκιν.μετ = ½ m υ΄ + ½ Μ υ΄2΄2 ≈ 12.66 J

Εκιν.προ > Ε οπότε η κρούση δεν είναι ελαστική κιν.μετ

Πειραματικό Μέρος ‘‘Μέτρηση του μήκους κύματος φωτός, με πείραμα συμβολής’’

Ο Thomas Young, το 1801, ήταν ο πρώτος που επέδειξε φαινόμενα συμβολής και θεμελί-ωσε την κυματική φύση του φωτός. Συμβολή φωτός από δύο σύμφωνες πηγές μπορούμε να πραγματοποιήσουμε με το παρακάτω πείραμα.

Πηγή μονοχρωματικού φωτός (ερυθρό laser pointer) τοποθετείται πίσω από ένα διάφραγ-μα με δύο πολύ λεπτές σχισμές που η μεταξύ τους απόσταση d είναι συγκρίσιμη με το μή-κος κύματος του ορατού φωτός. Το μέτωπο του κύματος της πηγής φτάνει συγχρόνως στις σχισμές, οπότε αυτές γίνονται νέες πηγές με ίδια συχνότητα και βρίσκονται σε φάση. Το φως από τις δύο νέες πηγές, δίνει σε μία οθόνη, από χαρτί μιλιμετρέ, την εικόνα συμ-βολής που φαίνεται στο σχήμα. Δημιουργούνται δηλαδή κροσσοί ενισχυτικής ή ακυρωτι-κής συμβολής σε σταθερές θέσεις.

L

y

d

r1

r2

θ

θ

dημθ Κεντρικός κροσσός

Η απόσταση του διαφράγματος από την οθόνη είναι L.



Στο σχήμα η οθόνη απέχει από τις σύμφωνες πηγές απόσταση L>>d και έχουμε το αποτέ-λεσμα της συμβολής σε αποστάσεις y << L. Με τις παραπάνω προϋποθέσεις οι ακτίνες r ,r είναι σχεδόν παράλληλες και επομένως είναι: r -r = d ημθ 1 2 1 2

και σύμφωνα με τις παραδοχές μας είναι: ημθ ≈ εφθ ≈ y/L άρα r =d y/L - r1 2

α) Δείξτε ότι αν σε απόσταση y από τον κεντρικό κροσσό έχουμε άλλο φωτεινό κροσσό, δηλαδή έχουμε ενισχυτική συμβολή,

nLdyλ =ισχύει: (1)

όπου λ το μήκος κύματος του φωτός και n=1,2,…. Ανάλογα αν αναφερόμαστε στον 1ο τον 2ο κ.λ.π. κροσσό μετά τον κεντρικό.

Τα μήκη d, L καθώς και η απόσταση y ενός φωτεινού κροσσού n τάξης από τον κεντρικό κροσσό είναι μετρήσιμα, άρα από την τελευταία σχέση μπορεί να υπολογιστεί το μήκος κύματος λ του φωτός της φωτεινής πηγής (laser pointer)

β) Πραγματοποιήθηκε ένα πείραμα στο οποίο οι σχισμές ήταν κατακόρυφες, η μεταξύ τους απόσταση ήταν d = 0,08 mm και η απόσταση του διαφράγματος από την οθόνη ήταν L = 1 m. Στην οθόνη με το χαρτί μιλιμετρέ εμφανίστηκαν κόκκινες φωτεινές κηλίδες (κροσσοί ενισχυτικής συμβολής), όπως δείχνονται στο παρακάτω σχήμα όπου το ερυθρό χρώμα έχει αντικατασταθεί από το γκρι.

1 cm

Υπολογίστε το μήκος κύματος του φωτός της πηγής δίνοντας τις απαραίτητες εξηγήσεις.

γ) Αν ο κατασκευαστής της φωτεινής πηγής, του πειράματος, δίνει την τιμή 660 nm για το μήκος κύματος του φωτός να υπολογίσετε το % σφάλμα στη μέτρηση της πειραματικής τιμής του λ.

δ) Αν είχαμε πηγή μονοχρωματικού φωτός με μικρότερο μήκος κύματος (π.χ. κατά 200 nm), τι διαφορά θα είχαμε, κατά τη γνώμη σας, στην εικόνα της συμβολής.


Ldyrr =− 21 λnrr =− 21α) Δίνεται , αλλά για ενισχυτική συμβολή ισχύει



( )1nLdyλ =Από τις δύο παραπάνω σχέσεις προκύπτει:

β) Για n = 1 είναι από την εικόνα λ = 8,5mm, οπότε η (1) δίνει λ = 680 nm

%,% 033100660

660680=

−β) Το ζητούμενο σφάλμα είναι:

δ) Για μικρότερο λ θα έχουμε και μικρότερο y, άρα οι κροσσοί θα ήταν πιο κοντά.



Γ΄ Λυκείου19 Μαρτίου 2005


Θέμα 1ο A. Σε πείραμα με μικροκύματα που εκ-

πέμπονται από τον πομπό, αυτά ανα-κλώνται από μεταλλική πλάκα (ανα-κλαστήρας) και συμβάλλουν στον ανι-χνευτή. Καθώς ο ανακλαστήρας απο-μακρύνεται αργά από τον ανιχνευτή, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα, μια σειρά μέγιστων και ελάχιστων καταγράφεται στον ανιχνευτή. Ένα μέγιστο καταγρά-φεται όταν ο ανακλαστήρας απέχει 25 cm από τον ανιχνευτή. Οκτώ ακόμα μέγιστα κα-ταγράφονται καθώς απομακρύνεται ο ανακλαστήρας, με το όγδοο τη στιγμή που αυτός απέχει 37,8 cm από τον ανιχνευτή. Βρείτε το μήκος κύματος και τη συχνότητα των μι-κροκυμάτων. Δίνεται η ταχύτητα του φωτός στον αέρα c=3.108 m/s.

25 cm Πομπός

Ανιχνευτής

Ανακλαστήρας

(Μονάδες 8) B. Σε μια περιοχή της Μεσοποταμίας βρέθηκε ένα παλαιό τεμάχιο από ξύλο, που περιείχε

25.109 πυρήνες ραδιενεργού . Στην ίδια περιοχή ένα τεμάχιο από ξύλο που κόπηκε

πρόσφατα, ίσης μάζας με το παλαιό, έχει ενεργότητα (που οφείλεται στον

C146

C146 ) ίση με

0,8 Bq. Να βρεθούν:

α. η σταθερά διάσπασης του . C146

β. η ενεργότητα του παλαιού τεμαχίου.

γ. το πλήθος των πυρήνων C146 που υπάρχουν στο τεμάχιο του πρόσφατα κομμένου

ξύλου.

δ. Να ερευνήσετε αν το παλαιό τεμάχιο μπορεί να ήταν τμήμα της Κιβωτού του Νώε. Δίνεται ότι: ln2=0,7, 1 έτος=3,1. 107 s,

ο έχει χρόνο υποδιπλασιασμού 1,75 C146

. 1011 s.

Θεωρούμε ότι η περιεκτικότητα της ατμόσφαιρας σε δε μεταβάλλεται με το χρόνο και ότι ο κατακλυσμός έγινε πριν από περίπου 17000 έτη. (Μονάδες 8)

C146

Γ. Πάνω στην ήρεμη επιφάνεια μιας λίμνης επιπλέει ένας ξύλινος δίσκος μάζας Μ=1 kg

και ακτίνας R=1 m. Ο δίσκος εξαιτίας ενός ανεμοστρόβιλου που προηγήθηκε, περιστρέ-

φεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνά από το κέντρο του με συχνότητα f=31

Hz . Πάνω στο δίσκο και στα άκρα μιας διαμέτρου του κάθονται, αρχικά ακίνητα ως προς το δίσκο, δυο χελωνάκια μάζας m=0,2 kg το καθένα, τα οποία κάποια χρονική στιγμή ξεκινούν προκειμένου να συναντηθούν κινούμενα κατά μήκος της διαμέτρου με ταχύτητες ίσου μέτρου.



Αν γνωρίζουμε ότι τα χελωνάκια ζαλίζονται και αποκοιμούνται όταν η συχνότητα με την οποία περιστρέφονται γίνει fmax=0,5 Hz, να βρεθούν: α. η μεταξύ τους απόσταση τη στιγμή που αποκοιμούνται. β. η ενέργεια που δαπάνησε το κάθε ένα κατά τη μετακίνησή του. Η ροπή αδράνειας του δίσκου ως προς τον άξονα περιστροφής του, δίνεται από τη σχέση: Ιδ=ΜR2/2. Οι τριβές που συναντά ο δίσκος κατά την κίνησή του στο νερό θεωρούνται ασήμαντες. Τα χελωνάκια θεωρούνται υλικά σημεία. Δίνεται επίσης π2=10. (Μονάδες 9)

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. Πρόκειται για δημιουργία στάσιμου κύματος από ανάκλαση. Στον ανακλαστήρα θα έ-χουμε δεσμό ενώ στον ανοιχνευτή κοιλία. Έτσι 8λ/2=37,8 cm -25 cm =12,5 cm οπότε λ=6,25 cm. Από τη σχέση c=λ f προκύπτει ότι f=48 108 Hz. B.

α. τ=ln2/λ ή λ=ln2/τ οπότε λ=0.7/1.75*1011s και λ=4*10-12s-1

β. R=λ Ν οπότε R=4*10-12s-1*25*109 και R=0.1 Bq

γ. Rο =λ Νο ή Νο = Rο /λ οπότε Νο =0,8Bq /4*10-12s-1 και Νο =200*109

δ. Ν=Νο e-λt οπότε e-λt =25*109/200*109 ή e-λt =1/8 ή eλt =23 ή λt=3* ln2 από την οποία προκύπτει ότι t = 16935έτη άρα μπορεί να ήτα Γ. α. Lαρχ=Lτελ ή Ιαρχ ωαρχ=Ιτελ ωτελ ή Ιαρχ 2πf=Ιτελ 2πfmax οπότε (ΜR2/2+ 2mR2) f = ( ΜR2/2+ 2mx2) *fmax από την οποία x=0.5m και d=1m β. Καρχ=1/2 Ιαρχ ωαρχ

2 =1/2*( ΜR2/2+ 2mR2) *4π2f2 οπότε Καρχ =2 J Κτελ=1/2 Ιτελ ωτελ

2 =1/2 ( ΜR2/2+ 2mx2) *4π2fmax2 οπότε Κτελ =3 J

ΔΚ =1 J Ε=ΔΚ/2 Ε=0,5 J

Θέμα 2ο Α. Η μπάλα με μάζα m έχει ταχύτητα υ0 και κινείται

από τον κατακόρυφο τοίχο προς το ακίνητο κιβώτιο με μάζα Μ πενταπλάσια από εκείνη της μπάλας, όπως φαίνεται στο σχήμα. Υποθέστε ότι η μπάλα συγκρούεται πάντα κεντρικά και ελαστικά τόσο με το κιβώτιο όσο και με τον τοίχο. Ο συντελεστής τριβής ολίσθησης μεταξύ του κιβωτίου και του εδάφους είναι μ ενώ δεν υπάρχει τριβή μεταξύ της μπάλας και του εδάφους. Με δεδομένα τα υ0, g, μ υπολογίστε:

Mm



α. Την ταχύτητα της μπάλας μετά το n-οστό κτύπημά της με το κιβώτιο. To n δεδομέ-νο.

β. Όταν η μπάλα σταματήσει, ποια θα είναι η συνολική μετατόπιση του κιβωτίου;

Υποθέστε ότι ο μ είναι αρκετά μεγάλος, ώστε το κιβώτιο να ακινητοποιείται μέχρι τη στιγμή που η μπάλα ξαναπέφτει πάνω του. (Μονάδες 12)

Β. Ο ομογενής κύλινδρος του διπλανού σχήματος με μάζα Μ=4 kg και ακτίνα βάσεων r=10 cm ηρεμεί σε οριζόντιο δάπεδο. Σε ένα σημείο της επιφάνειας του κυλίν-δρου, που απέχει από το δάπεδο από-σταση h=16 cm, ασκούμε στον κύλινδρο οριζόντια δύναμη F που ο φορέας της τέμνει τον κατακόρυφο άξονα του κυλίν-δρου και το μέτρο της σταδιακά το αυξά-νουμε από μηδενική αρχική τιμή.

F

r

x h

Κ

α. Αν μεταξύ κυλίνδρου-δαπέδου ο συντελεστής τριβής ολίσθησης είναι μ=0,65, να δείξετε ότι ο κύλινδρος, με την επίδραση της δύναμης F, θα ανατραπεί πριν αρχίσει η ολίσθησή του.

β. Αν x η απόσταση της κατακόρυφης δύναμης, που ασκεί το δάπεδο στον κύλινδρο, από τον κατακόρυφο άξονά του, να παραστήσετε γραφικά τη σχέση x-F όσο ο κύ-λινδρος ισορροπεί.

γ. Έστω ότι ο συντελεστής τριβής ολίσθησης κυλίνδρου-δαπέδου ήταν μ=0,50 και ότι η δύναμη F μεταβάλλεται με το χρόνο σύμφωνα με τη σχέση F=5t (S.I). Στην περί-πτωση αυτή να παραστήσετε γραφικά με το χρόνο την επιτάχυνση του κυλίνδρου μέχρι τη χρονική στιγμή που ανατρέπεται.

Θεωρούμε ότι ο συντελεστής οριακής τριβής συμπίπτει με τον συντελεστή τριβής ολί-σθησης και ότι g=10 m/s2. (Μονάδες 13)


Α.

α. Εύκολα προκύπτει ότι η ταχύτητα του κιβωτίου μετά την πρώτη τη δεύτερη και τη n-οστή κρούση με την μπάλα είναι: V1= υ0/3 , V2= υ0 /32 και Vn =υ0 /3n

β. Η μπάλα θα σταματήσει όταν όλη η ενέργεια του συστήματος θα έχει μεταφερθεί στο περιβάλλον με τη μορφή θερμότητας μέσω του έργου της τριβής στο κιβώτιο. Δηλαδή:

2

20υm = μΜgx οπότε x = /10μg. 2

0υ

B.

α. Η ελάχιστη τιμή της δύναμης F για να αρχίσει η ολίσθηση (με την προϋπόθεση ότι δεν έχει ανατραπεί είναι Fmin(ολ)=μΜg=26 N.



Η ελάχιστη τιμή της F για να ανατραπεί ο κύλινδρος προκύπτει από το ότι στην περίπτψση αυτή η ροπή της F ως προς το Κ. Δηλαδή, Fmin(αν) h =M g r οπότε Fmin(αν)=25 Ν. x (m)

0,1

F (N)25

Επειδή Fmin(αν)< Fmin(ολ) συμπεραίνουμε ότι ο κύλινδρος θα ανατραπεί πριν ολισθήσει.

β. επειδή ο κύλινδρος ισορροπεί, η συνισταμένη ροπή ως προς το Κ θα είναι μηδέν. Δηλαδή Fh – Mgx =0 ο-πότε: x=Fh / Mg και με αντικατάσταση x=F/250 (S.I).

γ. Έστω t1 , t2 οι χρονικές στιγμές που ο κύλινδρος αρχίζει την ολίσθησή του και ανατρέπεται αντίστοιχα. Είναι F(t1)=Tολ ή 5t1=0,5 . 4 .10 οπότε t1=4 s . Επίσης F(t2) = Fmin(αν) ή 5t2=25 οπότε t2=5 s. Από τα 4 έως τα 5 s έχουμε ολίσθηση με α=F-TΟλ/Μ οπότε α=1,25t-5 (S.I)

Θέμα 3ο Το ομογενές δοκάρι ΑΓ με μάζα 20 kg, είναι αρ-θρωμένο στο σημείο Α της πρόσοψης ενός κτι-ρίου και κρατιέται οριζόντιο σε ύψος h=45 m από το έδαφος, με συρματόσχοινο ΓΔ που σχηματίζει γωνία 30ο με το δοκάρι, όπως φαίνεται στο δι-πλανό σχήμα. Ένας ακροβάτης με μάζα 80 kg διαθέτει ελαστικό σχοινί με συνολικό μήκος 40 m και σταθερά ελα-στικότητας 30 Ν/m. Απαντήστε στα παρακάτω ερωτήματα. α. Ποιο θα πρέπει να είναι το μήκος του ελαστι-

κού σχοινιού που πρέπει να χρησιμοποιήσει δένοντας το ένα άκρο του στο σημείο Γ, και το άλλο άκρο στη μέση του, ώστε αν πέσει από το σημείο Γ χωρίς αρχική ταχύτητα, να προσγειωθεί με ταχύτητα μηδέν; Δίνεται g=10 m/s2 και ότι η σταθερά ελαστικότητας εί-ναι αντιστρόφως ανάλογη του μήκους του σχοινιού που χρησιμοποιείται. Θεωρείστε ασήμαντο το βάρος του ελαστικού σχοινιού και ότι το σημείο πρόσδεσής του στον α-κροβάτη τη στιγμή που αφήνεται να πέσει βρίσκεται στο Γ, ενώ τελικά το σημείο αυτό φτάνει στο έδαφος με μηδενική ταχύτητα.

Γ A

Δ

30ο

h

α (m/s2)

1,25

t (s) 5 4

β. Σε πόσο χρόνο φτάνει στο έδαφος; γ. Ποιο θα πρέπει να είναι το όριο θραύσης του συρματόσχοινου ώστε να αντέξει;

(Μονάδες 25)



Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Συμβολίζουμε με L το συνολικό μήκος του σχοινιού και με l το μήκος που θα χρισιμοποιή-σει ο ακροβάτης. Ακόμα θέτουμε Μ τη μάζα του ακροβάτη και m του δοκαριού. Αν k η σταθερά ελαστικότητας που αντιστοιχεί στο μήκος l και Κ στο L, έχουμε

lL

Kk= ή

lKLk = (1)

α) Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας κατά την πτώση του ακροβάτη προκύπτει

2)(21 lhkMgh −= (2)

Από τις (1), (2) αντικαθιστώντας τις τιμές των μεγεθών παίρνουμε την εξίσωση 020251502 =+− ll

Οπότε l=15 m Β) Από τη στιγμή που ο ακροβάτης πηδάει ώσπου να αρχίσει να τεντώνει το σχοινί εκτελεί ελεύθερη πτώση. Αν αυτή η κίνηση διαρκεί t1 έχουμε

212

1 gtl = ή t1= 3 s

Από τη στιγμή που αρχίζει το σχοινί αρχίζει να τεντώνει, ως τη στιγμή που ο ακροβάτης φτάνει στο έδαφος έχουμε ότι αυτό εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. Αν η θέση ισορρο-πίας είναι κατά α πιο κάτω από τη θέση που τεντώνει το σχοινί έχουμε

Μg=kα (3) Από την (1) αντικαθιστώντας τις τιμές έχουμε k=80 Ν/m, οπότε η (3) δίνει α=10 m. Η περίοδος της ταλάντωσης είναι

ππ 22 ==kMT s

Έστω t2 ο χρόνος για να διανύσει ο ακροβάτης την απόσταση α και t3 ο χρόνος να φτάσει από τη θέση ισορροπίας στο έδαφος. Έχουμε

243π

==Tt s

Ο χρόνος t2 μπορεί να θεωρηθεί ως ο χρόνος κίνησης από τη θέση ισορροπίας ως τη θέ-ση x=α, άρα στην

tT

Ax πημ 2=

θέτουμε x=α=10 m, A=h-(l+α)=20 m, οπότε προκύπτει

62π

=t s

Τελικά ο ζητούμενος χρόνος είναι

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

623 ππt s = ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

323 π s

γ) Το όριο θραύσης του συρματόσχοινου πρέπει να είναι τέτοιο ώστε αυτό να μη σπάει ό-ταν από το ελαστικό σχοινί ασκείται η μέγιστη δύναμη στο δοκάρι

Fmax=k(a+A)=2400 Ν

Α Γ

Fmax

mg

Tθρ

30οΣτο δοκάρι έχουμε τις δυνάμεις

B B



Από την ισορροπία έχουμε ότι το αλγεβρικό άθροισμα των ροπών ως προς το Α είναι μη-δέν, οπότε αν d είναι το μήκος του δοκαριού γράφουμε

02 max =−+ dTdFdmg ϑρ ή Τθρ=5000 Ν


Α. Χρησιμοποιούμε εργαστηριακό πάγκο ως κεκλιμένο επίπεδο, ξύλινο χάρακα και χρο-νόμετρο. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται μια κατακόρυφη τομή του πάγκου.

L h

H H0

Το μήκος του κεκλιμένου επιπέδου είναι L=180 cm, ή μάζα του κυλίνδρου m=496,5 g η ακτίνα του r=2,5 cm και η επιτάχυνση της βαρύτητας g=9,8 m/s2. 1. Μετράμε τα ύψη H και Ho 2. Αφήνουμε ελεύθερο τον κύλινδρο να κινηθεί και μετράμε (τρεις φορές) το χρόνο

που χρειάζεται για να διανύσει όλο το μήκος του πάγκου. 3. Επαναλαμβάνουμε την προηγούμενη διαδικασία για διάφορες τιμές των υψών H και

Ho. Παρατηρήσεις:

• Για να κυλίεται ο κύλινδρος χωρίς να ολισθαίνει δεν πρέπει η επιφάνεια του πάγκου να είναι λεία.

• Για να μειώσουμε τα σχετικά σφάλματα μέτρησης των χρόνων πρέπει τα ύψη h να είναι σχετικά μικρά.

ΠΙΝΑΚΑΣ ΤΙΜΩΝ

H (cm) H0 (cm) h (cm) t1 (s) t2 (s) t3 (s) t (s) α (cm/s2) 84,0 80,1 4,85 4,84 4,82 86,2 80,0 3,96 3,88 3,93 89,5 79,9 3,11 3,15 3,16 92,9 79,8 2,69 2,69 2,70 95,4 79,8 2,50 2,53 2,54

α. Να βρείτε και να συμπληρώσετε στον προηγούμενο πίνακα για κάθε περίπτωση:

• τις τιμές του ύψους h.

• τις μέσες τιμές του χρόνου t.

• τις τιμές της επιτάχυνσης α του κέντρου μάζας του κυλίνδρου.



β. Να δείξετε ότι αν η ροπή αδράνειας Ι του κυλίνδρου τεθεί Ι= λmr2 προκύπτει:

α=kh με ( )Lλgk+

=1

γ. Να σχεδιάσετε το διάγραμμα α=f(h) με βάση τις τιμές του πίνακα. δ. Να βρείτε την κλίση k=Δα/Δh. ε. Να βρείτε τη ροπή αδράνειας του κυλίνδρου. στ. Να υπολογίσετε τη ροπή αδράνειας του κυλίνδρου με τη βοήθεια της σχέσης:

Ι=mR2/2. z. Να υπολογίσετε το σχετικό σφάλμα της τιμής που βρέθηκε πειραματικά.

(Μονάδες 15)

Β. Σε ένα εργαστήριο Φυσικής, είναι εγκατεστημένος ένας αεροδιάδρομος, ο οποίος είναι συνδεδεμένος με Η/Υ μέσω ενός interface / καταγραφικού. Πάνω στον αεροδιάδρομο ένα σώμα (ιππέας) μπορεί να κινείται χωρίς τριβές λόγω του λεπτού στρώματος αέρα που υπάρχει μεταξύ του ιππέα και του αερο-διαδρόμου. Στον ιππέα προσαρ-μόζονται δύο ελατήρια με σταθε-ρά k το καθένα. Τα ελεύθερα ά-κρα των ελατηρίων στερεώνονται στον αεροδιάδρομο και το σώμα βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του όπως φαίνεται στο σχήμα (1). Το σώμα εκτρέπεται από τη θέση ισορροπίας του και με κατάλληλο απτήρα αφήνεται ελεύθερο ενώ αυτόματα τίθεται σε λειτουργία το καταγραφικό.

Η κατασκευή του αεροδιαδρόμου και του καταγραφικού είναι τέτοια∗ ώστε αυτό να κα-ταγράφει τιμές σε συγκεκριμένα χωρικά διαστήματα 3 cm το καθένα χωρίς να αντιλαμ-βάνεται την αλλαγή στην κατεύθυνση της κίνησης του σώματος. Δημιουργείται έτσι έ-νας πίνακας τιμών διαστήματος-χρόνου από τον οποίο προκύπτει στην οθόνη του υ-πολογιστή η γραφική παράσταση διαστήματος-χρόνου που φαίνεται στο σχήμα (2). Με τη βοήθεια του διαγράμματος αυτού να βρείτε: α. Την περίοδο και το πλάτος της αρμονικής ταλάντωσης που εκτελεί το σώμα, δίνο-

ντας τις απαραίτητες εξηγήσεις. β. Τη σταθερά κάθε ελατηρίου αν η μάζα του ιππέα είναι 200 g. Δίνεται π2=10.

∗ Ο ιππέας φέρει μαγνήτη και ο αεροδιάδρομος κατάλληλη διάταξη σε σχήμα μαιάνδρου με διάκενα που α-πέχουν 3 cm. Η λειτουργία του καταγραφικού στηρίζεται στο φαινόμενο της ηλεκτρομαγνητικής επαγωγής.



1000 3000Xρόνος (ms)

1

2

3

4

5

Διάστημα (m)

2000

Σχήμα (2)

(Μονάδες 10)

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις: Α. α. Οι τιμές του h προκύπτουν από τη διαφορά Η-Ηο, και οι τιμές της επιτάχυνσης από τη σχέση

2

21 atL =

οπότε οι τρείς στήλες του πίνακα συμπληρώνονται ως εξής

h(cm) t(s) α(cm/s2) 3,9 4,83 15,4 6,2 3,92 23,4 9,6 3,14 36,5 13,1 2,69 49,7 15,5 2,52 56,7

β. Έχουμε για την κίνηση του κυλίνδρου τις σχέσεις

maF =Σ ή mgημφ-Τ=ma (1), όπου ημφ=h/L



γτ Ia=Σ ή RamRTR 2λ= ή Τ=λma

Από τις παραπάνω σχέσεις, με απαλοιφή του Τ προκύπτουν οι ζητούμενες. γ.

a-h

0

5

10

15

20

0 20 40 60

h

δ. Η κλίση από το διάγραμμα είναι 3,75 s-2

ε. Aπό τη σχέση

( )Lgkλ+

=1

προκύπτει λ=0,45, συνεπώς η ροπή αδράνειας του κυλίνδρου είναι Ι=λmR2=0,45×0,4965×0,0252=1,4×10-4 kgm2

στ. Ιθ= 0,5mR2=0,5×0,4965×0,0252=1,55×10-4 kgm2

ζ. 10055,1

4,155,1×

−=σ %= 9,7%

Β. α. Στις αραιώσεις των κουκίδων στο διάγραμμα ο ταλαντωτής είναι σε ακραία θέση. Με βάση αυτό προκύπτει ότι το πλάτος είναι Α=35 cm και η περίοδος Τ=1 s.

β. Από τη σχέση Τ=2πk

m2

προκύπτει ότι k= 4 N/m.


Γ΄ Λυκείου 18 Μαρτίου 2006

Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1ο Α. Μια νυχτερίδα κινείται με ταχύτητα 5 m/s κυνηγώντας ένα ιπτάμενο έντομο το οποίο κι-νείται στην ίδια κατεύθυνση με αυτήν. Η νυχτερίδα εκπέμπει ήχο με συχνότητα 40 kHz και αντιλαμβάνεται από ανάκλαση στο έντομο ήχο με συχνότητα 40,4 kΗz. Με τι ταχύτητα κι-νείται το έντομο; Δίνεται η ταχύτητα του ήχου στον αέρα υηχ=340 m/s. B. Μια μπάλα πέφτει από πολύ μεγάλο ύψος και χτυπάει στο οριζόντιο έδαφος ελαστικά. Να βρεθεί η επιτάχυνση της μπάλας αμέσως μετά την κρούση, εάν η αντίσταση του αέρα είναι ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας. Δίνεται g=10 m/s2. Γ. Κατακόρυφος κυκλικός τομέας 900, ο οποίος έχει κοπεί από ομογενή κυκλικό δίσκο, έχει μάζα m=3 kg ακτίνα R=10 2 /3π ≈ 1.5 m και μπορεί να περιστρέφεται γύρω από οριζόντιο άξονα που διέρχεται από το σημείο Α και είναι κάθετος σ΄ αυτόν. Αν αφεθεί ελεύθερος από τη θέση που η ΑΓ είναι οριζόντια (σχήμα 1), η γωνιακή του επιτάχυνση στη θέση αυτή είναι αγ= 8 rad/sec2. Να βρεθεί η ταχύτητα του σημείου Γ όταν η ΑΓ γίνεται κατακόρυφη. Δίνεται η ροπή αδράνειας του πλήρους δίσκου ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο του και είναι κάθετος στο επίπεδό Ι= MR2/2 (όπου Μ η μάζα όλου του δίσκου) , g=10 m/s2, π2=10.


Γ Α

m

Γ

Α

m

σχήμα 1

σχήμα 2

Δ. Μια ξύλινη ομογενής και ισοπαχής ράβδος ΑΓ ισορροπεί ελεύθερα πάνω σε εντελώς λείο οριζόντιο δάπεδο με τη διεύθυνσή της παράλληλη στο δάπεδο. Ένα βλήμα αμελητέων διαστάσεων, κινούμενο οριζόντια, χτυπά κάθετα τη ράβδο και σφηνώνεται σ’ αυτή. Έστω ΔΚ η απώλεια κινητικής ενέργειας στην περίπτωση που το βλήμα σφηνώνεται στο κέντρο

μάζας της ράβδου και Κ′Δ στην περίπτωση που το βλήμα σφηνώνεται σε άλλο σημείο της ράβδου. Να εξηγήσετε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι η σωστή; i) ΔΚ = Κ′Δ ii) ΔΚ > Κ′Δ iii) ΔΚ < Κ′Δ

Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις

A. 405340

340−−

= εντεντ

uf kHz 40,4= 3,340

5340340

3405340

=⇒−−

⋅++

εντεντ

εντ

uu

u m/s



B. Πέφτοντας από μεγάλο ύψος αποκτά οριακή ταχύτητα όταν mg=ku2. Αφού η κρούση με το έδαφος είναι ελαστική ανακλάται με την ίδια κατά μέτρο ταχύτητα προς τα πάνω. Αμέ-σως μετά την ανάκλαση ΣF=mα δηλαδή 2mg=mα άρα α=2g

Γ. Η ροπή αδράνειας του κυκλικού τομέα ως προς το Α θα είναι ΙΑ= 2

2

21

421

4mR

MRI==

Αφού Μ=4m . Από το θεμελιώδη νόμο mgx=IAαγ από την οποία x=8/9 m Όπου x η απόσταση του κέντρου μάζας του κυκλικού τομέα από το Α.

Από το θεώρημα διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: mgR=21 IAω2 +mg(R-x).

Επομένως ω2=2mgx/IA από την οποία ω=4 rad/s και vΓ=ωR=6 m/s Δ. Σωστή είναι η ii). Επειδή στην περίπτωση που το βλήμα δεν σφηνώνεται στο κέντρο μάζας το σύστημα θα έχει και κινητική ενέργεια λόγω περιστροφής, ενώ όπως προκύπτει από την αρχή διατήρησης της ορμής η κινητική ενέργεια λόγω της μεταφορικής κίνησης θα είναι ή ίδια με την περίπτωση που το βλήμα θα έπεφτε στο μέσον της ράβδου. Θέμα 2ο Α. Μια οπτική ίνα αποτελείται από τρία μέρη: α. Τον πυρήνα που είναι το τμήμα στο οποίο διαδίδεται το φως. β. Τον μανδύα που είναι ένας ομόκεντρος με τον πυρήνα κύλινδρος ο οποίος έχει μικρότε-

ρο δείκτη διάθλασης από τον πυρήνα, για να παθαίνει το φως συνεχείς ολικές ανακλά-σεις.

γ. Το περίβλημα που είναι ένα αδιαφανές πλαστικό

θ1 n1

n2

n2 n0

Άξονας ίνας

Πυρήνας

Μανδύας

Μανδύας Περίβλημα

L Γωνία αποδοχής θα είναι η μέγιστη γωνία που πρέπει να σχηματίζει το φως (ακτίνα) με τον άξονα της ίνας ώστε να εισέλθει στην ίνα και να διαδοθεί με ολικές εσωτερικές ανακλάσεις. Όταν η γωνία πρόσπτωσης υπερβαίνει την θα η ακτίνα δεν μπορεί να διαδοθεί στην ίνα. Ακτίνα φωτός εισέρχεται από τον αέρα με δείκτη διάθλασης n0 σε ευθύγραμμη οπτική ίνα μήκους L, σχηματίζοντας γωνία θ1 με τον άξονα του πυρήνα. Ο πυρήνας της οπτικής ίνας έχει δείκτη διάθλασης n1 και ο μανδύας έχει δείκτη διάθλασης n2. Ισχύει n1 > n2 .

α) Να δείξετε ότι ισχύει η σχέση: ημθα=0

22

21

nnn −

.

β) Μια πηγή φωτός (LED ή LASER) στέλνει μέσα στην οπτική ίνα μήκους L ακτίνες φω-τός. Να βρεθεί η μέγιστη χρονική διαφορά μεταξύ των εξερχομένων ακτίνων. Η ταχύτητα του φωτός είναι c.

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2006 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος [Υπόδειξη: Υποθέτουμε ότι οι ακτίνες προσπίπτουν με γωνίες μεταξύ θ=0 (αξονική ακτίνα) και θ= θα (ακραία ακτίνα)]

Β. Ένα ζεύγος πυραυλοκινητήρων Π1Π2 χρησιμοποιούνται για να κινούν ένα μελλοντικό διαστημικό σταθμό μέσα στο βαθύ διάστημα. Ο διαστημικός σταθμός έχει τη μορφή σα-μπρέλας με ένα τομέα σύνδεσης ο οποίος ευρίσκεται κατά μήκος μιας διαμέτρου του όπως φαίνεται στην κάτοψη και στην τομή του σταθμού.

Π2Π1 Π΄2

Π΄1

Κάτοψη

y΄

y

R

Π1 Π΄1

Π΄2

Τομή

Π2

α) Θα πρέπει ο σταθμός να περιστρέφεται γύρω από τον άξονα yy΄ ώστε οι αστροναύτες που βρίσκονται σε ακτίνα R να αισθάνονται σαν να υπάρχει βαρύτητα όπως στη Γη. Ποια θα πρέπει να είναι η γωνιακή ταχύτητα της στροφικής κίνησης του σταθμού ώστε να συμ-βαίνει αυτό; β) Στην περίπτωση αυτή οι πυραυλοκινητήρες Π1Π2 χρησιμοποιούνται για να θέσουν σε στροφική κίνηση τον ακίνητο αρχικά σταθμό. Αν η γωνιακή ταχύτητα που υπολογίστηκε στο προηγούμενο ερώτημα αποκτάται σε χρόνο 1000 s να βρείτε τη δύναμη που ασκείται από κάθε πυραυλοκινητήρα δεδομένου ότι αυτή είναι σταθερή και έχει διεύθυνση εφαπτό-μενη στο σταθμό. γ) Μόλις ο σταθμός αποκτά την απαιτούμενη γωνιακή ταχύτητα του πρώτου ερωτήματος, οι πυραυλοκινητήρες τίθενται εκτός λειτουργίας και συμπτύσσονται προσωρινά στο κέντρο του σταθμού (θέσεις Π΄1 Π΄2). Να βρείτε την ενέργεια που απαιτήθηκε για τη σύμπτυξη αυ-τή. Δίνονται: H επιτάχυνση λόγω της βαρύτητας στην επιφάνεια της Γης g=10 m/s2, η ακτίνα του σταθμού R=39,2 m , η ροπή αδράνειας του σταθμού μαζί με τους πυραυλοκινητήρες στις θέσεις Π1Π2 ως προς τον άξονα yy΄ I=7,84 . 109 . kg m2, η μάζα των πυραυλοκινητή-ρων m=255. 103 kg


Α. α) Ισχύει ημθc=1

2

nn (1) Από το νόμο του Snell: n0ημθ1=n1ημθ2 (2)

Τρίγωνο ΑΒΓ: θ= 22θπ

− (3) όπου θ>θ2

Η (2) από την (3) δίνει n0ημθ1=n1συνθ (4)

Όμως ημ2θ + συν2θ =1 και συνθ= θημ 21− (5)



Από την (4) και την (5) n0ημθ1=n1 θημ 21− (6)

Οριακή περίπτωση: θ=θc και θ1=θα Τότε η (6) δίνει: n0ημθα= n1 cθημ 21−

Από την (1) n0ημθα= n1 21

221

nn

− από την οποία ημθα= 0

22

21

nnn −

β) Έχουμε υ=c/n1

Αξονική ακτίνα: tαξ= cLnL 1=

υ

Ακραία ακτίνα: Θα διανύσει απόσταση: L/ημθc σε χρόνο tακρ=cc

Lnημθ

1 Από την (1)

tακρ= cnn

2

21 Άρα: Δt=tακρ-tαξ= )1(

2

111

2

21 −=−

nn

cLn

cLn

cnLn

θ1 n1

n2

n2 n0

Άξονας ίνας

Πυρήνας

Μανδύας

Μανδύας Περίβλημα

L

θ2 θ Α

Β

Γ

Β. α) Για να αισθάνονται οι αστροναύτες όπως στη Γη θα πρέπει η κάθετη δύναμη από το πάτωμα όταν είναι ακίνητοι, να είναι ίση με το βάρος που θα είχαν στη Γη. Η δύναμη αυτή

όμως στην περίπτωσή μας δρα ως κεντρομόλος συνεπώς: gRuRug =⇒=

2 αλλά u=ω R

από αυτές προκύπτει ω=0,5 r/s.

β) Από το θεμελιώδη νόμο για τη στροφική κίνηση 2FR=Ιω/t ή F=Iω/2R ή F=5 104 N

γ) Από την αρχή διατήρησης της στροφορμής Ιω=(Ι-2mR2)ω΄ οπότε ω΄=0,555 r/s

Η ενέργεια που απαιτήθηκε είναι: W=1/2 L(ω΄-ω)=1/2 Ιω(ω΄-ω)=9,75 107 J. Θέμα 3ο

L

C

C Q0

1

2

Ένα κύκλωμα αποτελείται από δύο όμοιους πυκνωτές με χωρητικότητα C και ένα πηνίο με συντελεστή αυ-τεπαγωγής L. Αρχικά οι διακόπτες είναι ανοικτοί και ο πυκνωτής 1 είναι φορτισμένος με ηλεκτρικό φορτίο Q, ενώ ο πυκνωτής 2 είναι αφόρτιστος. Μετά οι διακό-πτες κλείνουν ταυτόχρονα και δημιουργείται έτσι ένα κύκλωμα ηλεκτρικών ταλαντώσεων, όπου το φορτίο και το ρεύμα ταλαντώνονται αρμονικά με το χρόνο.


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2006 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος α) Να βρείτε την μέγιστη ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος I και την κυκλ1ική συχνότητα ω της ταλάντωσης του ρεύματος στο κύκλωμα αυτό, σε σχέση με τα L, C, Q, β) Να γράψετε τις χρονοεξισώσεις του ηλεκτρικού ρεύματος και του ηλεκτρικού φορτίου σε κάθε πυκνωτή, θεωρώντας δεδομένες από τα προηγούμενα ερωτήματα τις τιμές της μέγι-στης έντασης του ηλεκτρικού ρεύματος και της κυκλικής συχνότητας ω. γ) Προτείνετε και σχεδιάστε ένα μηχανικό ανάλογο για το σύστημα αυτό. ( Δίνεται ότι το γινόμενο δύο ποσοτήτων με σταθερό άθροισμα είναι μέγιστο όταν αυτές είναι ίσες και ότι στην περίπτωση που δύο πυκνωτές με χωρητικότητα C είναι συνδεδεμέ-νοι σε σειρά η ισοδύναμη χωρητικότητα του συστήματος είναι C0=C/2).


α) Λόγω της αυτεπαγωγής, αμέσως μετά το κλείσιμο των διακοπτών, το ρεύμα θα είναι μηδεν. Έτσι η χρονική εξέλιξή του θα είναι της μορφής i=Ιημωt. Κάποια χρονική στιγμή που τα φορτία στους πυκνωτές είναι q1,q2 και το ρεύμα i από την αρχή διατήρησης της ε-νέργειας θα ισχύει:

Umax= [ ] [ ]212

21222

221

222

221

22

2)(1)(21

22222qqqqQ

LCiqqQ

CLi

Cq

CqLi

CQ

++−=⇒+−=⇒++=

Από την αρχή διατήρησης του ηλ. φορτίου : q1+q2=Q (1) οπότε:

212 2 qq

LCi = (2) Με τη βοήθεια της υπόδειξης για να είναι το γινόμενο q1q2 μέγιστο θα

πρέπει q1= q2=2Q Συνεπώς το μέγιστο ρεύμα θα είναι: I=Q0

LC21

Η κυκλική συχνότητα θα είναι ω=LC2 επειδή η ισοδύναμη χωρητικότητα C0= C/2

β) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅= t

LCLCQi 2

21

0 ημ (3)

Η (3) με τη βοήθεια των (1) και (2) δίνει: 211

22 222

2q

LCQq

LCt

LCLCQ

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅ημ

από την οποία έχουμε: ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+= t

LCQq 2121 συν

Τέλος το q2=Q-q1 οπότε q2=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅− t

LCQ 212

συν

γ) Το μηχανικό ανάλογο με το κύκλωμα αυτό θα είναι ένα σύστημα με δύο ίδια ελατήρια με σταθερά k το καθένα και ένα σώμα με μάζα m όπως φαίνεται στο σχήμα.

Γ΄ Λυκείου Σελίδα 5 από 7 M

k k

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2006 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος Πειραματικό Μέρος Α. Προτείνετε ένα πείραμα υπολογισμού της επιτάχυνσης λόγω της βαρύτητας με υπο-

χρεωτική χρήση του παρακάτω εξοπλισμού: Κεκλιμένο επίπεδο, μετροταινία, χρονόμετρο, λεπτός κούφιος μεταλλικός κύλινδρος.

Στην απάντησή σας θα πρέπει να περιλαμβάνονται τα παρακάτω: α) Υποθέσεις που θα κάνατε πριν την εκτέλεση του πειράματος. β) Ένα σχήμα στο οποίο να φαίνεται το στήσιμο του πειράματος. γ) Η πειραματική διαδικασία αναλυτικά. (ποια μεγέθη θα μετρήσετε και πως) δ) Η σχέση από την οποία θα υπολογίσετε την επιτάχυνση της βαρύτητας με τη βοήθεια των μεγεθών που μετρήσατε πειραματικά και ο τρόπος που προέκυψε η σχέση αυτή.

ε) Αναφορά σε πιθανά σφάλματα.

B. Ένας επίπεδος ομογενής και ισοπαχής χάρακας μπορεί να στρέφεται γύρω από σταθε-ρό οριζόντιο άξονα ο οποίος είναι κάθετος στο επίπεδό του και διέρχεται από το ένα άκρο του. Ο χάρακας αφή-νεται να πέσει από οριζόντια θέση και περνά από μια φωτοπύλη στην κατακόρυφη θέση. Η φωτοπύλη είναι συνδεδεμένη με ηλεκτρονικό χρονόμετρο το οποίο με-τρά το χρόνο διέλευσης του χάρακα από τη φωτοπύλη. Αυτό επαναλαμβάνεται 20 φορές και οι τιμές των χρό-νων διέλευσης με τις αβεβαιότητές τους φαίνονται στον πίνακα 1. Η μάζα του χάρακα μετρήθηκε με ζυγό ακριβείας και βρέθηκε m=182,65±0,005 g Το μήκος του χάρακα μετρήθηκε με μετροταινία και βρέθηκε L= 63,80 ±0,05 cm Το πάχος του χάρακα μετρήθηκε με διαστημόμετρο και βρέθηκε d=3,00±0,05 cm H επιτάχυνση λόγω της βαρύτητας είναι g=9,8 m/s2.

Πίνακας 1: Χρόνοι διέλευσης-αβεβαιότητες t (ms)

7,028 ± 0,0005 7,062 ± 0,0005 6,884 ± 0,0005 6,846 ± 0,0005 7,098 ± 0,0005 6,992 ± 0,0005 6,902 ± 0,0005 7,035 ± 0,0005 7,164 ± 0,0005 6,991 ± 0,0005 7,002 ± 0,0005 6,995 ± 0,0005 7,021 ± 0,0005 6,990 ± 0,0005 6,895 ± 0,0005 7,014 ± 0,0005 7,054 ± 0,0005 6,998 ± 0,0005 6,990 ± 0,0005 7,006 ± 0,0005

α) Να υπολογίσετε τη ροπή αδράνειας του χάρακα από τα πειραματικά δεδομένα. β) Ποιο είναι το σχετικό σφάλμα σε σχέση με τη θεωρητικά προβλεπόμενη τιμή; ( Η θεω-ρητικά προβλεπόμενη τιμή για τη ροπή αδράνειας ομογενούς ράβδου ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της και είναι κάθετος σ’ αυτή είναι Ιcm=mL2/12.




Συνοπτικές απαντήσεις / λύσεις Α. Κάποιοι μαθητές θα μπορούσαν να υποθέσουν ότι ο κύλινδρος εκτελεί καθαρή κύλιση. Αυτό μπορεί να συμβαίνει όταν υπάρχουν τριβές και η γωνία του κεκλιμένου δεν είναι πο-λύ μεγάλη. Στο σημείο αυτό θα μπορούσαν κάποιοι μαθητές να εξάγουν τη σχέση μεταξύ του συντελεστή τριβής και της μέγιστης γωνίας ώστε να μην ολισθαίνει ο κύλινδρος και να εκτελεί καθαρή κύλιση. Κάποιοι άλλοι μαθητές θα μπορούσαν να υποθέσουν ότι ο κύλιν-δρος ολισθαίνει χωρίς να κυλίεται, η υπόθεση αυτή όμως θα έπρεπε να συνοδεύεται και από την υπόθεση ότι δεν υπάρχουν τριβές. Επίσης θα έπρεπε να υποθέσουν ότι η αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα και ότι ο κύλινδρος επειδή είναι λεπτός και κούφιος θα έχει ροπή αδράνειας Ι=MR2. Για την περίπτωση της κύλισης εύκολα προκύπτει ότι η επιτάχυνση του κέντρου μάζας του κυλίνδρου είναι: α=gημφ/2 από την οποία προκύπτει ότι g=2α/ημφ (1). Μετρώντας το χρόνο καθόδου του κυλίνδρου τουλάχιστον 10 φορές βρίσκουμε την μέση τιμή t του χρό-νου καθόδου. Μετράμε επίσης με την μετροταινία το μήκος του κεκλιμένου L. Από τη σχέ-ση L=αt2/2 υπολογίζουμε την επιτάχυνση α και θέτοντάς την στη σχέση (1) υπολογίζουμε την επιτάχυνση της βαρύτητας. Για την περίπτωση της ολίσθησης, εκτός του ότι είναι δύ-σκολο να γίνει η επιτάχυνση καθόδου είναι διπλάσια και τα σφάλματα στη μέτρηση του χρόνου με το χρονόμετρο θα είναι μεγαλύτερα. B. α) Από τις τιμές του χρόνου διέλευσης που φαίνονται στο παραπάνω πίνακα υπολογί-ζεται ο μέσος χρόνος διέλευσης t=6,998±0,0005 ms Η ταχύτητα του άκρου της ράβδου θα είναι: v=d/t =4,287m/s Η γωνιακή ταχύτητα της ράβδου στην κατακόρυφη θέση: ω=υ/L=6,72 r/s Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας προκύπτει: Ι=mgL/ω2 =0,0253 kg m2

Η θεωρητικά προβλεπόμενη τιμή σύμφωνα με τη σχέση Ι=mL2/3 είναι Ι=0,0247 kg m2

β) Το σχετικό σφάλμα θα είναι περίπου 2,43%. Παρατήρηση (Θέμα 3ο) Στην περίπτωσή μας ισχύει q

1+q

2=Q. Αυτό μπορεί να το αντιληφθεί κανείς αν σκεφτεί το

μηχανικό ανάλογο στο οποίο έχουμε δύο ίδια ελατήρια το ένα στο φυσικό του μήκος (αφόρ-τιστος πυκνωτής) και το άλλο επιμηκυμένο κατά x

0 (φορτισμένος πυκνωτής) με το σώμα με-

ταξύ τους (πηνίο) όπως φαίνεται και στο σχήμα στη λύση. Αν το σύστημα αφεθεί, θα εκτε-λέσει ταλάντωση γύρω από μια θέση ισορροπίας που θα είναι στο μέσον του x

o (αφού οι

σταθερές των ελατηρίων είναι ίσες). Σε μια τυχαία θέση για τις επιμηκύνσεις θα ισχύει x

1+x

2=x

0. Το πλάτος της ταλάντωσης είναι x

0/2.

Ειδικά λοιπόν στην περίπτωσή μας ισχύουν όλα όσα αναφέρουμε στη λύση.




Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1ο: 1. Σε μια πειραματική άσκηση χρησιμοποιήσαμε τη

διάταξη που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Γεμίσαμε με νερό μια προχοΐδα, την στηρίξαμε

κατακόρυφα και πλησιάσαμε στο ελεύθερο άκρο της ένα διεγερμένο διαπασών συχνότητας 440 Hz. Αφήνοντας, με τη βοήθεια της στρόφιγγας αργά-αργά ποσότητα νερού να εκρεύσει από την προχοΐδα διαπιστώσαμε ότι ο ήχος του διαπασών ακούγεται έντονα για πρώτη φορά όταν το μήκος της αέριας στήλης είναι L=18,8 cm και για δεύτερη όταν L΄=57,3 cm. Στη συνέχεια τοποθετήσαμε πάνω στο διαπασών έναν “ιππέα” ώστε να αλλάζει η συχνότητα του ήχου που εκπέμπεται από αυτό και επαναλάβαμε την προηγούμενη διαδικασία οπότε οι τιμές που βρήκαμε ήταν L=19,8 cm και L΄=58,9 cm.

Να βρείτε: α. την ταχύτητα του ήχου στον αέρα. β. τη συχνότητα του διαπασών με τον ιππέα.

2. Το ραδιενεργό στοιχείο Α εκπέμπει σωματίδια α και έχει χρόνο ημιζωής 108 έτη. Οι θυγατρικοί πυρήνες Β που προκύπτουν από τη διάσπαση των πυρήνων του στοιχείου Α είναι και αυτοί ραδιενεργοί με χρόνο ημιζωής 60 s. Διασπώμενοι εκπέμπουν σωματίδια β και μεταστοιχειώνονται στο στοιχείο Γ το οποίο είναι σταθερό. Είναι γνωστό ότι το στοιχείο Α σχηματίστηκε τη στιγμή του εκρηκτικού θανάτου ενός αστέρα (Supernova) από τον οποίο δημιουργήθηκε το ηλιακό μας σύστημα. Ένα δείγμα βράχου στη Γη περιέχει και τα τρία στοιχεία Α, Β, Γ. Ο λόγος των πυρήνων των ατόμων του στοιχείου Γ προς τους πυρήνες των ατόμων του στοιχείου Α είναι 240. Εκτιμήστε πριν πόσα χρόνια έγινε το Supernova, αφού κάνετε κάποιες υποθέσεις /προσεγγίσεις.

3. Το φαινόμενο Doppler χρησιμοποιείται στα νοσοκομεία για τη μέτρηση της ταχύτητας

της ροής του αίματος με εκπομπή υπερήχων συχνότητας f και ανάκλασή τους από τα ερυθρά αιμοσφαίρια. Η ταχύτητα των υπερήχων στο αίμα είναι v. Αν τα ερυθρά αιμοσφαίρια κινούνται κατά μήκος μιας αρτηρίας απομακρυνόμενα από τον πομπό των υπερήχων και η μέση διαφορά συχνοτήτων μεταξύ των υπερήχων που επιστρέφουν και των υπερήχων που εκπέμπονται είναι Δf, ποια είναι η ταχύτητα των ερυθρών αιμοσφαιρίων; Απαντήστε συναρτήσει των Δf, f, και v.

L



Θέμα 2ο: 1. Στο διπλανό σχήμα, φαίνεται το άκρο του ποδιού ενός

ανθρώπου, ο οποίος έχει ανασηκωθεί και στηρίζεται στις μύτες των ποδιών του, με τέτοιο τρόπο ώστε το βάρος του να κατανέμεται εξ’ ίσου στα δυο του πόδια. Η μάζα του ανθρώπου είναι m. Στη θέση αυτή, ο Αχίλλειος τένοντας βρίσκεται υπό τάση Τ και σχηματίζει γωνία φ με την οριζόντια διεύθυνση. Το οστό της κνήμης ασκεί δύναμη

rστον αστράγαλο σε σημείο που

βρίσκεται στο ίδιο ύψος από το έδαφος με το σημείο στο οποίο δρα ο Αχίλλειος τένοντας στον αστράγαλο. Η απόσταση των δύο αυτών σημείων είναι d. Η δύναμη F σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφη. Υποθέστε ότι η απόσταση του σημείου επαφής του ποδιού με το έδαφος από την κατακόρυφο που διέρχεται από το σημείο επαφής της κνήμης με τον αστράγαλο, είναι ℓ. Υποθέστε επίσης, ότι το κέντρο μάζας του άκρου του ποδιού βρίσκεται ακριβώς στο σημείο επαφής μεταξύ της κνήμης και του αστραγάλου. Η μάζα του κάτω άκρου του ποδιού είναι mπ. α. Βρείτε το μέτρο της τάσης Τ στον Αχίλλειο τένοντα. β. Βρείτε τη γωνία θ. (Καταλήξτε σε μια έκφραση για την εφθ συναρτήσει των

δεδομένων) γ. Βρείτε το μέτρο της δύναμης F που ασκεί η κνήμη στο κάτω άκρο του ποδιού.

(Θεωρήστε γνωστή τη γωνία θ της οποίας την εφαπτομένη πιθανώς βρήκατε στο προηγούμενο ερώτημα σε σχέση με τα δεδομένα)

Δεδομένα: m, g, d, ℓ, φ. 2. Λεπτή άμμος πασπαλίζεται σε οριζόντια μεμβράνη η οποία ταλαντώνεται κατακόρυφα

με συχνότητα f=500 Hz. Οι κόκκοι της άμμου αναπηδούν μέχρις ύψους 3 mm πάνω από το επίπεδο της ισορροπίας της μεμβράνης. Ποιο είναι το πλάτος της ταλάντωσης της μεμβράνης; Δίνεται g=9,8 m/s2.

Θέμα 3ο: Δύο σημειακές πηγές αρμονικών κυμάτων Π1 και Π2 βρίσκονται ακίνητες στην ήρεμη επιφάνεια του νερού μιας λίμνης. Τη χρονική στιγμή t0=0 οι πηγές Π1 και Π2 αρχίζουν να ταλαντεύονται κατακόρυφα με εξισώσεις απομάκρυνσης από τη θέση ισορροπίας τους αντίστοιχα: y1=0,10·ημ100πt και y2=0,10·ημ102πt (S.I) Τα εγκάρσια κύματα που δημιουργούν οι πηγές διαδίδονται στην επιφάνεια της λίμνης με ταχύτητα c=2 m/s και το πλάτος τους θεωρούμε ότι δεν μειώνεται με την απόσταση από τις πηγές. Ένα σημείο Σ της επιφάνειας της λίμνης απέχει κατά 1 m από κάθε πηγή (r1=r2=1 m). α. Να βρείτε την εξίσωση της απομάκρυνσης με το χρόνο του σημείου Σ, μετά τη

συμβολή των κυμάτων σ’ αυτό. Μπορούμε να χαρακτηρίσουμε τη συμβολή στο σημείο Σ ως καταστροφική ή ενισχυτική; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

d

N

F

T

φ

θ

ℓ



β. Να παραστήσετε γραφικά με το χρόνο το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Σ λόγω συμβολής και για το χρονικό διάστημα Δt=4,0 s μετά την έναρξη της συμβολής στο σημείο αυτό.

γ. Να βρείτε τον αριθμό των πλήρων ταλαντώσεων που πραγματοποιεί το σημείο Σ στο χρονικό διάστημα Δt=4,0 s μετά την έναρξη της συμβολής στο σημείο αυτό.


1. Ένα κινητήρας συνεχούς ρεύματος (μοτέρ) με μόνιμο μαγνήτη διαθέτει άξονα με λάστιχο στον οποίο μπορούμε να προσαρτήσουμε αντικείμενα τα οποία θέλουμε να περιστρέψουμε. Αυτό γίνεται συνδέοντας τον κινητήρα σε τροφοδοτικό χαμηλής τάσης, οπότε αρχίζει να περιστρέφεται μεταφέροντας στροφορμή κατά τον άξονα περιστροφής, στα προσαρτημένα σώματα. Η περιστροφή του άξονα του κινητήρα γίνεται με σχετικά μικρή, αλλά σημαντική, τριβή. Ο κινητήρας αυτός μπορεί να λειτουργεί και ως γεννήτρια συνεχούς τάσης η οποία είναι ανάλογη της γωνιακής ταχύτητας περιστροφής του κινητήρα στην περίπτωση που αυτός αποσυνδέεται από το τροφοδοτικό και περιστρέφεται έως ότου σταματήσει λόγω της ροπής της τριβής. Όταν ό κινητήρας είναι αποσυνδεδεμένος από το τροφοδοτικό και περιστρέφεται με συχνότητα 30 Hz η τάση που παράγεται από αυτόν είναι 1,40 V.

α. Θα μπορούσε ο κινητήρας αυτός να χρησιμοποιηθεί ως αισθητήρας γωνιακής

ταχύτητας; Αν ναι, εξηγήστε πώς. β. Προσαρτούμε μια ροδέλα με ελάσματα αμελητέας μάζας (βλέπε σχήμα) στον άξονα

του κινητήρα, η οποία έχει μάζα m=83·10-3 kg, εσωτερική ακτίνα ri=13,8 mm, εξωτερική ακτίνα r0=31,5 mm. Θεωρούμε ότι η ροπή αδράνειας του περιστρεφόμενου συστήματος συμπίπτει με την ροπή αδράνειας της ροδέλας. Η

ροπή αδράνειας της ροδέλας δίνεται από τη σχέση )rm(rI 202

1+= 2

i .

Συνδέουμε στο τροφοδοτικό τον κινητήρα και αυξάνοντας την τάση τροφοδοσίας αυξάνουμε την ταχύτητα περιστροφής του όσο πιο πολύ μπορούμε, ώστε να μην εκτοξεύεται η ροδέλα. Στη συνέχεια, τη χρονική στιγμή t=0, ανοίγουμε το διακόπτη στο κύκλωμα της τροφοδοσίας και με τη βοήθεια βολτομέτρου και χρονομέτρου παίρνουμε τον παρακάτω πίνακα δεδομένων όπου φαίνονται τα ζεύγη των τιμών

λάστιχο

σφιγκτήρας

κινητήρας (μοτέρ)

γωνιακός σφιγκτήρας

πυκνωτής

διακόπτης +

αντίσταση

ροδέλα οπή από την οποία περνάει ο άξονας του κινητήρα με το λάστιχο.

r1

r0

αμελητέας μάζας ελάσματα



του χρόνου και της τάσης που παράγεται από τον κινητήρα καθώς αυτός επιβραδύνεται.

Χρόνος (s) Τάση (V)

0,00 1,59 1,11 1,35 2,23 1,21 3,34 1,01 4,45 0,82 5,57 0,65 6,68 0,53 7,79 0,36 8,91 0,13

Παραστήσατε γραφικά την τάση σε σχέση με το χρόνο χαράσσοντας τη βέλτιστη ευθεία η οποία διέρχεται από τα σημεία που αντιστοιχούν στα ζεύγη τιμών του παραπάνω πίνακα.

γ. Υπολογίστε τη γωνιακή επιτάχυνση της ροδέλας. δ. Υπολογίστε τη ροπή της τριβής. ε. Ποια είναι η μηχανική ισχύς που αποδίδει ο κινητήρας όταν στρέφεται με συχνότητα

30 Hz; στ. Tη χρονική στιγμή 5,57 s πάνω στη στρεφόμενη ροδέλα μια όμοια ροδέλα χωρίς

ελάσματα η οποία δεν στρέφεται. Αν η τριβή παραμένει η ίδια, ποια θα ήταν η τάση αμέσως μετά την τελείως ανελαστική κρούση των δύο ροδελών; Εξηγήστε την απάντησή σας.

ζ. Κάντε μια πρόβλεψη για τη μορφή που θα είχε το διάγραμμα τάσης χρόνου στην περίπτωση αυτή από τη χρονική στιγμή t=0 s έως τη χρονική στιγμή 8,91 s.

Με τον όρο αισθητήρες εννοούμε συσκευές ή διατάξεις με τις οποίες ο Η/Υ "αισθάνεται" ή μετρά φυσικές ποσότητες του περιβάλλοντος, όπως θερμοκρασία, ένταση φωτός, πίεση, απόσταση κλπ. Για παράδειγμα, διασυνδεόμενος με μια φωτοαντίσταση (ηλεκτρική αντίσταση της οποίας η τιμή εξαρτάται από την ένταση του φωτός που προσπίπτει πάνω της) και μετατρέποντας την τιμή της, είναι δυνατό να υπολογίσει την ένταση του φωτός, αν είναι γνωστή η σχέση της έντασης του φωτός με την τιμή της ηλεκτρικής αντίστασης,



Αν θέλετε, μπορείτε να κάνετε τα διαγράμματα εδώ και να επισυνάψετε το χαρτί αυτό μέσα στο τετράδιό σας.

Καλή Επιτυχία Συνοπτικές Λύσεις

0 t (s)

V (V)

0

0 t (s)

V (V)

0



Θέμα 1ο: 1. α. L = λ/4 L΄= 3λ/4 λ=77 cm c=λf c=338,9 m/s

β. L = λ΄/4 L΄= 3λ΄/4 λ΄=78,2 cm

c=λ΄f ΄ f΄=433 Hz 2. Τη στιγμή που ο λόγος ΝΓ/ΝΑ=240 είναι ΝΒ<<ΝΓ επειδή ΤΒ<<ΤΑ. Επομένως ΝΓ=ΝΑ0 - ΝΑ , όπου ΝΑ0 ο αρχικός αριθμός πυρήνων του Α. Οπότε:

ΝΑ=ΝΑ0 e-Λt όπου Λ=ln2/TA. Άρα t

TAA

AeNN2ln

0

−

⋅= Αλλά ΝΓ/ΝΑ =240 οπότε

400400400 2212 ≈⇒=−⇒=−

A

A

A

A

A

AA

NN

NN

NNN

. Άρα, ⇒=⇒=−

40402ln

222 AA Ttt

Te

98 10410404040 ⋅=⇒⋅=⇒⋅=⇒= ttTtTt

AA

έτη.

3. Η συχνότητα που λαμβάνεται από ένα ερυθρό αιμοσφαίριο είναι fερ= νvv

f ερ− (1), και έτσι η

συχνότητα του ήχου που ανακλάται και από τη συσκευή με το αιμοσφαίριο ως πηγή είναι

ερερ

f⋅+

=′vν

vf(1)⇒ f⋅

+=′

ερ

ερ

vνv-v

f (2)

Η διαφορά συχνοτήτων Δf = f΄– f (2)⇒ Δf = f-f⋅

+ ερ

ερ

vνv-v

,

οπότε: Δf = f- ⋅+

1)ερ

ερ

vνv-v

( ,

και: ffΔ = 1-

ερ

ερ

vνv-v

+,

δηλαδή: ffΔ =

ερ

ερ2vνv-+

. Έτσι: ffΔ (ν+νερ)= –2νερ

Οπότε: ffΔ ν = –2νερ –

ffΔ νερ

ή: ffΔ ν = (–2 –

ffΔ )νερ

και τελικά: νερ= ffvfΔ2

Δ-+⋅

Θέμα 2ο :



1. α. Στ=0 –Τημφd+Nℓ = 0

T = 2dημφmgl (1)

β. ΣFx=0 Tσυνφ–Fημθ=0 ΣFψ=0 Τημφ–Fσυνθ+Ν–mπg=0

εφθ =gm

2mgημφ

2dημφmg

συνφ2dημφmg

π−+l

l

⇒ θ = τοξεφ(d2m-mdm

mgσφφ

π+l)

γ. Τσυνφ-Fημθ=0 ⇒ F =ημθ

Tσυνφ

2. Σύντομη λύση Η επαφή χάνεται όταν Ν=0. Τότε η επιτάχυνση του κόκκου θα είναι a=g . Όμως a=-ω2ψ όπου ψ η απομάκρυνση του κόκκου από τη θέση ισορροπίας του. Οπότε: g = -

ω2ψ1 δηλαδή g=-4π2fψ1 από την οποία βρίσκουμε την απομάκρυνση τη στιγμή που χάνεται η επαφή ψ1=-g/4π2f (1)

Ο κόκκος ανέρχεται κατά Δψ μετά το χάσιμο της επαφής. Από το θεώρημα διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: mgΔψ=mv1

2 /2 οπότε Δψ=v12/2g (2)

Το ύψος από το επίπεδο ισορροπίας της μεμβράνης θα είναι h=ψ1+Δψ Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: h=-g/4π2f + v1

2/2g από την οποία βρίσκουμε την ταχύτητα v1 του κόκκου τη στιγμή που χάνεται η επαφή του με τη μεμβράνη.

Στη συνέχεια από τη σχέση =ω βρίσκουμε το πλάτος Α= 7,72 10-5 m ή Α=0,0772 mm Αναλυτικότερα: η απομάκρυνση του κόκκου από τη θέση ισορροπίας του και η ταχύτητά του συναρτήσει του

χρόνου, για όσο χρόνο ο κόκκος είναι σε επαφή με τη μεμβράνη, θα δίνονται από τις παρακάτω εξισώσεις αφού αυτή εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση. ψ=Aημωt (1) v=ωΑσυνωt (2) Αν Ν η δύναμη που ασκείται από τη μεμβράνη σε ένα κόκκο άμμου, από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τον κόκκο θα είναι: Mα=Ν-mg (3) Όταν χάνεται η επαφή Ν=0 οπότε η (3) με τη βοήθεια της (2) δίνει -g=-ω2Αημωt1 οπότε ημωt1=g/ω2Α Τότε ψ1=Αημωt1=g/ω2 (4), και v1=ωΑσυνωt (5)

ημθ = F

Tσυνφ

συνθ = F

gmΝTημφ π−+

⇒ εφθ = gm-ΝΤημφ

Tσυνφ

π+ ⇒

(1) ⇒

(1) ⇒



Από το θεώρημα διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε: mgΔψ=mv1

2 /2 οπότε Δψ=v12/2g (6). Το ύψος από το επίπεδο ισορροπίας της μεμβράνης θα

είναι h=ψ1+Δψ Από τις (4),(5),(6) προκύπτει ότι: h=g/ω2 +ω2Α2συν2ωt1/2g ή

h=g/v2 +v2A2(1-ημ2ωt1)/2g =g/2ω2 + Α2ω2/2g. Οπότε Α= 2

22

ωg2 −ωgh

και επειδή ω=2πf με

αντικατάσταση παίρνουμε Α= 7,72 10-5 m ή Α=0,0772 mm Θέμα 3ο: α. Οι συχνότητες ταλάντωσης των πηγών Π1, Π2 (f1 και f2) αντίστοιχα είναι:

f1 = 2π

1ω = 2π

100π Hz = 50 Hz

και: f2 = 2π

2ω = 2π

102π Hz = 51 Hz

Τα μήκη κύματος των παραγόμενων κυμάτων (λ1 και λ2) αντίστοιχα είναι:

λ1 = 1fc =

502 m =

251 m

και: λ2 = 2fc =

512 m

Οι εξισώσεις των κυμάτων που παράγουν οι πηγές Π1 και Π2 θα είναι: y1=0,10ημ2π(50t–25r)

και: y2=0,10ημ2π(51t–512r )

Η ζητούμενη απομάκρυνση του σημείου Σ είναι: yΣ= y1(Σ)+ y2(Σ) Δηλαδή: yΣ = 0,10·[ημ(100πt–50π) + ημ(102πt–51π)]

ή: yΣ = 0,2·ημ(πt)·ημ(101πt–1012π ) (1)

Από την (1) προκύπτει ότι η κίνηση του Σ είναι ιδιόμορφη ταλάντωση που εμφανίζει διακροτήματα. Επειδή το πλάτος της ταλάντωσης του Σ δεν μένει σταθερό, αλλά μεταβάλλεται μεταξύ των τιμών 0 m και 0,2 m συμπεραίνουμε πως τη συμβολή στο Σ, δεν μπορούμε να τη χαρακτηρίσουμε ούτε ενισχυτική, ούτε καταστροφική.

β. Από την (1) προκύπτει ότι το πλάτος ταλάντωσης

του Σ είναι: ΑΣ=0,2[ημ(πt)] Η περίοδος μεταβολής του πλάτους (περίοδος

διακροτημάτων) είναι Τδ=12

1ff −

=11 s

Δηλαδή: ΣAT =Τδ=1 s

γ. Αν Ν ο ζητούμενος αριθμός πλήρων ταλαντώσεων του Σ, επειδή ΝΤΣ=Δt,

0 1 2 3 4

0,2

t (s)

ΑΣ (m)



είναι: Ν=ΣTtΔ (2), όπου ΤΣ η περίοδος κίνησης του Σ.

Είναι όμως: ΤΣ = Σωπ2 =

π101π2 s =

1012 s (3)

Από τις (2) και (3) προκύπτει: Ν=

10124 ταλαντώσεις = 202 ταλαντώσεις.

Πειραματικό α. Αφού βρήκαμε ότι στα 30 Ηz παράγεται τάση 1,40 V και επειδή η τάση που παράγεται από τον

κινητήρα είναι ανάλογη της γωνιακής ταχύτητας περιστροφής του κινητήρα στην περίπτωση που αυτός αποσυνδέεται από το τροφοδοτικό,

θα έχουμε: ω = kV δηλαδή: 2πf = kV

οπότε: k = V

fπ2

αντικαθιστώντας έχουμε: k = V40,1Hz30π2

οπότε: k = 1,35·102 rad/sV Μετρώντας την τάση που παράγεται μπορούμε να υπολογίσουμε τη γωνιακή ταχύτητα. Έτσι ο κινητήρας μπορεί να λειτουργήσει ως αισθητήρας γωνιακής ταχύτητας.

β.

γ. Η κλίση είναι tV

dd =0,158 V/s.

Η γωνιακή επιτάχυνση είναι α = tω

dd =

tVk

dd = (1,35·102 rad/sV)·(0,158 V/s)

οπότε α = 21,3 rad/s2. δ. Υπολογίζουμε πρώτα τη ροπή αδράνειας της ροδέλας: Ι1 = (83·10-3 kg)·[(31,5 ·10-3 m)2 + (13,8 ·10-3 m)2] = 4,91·10-5 kg·m2

Η ροπή της τριβής θα είναι: τ =I1α =(4,91·10-5 kg·m2)·(2,13·101 rad/s2) = 1,0·10-3 Nm

0 t (s)

V (V)

5 10 0

0.5

1

1.5



ε. Όταν ο κινητήρας στρέφεται με σταθερή συχνότητα 30 Hz ( όταν λειτουργεί ως κινητήρας δηλαδή όταν ο διακόπτης του τροφοδοτικού είναι κλειστός) η συνισταμένη ροπή είναι μηδέν, οπότε η μηχανική ισχύς του κινητήρα θα είναι ίση με την ισχύ της τριβής. Έτσι: P = τω Δηλαδή: P = τ 2πf και αντικαθιστώντας έχουμε: P = 1,0 ·10-3·2·π·30 W δηλαδή: P = 6π·10-2 W

στ. Τη στιγμή t=5,57 s κατά την οποία γίνεται η επαφή όπως φαίνεται από τον πίνακα η τάση είναι: Vπριν=0,65 V

Όμως: ωπριν=kVπριν Έτσι: ωπριν=1,35·102·0,65 r/s Και: ωπριν= 87,75 r/s

Η στροφορμή της στρεφόμενης ροδέλας κατά τον άξονα περιστροφής λίγο πριν την επαφή της με τη δεύτερη ροδέλα θα είναι Lπριν=Ι1ωπριν ενώ η δεύτερη δεν έχει στροφορμή κατά τον άξονα περιστροφής.

Η στροφορμή του συστήματος των δύο ροδελών λίγο πριν την επαφή θα είναι ίση με τη στροφορμή του συστήματος αμέσως μετά την επαφή,

οπότε: Ι1ωπριν =(Ι1+Ι2) ωμετα Αλλά αφού οι ροδέλες είναι ίδιες: Ι1=Ι2 Οπότε: ωμετα= ωπριν/2 , δηλαδή: ωμετα = 43,87 r/s Από τη σχέση ω=kV έχουμε Vμετα = ωμετα / k . Αντικαθιστώντας βρίσκουμε: Vμετα=43,87/ 1,35 102 =0,325 V

ζ. Η γωνιακή επιτάχυνση πριν την κρούση είναι α = τ / Ι1. Επειδή η τριβή και η ροπή της θα είναι η ίδια και μετά την κρούση ενώ η ροπή αδράνειας θα έχει διπλασιαστεί η γωνιακή επιτάχυνση θα

είναι α΄ = τ / 2Ι1 δηλαδή θα έχει υποδιπλασιαστεί. Επειδή α = tVk

dd θα έχει υποδιπλασιαστεί και ο

ρυθμός μεταβολής της τάσης μετά την κρούση. Συνεπώς το διάγραμμα θα έχει την παρακάτω μορφή

0

0.5

1

1.5

0 t (s)

V (V)

5 10

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος

Γ΄ Λυκείου

3 Μαΐου 2008 Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1o

Α. Το μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό ενός σωληνοειδούς πηνίου στο οποίο κυκλοφορεί ηλεκτρικό ρεύμα είναι: Β=μ0ni όπου μ0 η μαγνητική διαπερατότητα του κενού και n ο αριθμός σπειρών σε κάθε μονάδα μήκους του πηνίου. n=N / l

Α.α. Να αποδείξετε ότι ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου είναι L=μ0n2V όπου V ο όγκος του κυλίνδρου που καταλαμβάνει το πηνίο.

Α.β. Να αποδείξετε ότι η ενέργεια του μαγνητικού πεδίου του πηνίου είναι: UB= VB0

2

2μ

Α.γ. Η χωρητικότητα επίπεδου πυκνωτή δίνεται από τη σχέση: dΑC 0ε= όπου Α η

επιφάνεια του κάθε οπλισμού, d η απόσταση των οπλισμών και ε0 η διηλεκτρική σταθερά του κενού. Να αποδείξετε ότι η ενέργεια του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή είναι:

VΕU 20E 2

1 ε= όπου Ε η ένταση του ομογενούς ηλεκτρικού πεδίου μεταξύ των οπλισμών

του πυκνωτή και V ο όγκος της παραλληλεπίπεδης περιοχής μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή.

Α.δ. Στο διπλανό κύκλωμα το πηνίο είναι ιδανικό. Δίνονται L=10-2 H, C=0,1mF, και η μέγιστη ενέργεια ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή Uc0=0,5J. Αν τη χρονική στιγμή t=0 είναι i=0 και η εξίσωση του ηλεκτρικού φορτίου του πυκνωτή είναι q=Qsin(ωt+φ). Βρείτε τα Q, ω, και φ.

LC

Α.ε. Αν η μέγιστη τιμή του μαγνητικού πεδίου στο εσωτερικό του πηνίου του προηγούμενου ερωτήματος είναι Β0=0,1 Τ, να βρείτε τον όγκο του πηνίου. H μαγνητική διαπερατότητα του κενού μ0=4π 10-7 Τm/A. Θέμα 2o Α. Ο κομήτης Encke ανακαλύφθηκε το 1786 από τον Pierre Mechain και το 1822 ο Johann Encke βρήκε ότι η περίοδός του ήταν 3.3 έτη. Φωτογραφήθηκε με τηλεσκόπιο στο όρος Wilson, το 1913, στη μεγαλύτερη απόσταση από τον ήλιο (αφήλιο), rα=6.1x1011 m. Η κοντινότερη απόσταση από τον ήλιο (περιήλιο) είναι rπ=5.1x1010 m. Η σταθερά της παγκόσμιας βαρυτικής έλξης G=6.7x10-11 Nm2kg-2. Η μάζα του ήλιου είναι mη=2.0x1030 kg. Η μάζα του κομήτη είναι πολύ μικρότερη από τη μάζα του Ήλιου. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται η ελλειπτική τροχιά του κομήτη.


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος Α.α. Βρείτε την ταχύτητα του κομήτη στο περιήλιο και στο αφήλιο.

rπ rα

Α.β. Όπως φαίνεται και στο σχήμα η ουρά του κομήτη προσανατολίζεται με τέτοιο τρόπο ώστε να κατευθύνεται πάντοτε μακριά από τον Ήλιο. Η εξήγηση είναι ότι η Ηλιακή ακτινοβολία ασκεί δύναμη στους παγωμένους κρυστάλλους που αποτελούν την ουρά του κομήτη. Αυτό μας δείχνει ότι το φως από τον Ήλιο μεταφέρει ορμή. Σύμφωνα με την κυματική θεωρία του φωτός όταν μια φωτεινή δέσμη πέφτει πάνω σε ένα αντικείμενο του προσδίδει ορμή p=E/c όπου Ε η ενέργεια που απορροφά το σώμα από το φως. Βρείτε την ορμή ενός φωτονίου μονοχρωματικής ακτινοβολίας με μήκος κύματος λ. Δίνεται η σταθερά του Planck h. Α.γ. Το ότι το φως μπορεί λοιπόν να προσφέρει ορμή συμφωνεί με τον κλασσικό ηλεκτρομαγνητισμό, με την κβαντομηχανική και με το πείραμα. Υπήρξε και μια υπόθεση σε συμφωνία και με τον κλασσικό ηλεκτρομαγνητισμό αλλά και την κβαντική φυσική ότι το κυκλικά πολωμένο φως μπορεί να προσφέρει και στροφορμή. Η υπόθεση αυτή αποδείχθηκε πειραματικά από τον Beth, ο οποίος απέδειξε ότι όταν παράγεται κυκλικά πολωμένο φως μέσα σε διπλοθλαστική πλάκα η πλάκα δέχεται ροπή από αντίδραση. Η στροφορμή του φωτός παίζει σπουδαίο ρόλο στην ερμηνεία της εκπομπής φωτός από άτομα και ακτίνων γ από πυρήνες. Η κλασσική και η κβαντική θεωρία προβλέπουν ότι αν δέσμη κυκλικά πολωμένου φωτός απορροφηθεί τελείως από ένα αντικείμενο πάνω στο οποίο προσπίπτει τότε στο αντικείμενο θα προσφέρεται στροφορμή ίση προς: i) L=U ω ii) L= U / c iii) L= U / ω iv) L = U c / λ v) L= U / λ όπου U η απορροφούμενη ενέργεια ω η κυκλική συχνότητα του φωτός c η ταχύτητα διάδοσης του φωτός και λ το μήκος κύματος. B. Σε έναν επιταχυντή πρωτόνια αποκτούν κινητική ενέργεια Ε0=2keV το καθένα. Η ενέργεια αυτή είναι τέτοια ώστε να μπορούμε να αγνοήσουμε τα σχετικιστικά φαινόμενα. Μια λεπτή δέσμη αυτών των πρωτονίων κατευθύνεται προς μια μεταλλική σφαίρα με ακτίνα r. Η σφαίρα βρίσκεται σε μεγάλη απόσταση από τον επιταχυντή. Η απόσταση μεταξύ του κέντρου της σφαίρας και της αρχικής τροχιάς της δέσμης των πρωτονίων είναι d=r/2 (σχήμα ). Υποθέστε ότι ο επιταχυντής λειτουργεί για αρκετό χρονικό διάστημα και ότι οι αλληλεπιδράσεις μεταξύ των πρωτονίων της δέσμης μπορούν να θεωρηθούν αμελητέες λόγω της μικρής έντασης της δέσμης. Τα πρωτόνια της δέσμης συγκρουόμενα με τη μεταλλική σφαίρα μεταφέρουν το ηλεκτρικό τους φορτίο σ’ αυτήν και παραμένουν πάνω της, συνεπώς η σφαίρα φορτίζεται. Η αλληλεπίδραση μεταξύ των πρωτονίων της δέσμης και της φορτισμένης σφαίρας αλλάζει την τροχιά της δέσμης. Τελικά η δέσμη των πρωτονίων ακολουθεί την καμπύλη τροχιά που φαίνεται στο σχήμα. Β.α. Βρείτε το τελικό δυναμικό V της σφαίρας. Β.β. Αν αντί για πρωτόνια ο επιταχυντής επιτάχυνε ηλεκτρόνια η τελική τιμή του δυναμικού V της σφαίρας θα ήταν ή ίδια; Εξηγείστε.



υ0

Ο

dr

υ Θέμα 3o Δύο σφαίρες με μάζες m1 και m2 βρίσκονται σε λεία οριζόντια επιφάνεια όπως φαίνεται στο σχήμα.

m1 m2

x

Οι αρχικές ταχύτητες των σφαιρών είναι v1 και v2. Υποθέστε ότι m2>m1 και ότι v2<0. Επίσης υποθέστε ότι όλες οι κρούσεις είναι ελαστικές και οι διαστάσεις των δύο σφαιρών αμελητέες. Η αρχή του άξονα x όπως φαίνεται στο σχήμα είναι στον αριστερό τοίχο. Αν x1 και x2 οι θέσεις των δύο σφαιρών, στο διπλανό διάγραμμα παριστάνουμε γραφικά την εξέλιξη της κίνησης του συστήματος. Στους άξονες αναγράφονται αντίστοιχα οι θέσεις των σφαιρών x1 και x2. Για παράδειγμα αν η θέση της σφαίρας με μάζα m1 είναι x1=4 m και την ίδια χρονική στιγμή της σφαίρας με μάζα m2 είναι x2=8 m, η κατάσταση του συστήματος τη στιγμή αυτή περιγράφεται από το σημείο (4,8) στο επίπεδο (x1,x2). Η χρονική εξέλιξη του συστήματος αντιστοιχεί σε μια γραμμή στο επίπεδο αυτό. Η γραμμή αυτή λέγεται γραμμή της κίνησης και το επίπεδο (x1,x2) επίπεδο της κίνησης. α. Γιατί η γραμμή της κίνησης δεν βγαίνει ποτέ από τη γραμμοσκιασμένη περιοχή η οποία

καθορίζεται από τις γραμμές δ1 και δ2; Δίνεται ότι η εξίσωση της δ1 είναι x1=0 και η εξίσωση της δ είναι: x =x2 1 2

β. Μεταξύ δύο συγκρούσεων η γραμμή της κίνησης είναι ευθεία. Τι εκφράζει η κλίση της ευθείας αυτής;

γ. Για να απλουστεύσουμε την ανάλυση των αλλεπάλληλων κρούσεων μεταξύ των δύο μαζών, εισάγουμε δύο νέες μεταβλητές y1 και y2 ως εξής: y1= 1m x1, y2= 2m x2. Έτσι μπορούμε να έχουμε μια νέα αντιστοίχηση της κατάστασης του συστήματος με ένα σημείο στο νέο επίπεδο της κίνησης (y1,y2) στο οποίο μπορούμε να καθορίσουμε την



γραμμή και τα όρια της κίνησης όπως κάναμε και στο προηγούμενο επίπεδο της κίνησης. Τα όρια της κίνησης στο νέο αυτό επίπεδο είναι Δ1 και Δ2.

Βρείτε τις εξισώσεις των Δ1 και Δ2 καθώς και τη γωνία μεταξύ τους. δ. Εκφράστε τις ταχύτητες των δύο μαζών (u1=dy1/dt, u2=dy2/dt) στο νέο σύστημα

αναφοράς (επίπεδο της κίνησης) με όρους των ταχυτήτων τους στο παλιό σύστημα και των μαζών τους.

ε. Μεταξύ δύο διαδοχικών συγκρούσεων (των μαζών ή της μάζας m1 και του τοίχου) η γραμμή της κίνησης στο επίπεδο (y1,y2) θα είναι πάλι ευθεία. Εκφράστε την κλίση της ευθείας αυτής με όρους των u1 και u2.

στ. Κατά την κρούση της σφαίρας με μάζα m1 με τον τοίχο συναντιέται η καμπύλη της κίνησης με την Δ1. Αν φαρχ και φτελ οι γωνίες μεταξύ της καθέτου στην Δ1 και της καμπύλης της κίνησης πριν και μετά την κρούση αντίστοιχα, βρείτε τη γωνία φτελ ως συνάρτηση της φαρχ.

ζ. Όταν συγκρούονται οι δύο σφαίρες η γραμμή της κίνησης συναντά την Δ2. Για κάθε κρούση γράψτε τις αρχές διατήρησης με όρους του νέου συστήματος αναφοράς (επιπέδου κίνησης (y1,y2)).

η. Θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε αυτό το πρόβλημα ως μοντέλο για ένα πρόβλημα θερμοδυναμικής. Όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα έχουμε αντικαταστήσει τη σφαίρα που είχε τη μεγαλύτερη μάζα με ένα έμβολο μάζας Μ και η σφαίρα με τη μικρότερη μάζα με ένα μόριο μάζας m στο εσωτερικό του κυλίνδρου. Υποθέστε ότι Μ>>m και ότι το έμβολο κινείται χωρίς τριβή στο εσωτερικό του κυλίνδρου. Αγνοείστε τη βαρύτητα και θεωρείστε ότι όλες οι κινήσεις είναι στη διεύθυνση x. Συμβολίζουμε την ταχύτητα του εμβόλου με V και εκείνη του μορίου με v. Υποθέστε ότι v>>V και ΜV>>mv. Η θέσεις του εμβόλου και του μορίου συμβολίζονται με Χ και x αντίστοιχα.

χ

Θεωρείστε ένα χρονικό διάστημα Δt τέτοιο ώστε Δt >>X / v. Σ’ αυτό το χρονικό διάστημα Δt το μόριο θα ταξιδέψει πολλές φορές μεταξύ του τοίχου και του εμβόλου. Αφού η ταχύτητα του εμβόλου είναι πολύ μικρή, κανείς μπορεί να αγνοήσει την μετατόπιση του εμβόλου κατά το χρονικό διάστημα Δt εφόσον αυτό δεν είναι και πολύ μεγάλο. Υπ’ αυτές τις συνθήκες κανείς μπορεί να αγνοήσει τη μεταβολή του μέτρου της ταχύτητας του μορίου.

Βρείτε τον αριθμό των συγκρούσεων μεταξύ του μορίου και του εμβόλου στο χρονικό διάστημα Δt.

θ. Υποθέστε ότι ∞→mM και βρείτε τη μεταβολή του μέτρου της ταχύτητας του μορίου σε μια σύγκρουσή του με το έμβολο. Μετά από χρονικό διάστημα Δt ποια είναι η μεταβολή του μέτρου της ταχύτητας;

ι. Βρείτε τη μεταβολή της ποσότητας G= Χv μετά το χρονικό διάστημα Δt. Υπόδειξη: ||||)|(| vXXvXv Δ+Δ=Δ κ. Χρησιμοποιώντας την απάντησή σας στο ερώτημα θ, βρείτε τη μεταβολή στην ορμή

του εμβόλου στο χρονικό διάστημα Δt. Εδώ θεωρείστε ότι m<<M και ν>>V. Βρείτε τη δύναμη που ασκείται στο έμβολο σε όρους των Χ και G.

λ. Η συνολική ενέργεια του συστήματος είναι ίση με το άθροισμα της κινητικής ενέργειας του μορίου και εκείνης του εμβόλου. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας βρείτε τη μεταβολή στην κινητική ενέργεια του εμβόλου όταν αυτό μετακινείται από τη θέση Χ0 στη θέση Χ1. Δείξατε αναλυτικά ότι η συνολική ενέργεια του συστήματος διατηρείται.


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος Πειραματικό Μέρος A. Όταν κάνουμε υπολογισμούς στηριζόμενοι σε πειραματικά δεδομένα έχουμε να προσθέσουμε, αφαιρέσουμε, πολλαπλασιάσουμε και διαιρέσουμε αριθμούς. Με μια αριθμομηχανή αυτό είναι πολύ εύκολο. Όμως το πρόβλημα είναι ότι οι τιμές που μας δίνει η αριθμομηχανή συνήθως έχουν πάρα πολλά ψηφία. Στις παρακάτω πράξεις να γράψετε τα αποτελέσματα με το σωστό αριθμό σημαντικών ψηφίων. Λάβετε υπ’ όψιν ότι οι αριθμοί τους οποίους πολλαπλασιάζετε, διαιρείτε, προσθέτετε και αφαιρείτε αποτελούν πειραματικά δεδομένα εκπεφρασμένα με τον αριθμό των σημαντικών ψηφίων που επέτρεψαν τα όργανα των μετρήσεων.

Α.α.16,42 x 0,211 = Α.β 6,5 / 14,50 = Α.γ. 2,432 + 1,7 = Α.δ. 120 - 18,3 =

B. Σύμφωνα με το νόμο του Νεύτωνα για την ψύξη, ο ρυθμός ψύξης ενός σώματος είναι ανάλογος της θερμοκρασιακής διαφοράς μεταξύ του σώματος και του περιβάλλοντος, όταν η θερμοκρασιακή διαφορά δεν είναι πολύ μεγάλη. Ένα φλιτζάνι ζεστό τσάι ψύχεται γρηγορότερα σε ένα κρύο δωμάτιο απ’ ότι σε ένα ζεστό δωμάτιο. Η εξίσωση η οποία περιγράφει τη χρονική εξέλιξη της θερμοκρασίας του τσαγιού είναι:

( ) ( )kt

t ΤΤTT -0 e)( δωμδωμ −+=

όπου Τ(t) η θερμοκρασία του τσαγιού σε κάθε χρονική στιγμή t, Tδωμ η θερμοκρασία του δωματίου, Τ(0) η αρχική θερμοκρασία του τσαγιού τη χρονική στιγμή t=0 και k μια σταθερά. Β.α. Ποιες είναι οι μονάδες της σταθεράς k; Β.β. Ένα ποτήρι με ζεστό τσάι τοποθετείται σε δωμάτιο θερμοκρασίας 15 οC. Η

θερμοκρασία του τσαγιού μετριέται σε διάφορες χρονικές στιγμές και κάποια από τα αποτελέσματα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

t (min) 10 20 30 40 50 60 70 80 T (oC) 65 49 38 30 25 22 20 18

Κάντε το κατάλληλο διάγραμμα το οποίο θα σας επιτρέψει να βρείτε τη σταθερά k χρησιμοποιώντας τα δεδομένα του παραπάνω πίνακα. Β.γ. Βρείτε τη σταθερά k. Εξηγείστε πλήρως τον τρόπο. Β.δ. Ποια ήταν η αρχική θερμοκρασία του τσαγιού; Β.ε. Πόσος χρόνος θα χρειαστεί για να ψυχθεί το τσάι στους 16 οC;


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος Αν θέλετε, μπορείτε να κάνετε τo διάγραμμα εδώ και να επισυνάψετε το χαρτί αυτό μέσα στο τετράδιό σας. Επιλέξτε τους άξονες τιτλοδοτήστε συμπεριλάβετε και τις κατάλληλες μονάδες σε κάθε άξονα.

0 0

Κάποιοι από τους τύπους που πιθανώς θα σας χρειαστούν: Δυναμική ενέργεια σε βαρυτικό πεδίο: U=Vm Δυναμική ενέργεια σε ηλεκτρικό πεδίο: U=Vq

Δυναμικό σε σημείο που απέχει r από το κέντρο σφαίρας μάζας Μ για r >Rσφ : V= -Gr

M

Δυναμικό σε σημείο που απέχει r από το κέντρο φορτισμένου σφαιρικού αγωγού με φορτίο

Q για r ≥Rαγ : V=KrQ


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος ΣΥΝΟΠΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Θεωρητικό Μέρος Θέμα 1o Α.α. niB 0μ= , ΒΑΦ = οπότε nΑiΦ 0μ=

dtdinAN

dtdΦΝE 0μαυτ −=−= άρα: L=μ0ΝnA και επειδή Ν=nl έχουμε:

L= μ0n2lA Επειδή lA=V προκύπτει: L= μ0n2V

A.β. UB= 2

21 Li αντικαθιστώντας όπου L= μ0n2V και λαμβάνοντας υπόψιν ότι: niB 0μ=

προκύπτει: UB= VB

0

2

2μ

A.γ. UE = VΕUdEdΑUCV EEc

20

220

2

21

21

21 εε =⇒=⇒

A.δ. CQQCUQC

QU cc22

0

2

0 105,0102221 −− =⇒⋅⋅=⇒=⇒=

ω= sradLC

/101 3= και φ= π/2 ή 3π/2 αφού τη χρονική στιγμή t=0 το i=0 και

συνεπώς το φορτίο του πυκνωτή θα είναι μέγιστο.

A.ε. όμως από το Α.β. έχουμε UJUU cB 5,000 == B0= 200

0

20 2

2 BV

VVB cμμ

=⇒ και με

αντικατάσταση βρίσκουμε ότι ο όγκος είναι: V=4π 10-5 m3

Θέμα 2o Α.α

υπ

υα

rπ rα Από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας έχουμε:

2 21 12 2a

m m m mG m G m

r rη η

π απ

υ υ− + = − + (1)

Και από την αρχή διατήρησης της στροφορμής έχουμε:


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος mυπrπ=mυαrα (2) Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε: υα=59329 m/s και υπ=205186 m/s περίπου.

Α.β c

NhfpcEp =⇒= άρα η ορμή ενός φωτονίου είναι:

λφωτh

chfp ==

A.γ. Η στροφορμή έχει μονάδες j.s άρα σωστή είναι η iii. B.α.

υ0

Ο

dr

υ Από την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουμε: Κ0 = Κ + U

K0 = eVm ⋅+2

21 υ οπότε

e

mKV

20 2

1 υ−= (1)

Αλλά Κ0= mK

m 00

20

221

=⇒υυ (2)

Επειδή οι βαρυτικές δυνάμεις είναι κεντρικές θα ισχύει η αρχή διατήρησης της στροφορμής:

mυ02r =mυr (3)

Η (3) με τη βοήθεια της (2) δίνει: m

K2

0=υ (4)

Αντικαθιστώντας την (4) στην (1) παίρνουμε: e

KV

⋅=

43 0 .

Με αντικατάσταση προκύπτει: V=1500V Β.β. Στην περίπτωση των ηλεκτρονίων το δυναμικό θα ήταν μικρότερο διότι κάποια από τα προσπίπτοντα ηλεκτρόνια θα εξήγαγαν ηλεκτρόνια από τη σφαίρα τα οποία λόγω άπωσής τους από την φορτισμένη πλέον σφαίρα θα απομακρύνονταν από αυτήν. Έτσι η δέσμη των ηλεκτρονίων από τον επιταχυντή ενώ θα προσέπιπτε πάνω στη σφαίρα αυτή


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος κάποια στιγμή θα έπαυε να φορτίζεται. Ηλεκτρόνια μπορεί να εξάγονται και από τα πρωτόνια αλλά λόγω του ότι η σφαίρα φορτίζεται με θετικό ηλεκτρικό φορτίο τα ηλεκτρόνια επανέρχονται και παραμένουν στη σφαίρα. Θέμα 3o 3.α. Επειδή μονίμως θα είναι x2>x1. 3.β. Κάθε μάζα έχει σταθερή ταχύτητα, συνεπώς:

1011 xtvx +=

2022 xtvx += Απαλείφοντας το χρόνο από τις παραπάνω έχουμε:

20011

21

1

22 xx

vvx

vvx +−=

Έτσι η κλίση είναι:

1

2

vv

3.γ. Η εξίσωση της 1δ είναι . Στο νέο επίπεδο της κίνησης έχουμε: 01 =x

0111 == mxy Η εξίσωση της 2δ είναι . Στο νέο επίπεδο της κίνησης έχουμε: 21 xx =

2

221

1

1

myxx

my

===

α

Έτσι οι εξισώσεις των θα είναι: 21,ΔΔ (0.2) 0: 11 =Δ y

11

222 : y

mmy =Δ

Η γωνία είναι:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

2

11tanmmα

3.δ. Οι ταχύτητες στο νέο επίπεδο της κίνησης είναι:

iii

i vmdtdyu ==

Δηλαδή: 111 vmu =

και 222 vmu =

3.ε. .2,1,0 =+= kytuy kkk

2 22 1 10 20

1 1

u uy y yu u

= − + y

Έτσι η κλίση θα είναι: 1

2

uu


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 β΄φάση Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας και Περιβάλλοντος 3.στ.

Μετά την κρούση η αλλάζει πρόσημο, ενώ η παραμένει αμετάβλητη. Έτσι,

1v 2v

2 2 ,u uτελ αρχ= και .11

αρχτελ uu −=τελφ


⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

Δ=Δ

Δ=Δ

,

,

11

22

11

22

αρχαρχ

αρχαρχ

τελτελ

τελτελ

yuuy

yuuy

.tan)(tan τελαρχτελαρχ φφφφπ =⇒−=−⇒

3.ζ. Από τα αποτελέσματα στο ερώτημα 3.δ μπορούμε να εκφράσουμε τις αρχές διατήρησης της ορμής και ενέργειας σε όρους των . 2,1u

( ) ( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

∑ ∑

∑ ∑

= =

= =

2

1

2

1

22

2

1

2

1

,21

21

,

k kkkkk

k kkkkk

vmvm

vmvm

τελαρχ

τελαρχ

⇒( ) ( )

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

∑ ∑

∑ ∑

= =

= =

2

1

2

1

22

2

1

2

1

.

,

k kkk

k kkkkk

uu

umum

τελαρχ

τελαρχ

3.η. Η απόσταση που διανύει το μόριο μεταξύ δύο διαδοχικών συγκρούσεων με το έμβολο είναι X2 . Έτσι ο χρόνος μεταξύ αυτών των συγκρούσεων είναι

||2vX

και στο χρονικό διάστημα γίνονται tΔ

tXvn Δ=

2||

συγκρούσεις.

3.θ. Στο σύστημα αναφοράς του εμβόλου, η ταχύτητα του μορίου απλά αντιστρέφεται μετά την κρούση. Αυτό σημαίνει ότι στο σύστημα αναφοράς του εργαστηρίου έχουμε Vvv 2+−=′ . Έτσι η μεταβολή του μέτρου της v είναι Vv 2|| −=Δσε μια κρούση. Κατά τη χρονική διάρκεια tΔ , είναι:

tX

Vvv Δ−=Δ||||

αρχφ

2y

1y


3.ι. Χρησιμοποιώντας την υπόδειξη, έχουμε:

| || | | | | |v VG X v v X X t v XX

Δ = Δ + Δ = − Δ + Δ

Και αφού XtV Δ=Δ

προκύπτει 0=ΔG

3.κ. Για να βρούμε τη δύναμη, μπορούμε να υπολογίσουμε το ρυθμό μεταβολής της ορμής. Σε μια κρούση η ορμή που μεταφέρεται στο έμβολο είναι vmP Δ−=Δ 1

Υπό τις συνθήκες του προβλήματος, μετά την κρούση η ταχύτητα του μορίου απλά αλλάζει πρόσημο και ||2 vv −=Δ Οπότε | |21 vmP +=ΔΜετά χρόνο η συνολική ορμή που μεταφέρεται είναι tΔ

tXvmP Δ=Δ

2

Η δύναμη που ασκείται στο έμβολο είναι Xvm

tPF

2

=ΔΔ

= και 3

2

XGmF =

3.λ. Το έργο που εκτελείται είναι

20

2

21

2

21

211

0XGm

XGmFdXW

X

X

+−== ∫

Οπότε:

20

2

21

22

02

1 21

21

21

21

XGm

XGmMVMV +−=−

Αυτό σημαίνει ότι:

20

22

021

22

1 21

21

21

21

XGmMV

XGmMV +=+

και αφού 2

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

XGv , έχουμε:

20

20

21

21 2

121

21

21 mvMVmvMV +=+

Που σημαίνει ότι η ενέργεια διατηρείται. (Προσομοίωση της κίνησης των σφαιρών στο επίπεδο της κίνησης ενεργοποιείται επιλέγοντας "Προσομοίωση 3" στην περιοχή των θεμάτων / λύσεων του "Πανελλήνιου Διαγωνισμού Φυσικής 2008". Προσοχή: απαιτείται η εγκατάσταση του Interactive Physics).



Πειραματικό Μέρος Α.α.16,42 x 0,211 = 3,46 Α.β 6,5 / 14,50 = 0,45

Α.γ. 2,432 + 1,7 = 4,1 Α.δ. 120 - 18,3 = 102 Β.α. min -1

Β.β. Στη σχέση θέτοντας για ευκολία όπου Τ( ) ( )kt

t ΤΤTT -0 e)( δωμδωμ −+= (t) το

σύμβολο Τ και όπου Τδωμ το σύμβολο Τδ και φέρνοντας στο πρώτο μέλος το Τδ παίρνουμε:

Τ-Τδ = λογαριθμίζοντας έχουμε: -kt

o TT e)( )( δ−

ktTTTT −−=− )ln()ln( 0 δδ Η παραπάνω είναι γραμμική. Από τις πειραματικές τιμές των t και Τ υπολογίζουμε τις αντίστοιχες τιμές του ln(T-Tδ) οι οποίες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα ανάλυσης των πειραματικών δεδομένων.

t (min) 10 20 30 40 50 60 70 80 T (oC) 65 49 38 30 25 22 20 18 T-Tδ (oC) 50 34 23 15 10 7 5 3 ln(T-Tδ) 3,9 3,5 3,1 2,7 2,3 1,9 1,6 1,1

Με βάσει τις τιμές του t και του ln(T-Tδ) κάνουμε το παρακάτω διάγραμμα:

ln(T -Tδ) = -0,0394t + 4,2857

00,5

11,5

22,5

33,5

44,5

0 20 40 60 80 1

t

ln(T

-Tδ)

00

Αυτό είναι το κατάλληλο διάγραμμα το οποίο μας επιτρέπει να βρούμε τη σταθερά k B.γ. Η σταθερά k υπολογίζεται από την κλίση και βρίσκεται περίπου k=0,04 min-1

B.δ. Προεκτείνοντας τη βέλτιστη ευθεία βρίσκουμε ότι για t=0 ln(T-Tδ)=4,3 οπότε : ln(T-15)=4,3 και Τ-15=e4,3 δηλαδή Τ= e4,3+15 oC ή Τ= 73,7+15 oC δηλαδή η αρχική θερμοκρασία του τσαγιού ήταν: Τ(0)=88,7 oC Β.ε. Στους 16 οC ln (T-Tδ) = ln( 16-15)=ln1=0. Προεκτείνοντας το διάγραμμα βρίσκουμε t=109 min περίπου.



22 Μαρτίου 2008

Γ΄ Λυκείου Θεωρητικό Μέρος

Θέμα 1o

Στις ερωτήσεις Α και Β, μια μόνο απάντηση είναι σωστή. Γράψτε στο τετράδιό σας το κεφαλαίο γράμμα της ερώτησης και το μικρό γράμμα της σωστής απάντησης. A. Το διπλανό σχήμα παριστάνει φάσμα ακτίνων Χ που λήφθηκε από σωλήνα ακτίνων Χ. α. Τα μήκη κύματος λ1 και λ2 που αντιστοιχούν στις κορυφές (γραμμικό φάσμα) δεν

εξαρτώνται από την ανοδική τάση του σωλήνα. β. Αν η ανοδική τάση (επιτάχυνσης των ηλεκτρονίων) αυξηθεί, το εμβαδό που περικλείεται

κάτω από τη γραφική παράσταση θα ελαττωθεί. γ. Το λορ εξαρτάται από τον ατομικό

αριθμό του υλικού της ανόδου του σωλήνα.

λορ μήκος κύματος

ένταση

λ1 λ2

λ

δ. Το οριακό μήκο κύματο του συνεχούς φάσματος ων ακτίνων Roen en που παράγονται σε ένα σωλήνα παραγωγής τους, μπορεί να μετατοπισθεί προς μικρότερες τιμές, αν αυξήσουμε την τάση θέρμανσης.

ς ςτ tg

B. Οι 4 πιο χαμηλές στάθμες ενέργειας του ατόμου του υδρογόνου σε Joules φαίνονται στο διπλανό διάγραμμα. Όταν ένα ηλεκτρόνιο μεταπίπτει από την n=4 στην n=1 το φωτόνιο που εκπέμπεται έχει μήκος κύματος λ=9,6·10-8 m. Τότε το μήκος κύματος του φωτονίου που εκπέμπεται κατά τη μετάπτωση του ηλεκτρονίου από την n=3 στην n=2 είναι σε μέτρα περίπου:

Ε4=-1,3·10-19 J

Ε3=-2,4·10-19 J

Ε2=-5,2·10-19 J

Ε1=-22·10-19 J

n=4

n=3

n=2

n=1 α. 7,6·10-8

β. 7,1·10-6

γ. 71·10-8

δ. 2,8·10-6

ε. 28·10-8

Γ. Βλέπετε μια λάμψη και 1 s αργότερα, χτυπά σε στόχο δίπλα σας, ένα βλήμα. Αν ακούτε τον ήχο 2 s αργότερα από τη στιγμή που το βλήμα χτύπησε το στόχο, γνωρίζετε ότι η ταχύτητα του ήχου είναι vηχ= 340 m/s και ότι το έδαφος είναι περίπου επίπεδο, να βρείτε:

α. την απόστασή σας από αυτόν που πυροβόλησε

β. την ταχύτητα του βλήματος

Αν κάνετε κάποιες υποθέσεις για να λύσετε το πρόβλημα να τις αναφέρετε.


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος Δ. Το σώμα που φαίνεται στο διπλανό σχήμα, αφήνεται πάνω από οριζόντιο δάπεδο με το οποίο δεν παρουσιάζει τριβή. Στο σχήμα φαίνεται και το κέντρο μάζας Κ του σώματος το οποίο τη στιγμή που αφήνεται το σώμα βρίσκεται σε ύψος h. Αν ή κρούση του σώματος με το δάπεδο είναι ελαστική και οι αντίσταση του αέρα είναι αμελητέα, ποια από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστή;

α. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα εκτελέσει πλάγια βολή προς τα δεξιά και θα φτάσει σε μικρότερο ύψος από το ύψος h από το οποίο αφέθηκε.

β. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα κινηθεί κατακόρυφα αλλά θα φτάσει σε μικρότερο ύψος από το ύψος h από το οποίο αφέθηκε.

γ. Το κέντρο μάζας του σώματος θα εκτελέσει πλάγια βολή προς τα αριστερά και θα φτάσει σε μικρότερο ύψος από το ύψος h από το οποίο αφέθηκε.

δ. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα κινηθεί κατακόρυφα και θα φτάσει στο ίδιο ύψος από το οποίο αφέθηκε.

ε. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα εκτελέσει πλάγια βολή προς τα δεξιά και θα φτάσει στο ίδιο ύψος h από το οποίο αφέθηκε.

στ. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα εκτελέσει πλάγια βολή προς τα αριστερά και θα φτάσει στο ίδιο ύψος h από το οποίο αφέθηκε.


Να δικαιολογήσετε πλήρως την απάντησή σας. Ε. Όταν λευκό φως προσπίπτει κάθετα από τον αέρα σε λεπτό στρώμα νερού όπως φαίνεται στο σχήμα, το ανακλώμενο φως έχει κάποια απόχρωση ή οποία μπορεί να είναι κιτρινοπράσινη ή άλλη ανάλογα με το πάχος του στρώματος. Εξηγείστε γιατί μπορεί να συμβαίνει αυτό. Θέμα 2o Α. Ένας μοναχός προκειμένου να πάει στο κελί του μπαίνει σε κλουβί και τραβάει ένα σχοινί όπως φαίνεται στο σχήμα ασκώντας σταθερή δύναμη 650 N. Το σχοινί διέρχεται από οπή στην οροφή του κλουβιού, συνδέεται με τροχαλία η οποία είναι στερεωμένη λίγο πάνω από την είσοδο του κελιού του και καταλήγει στην οροφή του κλουβιού. α. Ποια θα είναι η επιτάχυνση του κλουβιού όσο χρόνο ο μοναχός

ασκεί αυτή τη σταθερή δύναμη στο σκοινί;

αέρας

αέρας Λεπτό στρώμα νερού

Κ

h

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος β. Ποιο θα είναι το μέτρο της δύναμης που ασκεί ο μοναχός στο πάτωμα κατά το

παραπάνω χρονικό διάστημα της ανόδου; Δίνονται: Η μάζα του μοναχού 75 Kg, η μάζα του κλουβιού 35 Kg, η μάζα της τροχαλίας 20 Kg, η επιτάχυνση λόγω της βαρύτητας 9,8 m/s2 και η ροπή αδράνειας της τροχαλίας I=MR2/2 όπου R η ακτίνα της τροχαλίας. Β. Μια συμπαγής σφαίρα μάζας m και ακτίνας α τοποθετείται στο κέντρο μιας κούφιας σφαίρας μάζας m ή οποία βρίσκεται σε λείο τραπέζι και έχει εσωτερική ακτίνα α και εξωτερική ακτίνα 2α. Οι δύο σφαίρες μπορούν να περιστρέφονται ανεξάρτητα η μία από την άλλη, αλλά η τριβή μεταξύ τους τελικά τις κάνει να κινούνται σαν μια και μόνη συμπαγής σφαίρα. Η ροπή αδράνειας της εξωτερικής κούφιας σφαίρας είναι 62mα2/35. Ξεκινώντας από την κατάσταση όπου και οι δύο σφαίρες είναι σε ηρεμία, δίνουμε απότομα στην εξωτερική σφαίρα μια γωνιακή ταχύτητα ωο και την αφήνουμε ελεύθερη πάνω στο λείο τραπέζι ενώ η εσωτερική σφαίρα είναι ακόμη σε ηρεμία. Οι δύο σφαίρες τρίβονται μεταξύ τους μέχρι που περιστρέφονται με την ίδια γωνιακή ταχύτητα.

1. Βρείτε την κοινή γωνιακή ταχύτητα που αποκτούν τελικά.

2. Βρείτε την επί τοις εκατό μείωση της κινητικής ενέργειας του συστήματος των δύο σφαιρών.

Εκφράστε τις απαντήσεις σας ως προς m, α, και ωο. Δίνεται η ροπή αδράνειας συμπαγούς σφαίρας: Ιcm = 2/5 m R2

Θέμα 3o A. Ένα προγραμματιζόμενο αυτοκινητάκι διαθέτει δύο ηλεκτρικούς κινητήρες. Ο ένας Α περιστρέφει τον εμπρόσθιο αριστερό τροχό και ο άλλος Δ περιστρέφει τον εμπρόσθιο δεξιό τροχό. Οι τροχοί κυλίονται χωρίς να ολισθαίνουν. Θέλουμε να προγραμματίσουμε το αυτοκινητάκι ώστε αφού προχωρήσει μπροστά να κάνει μια στροφή 90ο δεξιά και μετά να συνεχίσει. Στο πρόγραμμα δεν υπάρχει η εντολή στρίψε. Αυτό που μπορούμε να κάνουμε είναι να δώσουμε εντολές στους κινητήρες ώστε να σταματούν την περιστροφή των τροχών ή να τους περιστρέφουν για ένα συγκεκριμένο αριθμό στροφών ή για συγκεκριμένη γωνιακή μετατόπιση. Επίσης μπορούμε να αλλάζουμε τη γωνιακή ταχύτητά των τροχών αλλάζοντας την ισχύ που αποδίδουν οι κινητήρες. Δίνονται: Το μήκος του εμπρόσθιου άξονα των τροχών του αυτοκινήτου L=7 cm και η διάμετρος των τροχών δ=3,5 cm. α) Για να αρχίσει το αυτοκινητάκι να στρίβει προς τα δεξιά θα πρέπει: i) να σταματήσει ο κινητήρας Δ ή ιι) να σταματήσει ο κινητήρας Α; β) Για να στρίψει το αυτοκινητάκι κατά γωνία 90ο, πόσες περιστροφές θα πρέπει να εκτελέσει ο κινητήρας (συνεπώς και ο αντίστοιχος τροχός του αυτοκινήτου), όσο χρόνο διαρκεί η στροφή του αυτοκινήτου και ο άλλος κινητήρας και τροχός είναι σταματημένοι;


K

M

T

ωΤ

B. Ένα σώμα μάζας Μ=1 kg είναι δεμένο στο κάτω άκρο κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς Κ=4 Ν/cm. Όταν το σώμα ταλαντώνεται ελεύθερα, ενεργεί πάνω του δύναμη αντίστασης της μορφής Fαντ=-0,2v (S.I). Για να διατηρείται το πλάτος της ταλάντωσης του σώματος σταθερό και ίσο με Α=20 cm, ασκούμε στο σύστημα εξωτερική περιοδική δύναμη μέσω του τροχού Τ

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος που τον στρέφουμε με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ωΤ=30 rad/s (σχήμα). α. Να γράψετε τις εξισώσεις της απομάκρυνσης και της ταχύτητας της εξαναγκασμένης

ταλάντωσης [x=f(t) , v=f(t)] θεωρώντας ότι τη χρονική στιγμή t=0 το σώμα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του κινούμενο κατά τη θετική κατεύθυνση.

β. Να παραστήσετε γραφικά με το χρόνο και για το χρονικό διάστημα από t=0 έως t=2π/15 s το μέτρο της συνισταμένης δύναμης που ενεργεί στο σώμα κατά την εξαναγκασμένη ταλάντωσή του. Με ποια περίοδο μεταβάλλεται το μέτρο της συνισταμένης δύναμης;

γ. Να βρείτε την απόλυτη τιμή του ρυθμού απορρόφησης ενέργειας από τη δύναμη της αντίστασης σε συνάρτηση με το χρόνο. Ποια είναι η μέγιστη τιμή του ρυθμού αυτού;

δ. Αν αυξήσουμε τη γωνιακή ταχύτητα περιστροφής του τροχού, το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα αυξηθεί, θα μειωθεί ή θα μείνει αμετάβλητο; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Πειραματικό Μέρος Θέλουμε να βρούμε το δείκτη διάθλασης ενός υλικού σε μικροκύματα τα οποία εκπέμπονται από πομπό μικροκυμάτων. Για το λόγο αυτό κατασκευάζουμε ένα πρίσμα από το υλικό αυτό. Η γωνία του πρίσματος είναι φ=22ο όπως φαίνεται στο σχήμα 1. Διαθέτουμε εκτός από τον πομπό μικροκυμάτων , ένα δέκτη μικροκυμάτων συνδεδεμένο με μιλλιαμπερόμετρο, και ένα γωνιόμετρο. Στη μία άκρη Α του γωνιόμετρου τοποθετείται ο πομπός στην άλλη Β ο δέκτης και στο κέντρο Κ το πρίσμα όπως φαίνεται στο σχήμα 1.

A

K

B

φ

Σχήμα 1

Αρχικά ή γωνία (ΑΚΒ) είναι 180o.To στέλεχος ΚΑ του γωνιομέτρου είναι ακίνητο ενώ το ΚΒ μπορεί να περιστρέφεται ως προς κατακόρυφο άξονα ο οποίος διέρχεται από το Κ. Καθώς στρέφεται το στέλεχος ΚΒ σχηματίζει γωνία θ=(ΒΚΒ΄)με την αρχική του διεύθυνση Στο κέντρο του γωνιόμετρου υπάρχει μοιρογνωμόνιο με το οποίο μετράμε τη γωνία θ=(BΚΒ’). Αρχικά η θ=0 και το πρίσμα είναι τοποθετημένο ώστε τα μικροκύματα από τον πομπό να πέφτουν κάθετα στη μια του πλευρά όπως φαίνεται στο σχήμα 2.



φ

θ

Α Κ

Β΄

Β

Σχήμα 2

Περιστρέφουμε το κινητό στέλεχος ΚΒ του γωνιομέτρου πάνω στο οποίο βρίσκεται ο δέκτης μικροκυμάτων χωρίς να περιστρέφεται μαζί και το πρίσμα που είναι κατάλληλα τοποθετημένο στο κέντρο Κ του γωνιομέτρου. Παρατηρούμε τις ενδείξεις του μιλλιαμπερόμετρου κατά τη διάρκεια της περιστροφής μέχρι να δούμε μέγιστη ένδειξη Ιmax και καταγράφουμε τη γωνία θ στην οποία συμβαίνει αυτό (σχήμα 2) Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία 5 φορές ώστε τα τυχαία σφάλματα να αλληλοαναιρούνται σε κάποιο βαθμό και τοποθετούμε τις μετρήσεις μας στον παρακάτω πίνακα.

Γωνία θ (μοίρες) Ιmax (mA) 8,5 0,92 7,0 0,78 9,0 0,82 7,5 0,84 8,5 0,78

α. Υπολογίστε τη μέση τιμή θ της γωνίας θ και το σφάλμα της μέσης τιμής δθ το οποίο

δίνεται από τη σχέση: δθ =( )

)1(1

2

−ΝΝ

−∑=

N

ii θθ

όπου θi οι πειραματικές τιμές της γωνίας που

μετρήσαμε (δηλαδή θ1,θ2,…) και Ν ο αριθμός των μετρήσεων. Το σύμβολο σημαίνει

άθροισμα από i =1 έως Ν

∑=

N

i 1

β. Να υπολογίσετε το δείκτη διάθλασης n του υλικού στα μικροκύματα. γ. Να βρείτε το μήκος κύματος των μικροκυμάτων στο υλικό αν η συχνότητά τους είναι 10,5 .109 Ηz. Δίνεται η ταχύτητα του φωτός στο κενό ή τον αέρα cο=3 108 m/s


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος Συνοπτικές Λύσεις Θέμα 1o A. Σωστή είναι η α. Β. Σωστή είναι η γ. Γ.

α. vηχ=S/t οπότε S=vηχ t και S=340 . 3 (m) =1020 (m)

β. v=S/t1 οπότε v=1020/1 m = 1020 m/s

Η υπόθεση είναι ότι το φως λόγω της τεράστιας ταχύτητάς του φτάνει σχεδόν ακαριαία.

Δ. Σωστή είναι η β. Το κέντρο μάζας του σώματος μετά την κρούση θα κινηθεί κατακόρυφα επειδή οι δυνάμεις που δέχεται το σώμα είναι μόνο στον κατακόρυφο άξονα, το ίδιο και η ταχύτητά του. Επειδή η δύναμη που δέχεται το σώμα από το έδαφος έχει ροπή ως προς το κέντρο μάζας του σώματος αυτό θα αρχίσει να περιστρέφεται οπότε ένα μέρος της μεταφορικής κινητικής ενέργειας του σώματος μετατρέπεται σε κινητική λόγω της περιστροφής και το υπόλοιπο σε βαρυτική δυναμική συνεπώς δεν φτάνει στο ίδιο ύψος.

(Προσομοίωση της κίνησης του σώματος ενεργοποιείται επιλέγοντας "Προσομοίωση 1.Δ" στην περιοχή των θεμάτων / λύσεων του "Πανελλήνιου Διαγωνισμού Φυσικής 2008". Προσοχή: απαιτείται η εγκατάσταση του Interactive Physics).

Ε. Έχουμε ανάκλαση στην πάνω και στην κάτω επιφάνεια του λεπτού στρώματος νερού. Η διαφορά δρόμου μεταξύ της ανακλώμενης ακτίνας στην πάνω επιφάνεια και της ανακλώμενης στην κάτω επιφάνεια δημιουργεί φαινόμενα συμβολής. Η συμβολή είναι ενισχυτική για ορισμένα μήκη κύματος λ που στην περίπτωσή μας αντιστοιχούν στο κιτρινοπράσινο. Εκτός από τη διαφορά των οπτικών δρόμων ένας άλλος παράγοντας που καθορίζει τη φύση της συμβολής είναι και το άλμα φάσης στην ανάκλαση στην περίπτωση που το φως πέφτει σε επιφάνεια πέρα από την οποία υπάρχει μέσον με μεγαλύτερο δείκτη διάθλασης. Στην περίπτωσή μας η συνθήκη ενισχυτικής συμβολής είναι:

2d=(2k+1)λ/2 οπότε λ=4d/2k+1 . Για k=0,1,2,3,.. βρίσκουμε τα μήκη κύματος για τα οποία έχουμε ενισχυτική συμβολή. Κάποια από αυτά δεν αντιστοιχούν στο ορατό και κάποια από αυτά αντιστοιχούν κάπου μεταξύ κίτρινου και πράσινου.

Βμ

Ν

F Θέμα 2o Α. α. Ο μοναχός δέχεται τις εξής δυνάμεις: Τη δύναμη F από το σχοινί προς τα πάνω (αφού αυτός ασκεί δύναμη στο σχοινί προς τα κάτω), την κάθετη δύναμη στήριξης Ν από το δάπεδο του κλουβιού, και τη βαρυτική δύναμη Βμ από τη Γη.

Το κλουβί δέχεται τις εξής δυνάμεις: Τη δύναμη F΄ από το σχοινί, τη δύναμη Ν από τον άνθρωπο (αντίδραση εκείνης που δέχεται ο άνθρωπος από το κλουβί), και τη βαρυτική δύναμη Βκ από τη Γη.

Βκ

Ν

F΄



F

F΄

Η τροχαλία δέχεται τις εξής δυνάμεις: Τη δύναμη F από το σχοινί το οποίο κρατά o μοναχός τη δύναμη F΄απο το σχοινί που είναι δεμένο στο κλουβί και βέβαια μια δύναμη από το σημείο στήριξης της τροχαλίας Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τον μοναχό: F+N-mμg=mμα (1) Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για το κλουβί : F΄-mkg-N=mkα (2)

Από το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής για τροχαλία: FR-F΄R= R2

2 αMR

οπότε F΄=F - 2αM (3)

Από τις (1), (2), (3) έχουμε: 2F-(mκ+mμ)g=(mμ+mκ+Μ/2)α οπότε ( )

2mm

gm-F2

kμ

k

Mm

++

+= μα

από την οποία αντικαθιστώντας έχουμε: α=222/120 m/s2 δηλαδή α=1,85 m/s2. β. Από την (1) λύνοντας ως προς Ν έχουμε: Ν=mμα+mμg-F με αντικατάσταση προκύπτει Ν=223,75 Ν Β.

1. Επειδή το σύστημα των δύο σφαιρών δε δέχεται εξωτερικές ροπές από τη στιγμή που αφέθηκε πάνω στο τραπέζι θα διατηρείται η στροφορμή του, δηλαδή:

Iω0 =(I+I1)ω οπότε 1

0

ΙΙΙω+

=ω από την οποία αντικαθιστώντας Ι=62mα2/35 και Ι1=2mα2 / 5

παίρνουμε 38

31 0ωω = .

2. Η επί τοις εκατό μείωση της κινητικής ενέργειας του συστήματος των δύο σφαιρών είναι:

( )

20

21

20

2121

21

Ιω

ωΙΙIω +−100% = 18,6% όπως προκύπτει μετά την αντικατάσταση και τις

πράξεις

Θέμα 3o A. α. Για να αρχίσει το αυτοκινητάκι να στρίβει προς τα δεξιά θα πρέπει: i) να σταματήσει ο κινητήρας Δ β. Όταν στρίψει το αυτοκινητάκι κατά γωνία 90ο,ο αριστερός τροχός θα έχει κινηθεί σε τεταρτοκύκλιο με ακτίνα L. Επειδή ο αριστερός τροχός εκτελεί κύλιση σε κάθε στροφή θα προχωρά κατά πδ συνεπώς ο αριθμός των στροφών Ν που θα κάνει θα είναι:



Ν=πδ

πL4

2

άρα Ν=δL

2 και αντικαθιστώντας: Ν=1.

B. α. Η κυκλική συχνότητα της εξαναγκασμένης ταλάντωσης συμπίπτει με τη γωνιακή

ταχύτητα του τροχού, δηλαδή ω=ωΤ=30 r/s. Η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής x=Aημω t και με αντικατάσταση: x=0,2·ημ30 t (1) [S.I.] αφού φ0=0. Η εξίσωση της ταχύτητας είναι υ=Αωσυνωt και με αντικατάσταση: υ=6·συν30 t (2) [S.I.] β. Αφού η εξίσωση της απομάκρυνσης είναι της μορφής x=Αημωt η συνισταμένη

δύναμη θα συνδέεται με την απομάκρυνση με τη σχέση: Fολ=-D·x (3), όπου D=Mω2, ή με αντικατάσταση: D=900 N/m (4). Από (3), (4) και (1) τελικά

προκύπτει:

180

t (s)

| ολFr

| (Ν)

2π/15π/15π/30

| ολFr

|=180·|ημ30 t | (5) [S.I.]

Η περίοδος της ταλάντωσης είναι Τ=2π/ω=π /15 s.

Η περίοδος μεταβολής της | Fολ

r|

εύκολα προκύπτει ότι είναι:

ΤT , ή: F

⋅=21

ολr

30π

ολ=

FT s (6) r

γ. |P |= tΕΔ

Δ απορ =ανFP = t

WF

ΔΔ

αν = txF

ΔΔ- αν =|Fαν|·υ=b·υ·υ=b·υ2 και, λόγω της (2), τελικά:

|P |=7,2·συν230 t (7) [S.I.] Από την (7) προκύπτει: |Ρmax|=7,2 J/s (8)

δ. Η κυκλική ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή είναι ω0= MK =20 r/s και η κυκλική

συχνότητα της εξαναγκασμένης ταλάντωσης ω=30 r/s.

Η ιδιοσυχνότητα του συστήματος είναι f0= 2π0ω =10/π Hz και η συχνότητα της

εξαναγκασμένης ταλάντωσης που εκτελεί f=ω /2π=15/π Hz.


Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2008 Πανεπιστήμιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστημών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος Από την καμπύλη συντονισμού για το σύστημα προκύπτει ότι με αύξηση της

γωνιακής ταχύτητας του τροχού (άρα και της συχνότητας του) το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα μειωθεί.


Γωνία θ (μοίρες) Ιmax (mA) 8,5 0,92 7,0 0,78 9,0 0,82 7,5 0,84 8,5 0,78

α. θ =5

5,85,70,90,75,8 ++++ =8,1

δθ =( )

)1(1

2

−

−∑=

ΝΝ

N

iθθι

= ( ) ( ) ( ))15(5

)1,85,8()1,85,7(1,80,91,80,71,85,8 22222

−−+−+−+−+− =0,4

β. Από το νόμο του Snell έχουμε: nsinφ=nαερsin(φ+θ ) και επειδή nαερ=1 έχουμε:

φ

θ

Α Κ

Β΄

Β

Σχήμα 2

φ

φ

n= 1,35

γ. n = cc0 από την οποία c=

nc0 . Έτσι επειδή c=λ f έχουμε λ=c/f οπότε λ=

nfc0 και

αντικαθιστώντας βρίσκουμε: λ=0,021 m περίπου.




Γ΄ Λσκείοσ



Θέμα 1ο:










10 ms



Θέμα 2ο:






α) 1+4 2n

n β)

1+

1-

n

n γ)

1-4

2

2

2

n

n δ)

12-n

n ε)

1-4 2

2

n

n


y

x

y

vy

x

x

φ

φ

n

Σρήκα 1

φ

2φ

n

nΓ

Σρήκα 2

Α

B



Θέμα 3ο:


Γίλνληαη:

g=10 m/sec2

εκ40ν 20,6

1=0,32









Ο

Α

(2)

Α

Α

(1)

Μ l

F

0





n f (Hz)

1 15

2 34

3 54

4 71

5 91


m

h

r




0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80

Φξόλνο t (s)

26,5 18,8 15,5 13,0 12,1 10,6 10,0 9,4







0

0

0

0

Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΦΥΣΙΚΗΣ 2010 Πανεπιστήµιο Αθηνών Εργαστήριο Φυσικών Επιστηµών, Τεχνολογίας, Περιβάλλοντος


Γ΄ Λυκείου

6 Μαρτίου 2010


Θέµα 1ο

A. Μια χορδή βιολιού µε τα δύο άκρα της στερεωµένα, ταλαντώνεται µε συχνότητα 12 Ηz. Στο παρακάτω σχήµα φαίνονται δύο στιγµιότυπα του στάσιµου κύµατος. Ποια είναι η θεµελιώδης συχνότητα της χορδής, δηλαδή η µικρότερη συχνότητα για την οποία σχηµατίζεται στάσιµο κύµα; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Β. Στο διπλανό γράφηµα φαίνεται η αποµάκρυνση

σε σχέση µε το χρόνο, ενός σώµατος που εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση. Να βρείτε το µέτρο της µέγιστης επιτάχυνσης του σώµατος. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. ∆ίνεται π2 ≈10.

Γ. ∆ύο σηµειακές πηγές Α και Β εκπέµπουν διαµήκη αρµονικά µηχανικά κύµατα στο ίδιο

µέσον µε την ίδια συχνότητα. Η πηγή Β προηγείται φασικά της πηγής Α κατά π rad. Η πηγή Α απέχει τρία µήκη κύµατος από ένα σηµείο P του µέσου και η πηγή Β απέχει πέντε µήκη κύµατος από το σηµείο P. Ποια η διαφορά φάσης µεταξύ των κυµάτων που φθάνουν στο σηµείο P από τις πηγές Α και Β; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

∆. Μια γυναίκα κάθεται σε κάθισµα που µπορεί να

περιστρέφεται χωρίς τριβές γύρω από τον κατακόρυφο άξονά του. Η γυναίκα κρατά στα χέρια της έναν οριζόντιο περιστρεφόµενο χωρίς τριβές τροχό ποδηλάτου του οποίου η στροφορµή κατά τον κατακόρυφο άξονά του είναι L0. Το κάθισµα στην κατάσταση αυτή είναι ακίνητο. Κάποια στιγµή η γυναίκα περιστρέφει τον τροχό γύρω από οριζόντιο άξονα κατά 1800, ώστε η πάνω επιφάνεια του τροχού να έρθει από κάτω. Μετά από αυτό το σύστηµα γυναίκα – κάθισµα θα έχει αποκτήσει στροφορµή µε µέτρο:

Α) 2L0 B) 0 Γ) L0/2 ∆) L0 Ε) 4L0

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

x(m)

15

10

5

15 t(s)



Ε. Εξηγήστε µε τη βοήθεια του κβαντικού προτύπου του ατόµου το γεγονός ότι το φάσµα εκποµπής ενός αερίου έχει µεν τις ίδιες γραµµές µε το φάσµα απορρόφησης αλλά και γραµµές που το φάσµα απορρόφησης δεν τις περιέχει.

Θέµα 2ο

Α. Άνθρωπος βρίσκεται µέσα σε ένα θάλαµο ο οποίος µε τη βοήθεια συστήµατος ελατηρίων εκτελεί κατακόρυφη ΑΑΤ, χωρίς αρχική φάση και θετική φορά κίνησης από κάτω προς τα πάνω. Μέσω κάποιου αισθητήρα δύναµης διασυνδεδεµένου µε

ηλεκτρονικό υπολογιστή είναι γνωστή η δύναµη Nr

που δέχεται ο άνθρωπος από το δάπεδο του θαλάµου πρακτικά σε κάθε χρονική στιγµή (γιατί ο αισθητήρας λαµβάνει

µετρήσεις µε πολύ µεγάλη συχνότητα). Η µέγιστη τιµή της Nr

είναι 1260Ν και η ελάχιστη 140Ν. Ο ελάχιστος χρόνος που περνά από τη στιγµή της καταγραφής της ελάχιστης ένδειξης ως την καταγραφή της µέγιστης ένδειξης είναι 1s.Να βρεθούν

α) Το βάρος του ανθρώπου

β) Η µέγιστη ταχύτητα του ανθρώπου

γ) Η τιµή της Nr

ως συνάρτηση του χρόνου και να γίνει το αντίστοιχο γράφηµα.

∆ίνονται g=10m/s2 και π2=10

B. Η τροχαλία µε µάζα m ακτίνα r και ροπή αδράνειας Ι=2

2mrτου

διπλανού σχήµατος, περιστρέφεται δεξιόστροφα µε τη βοήθεια

ενός κινητήρα. Η ένδειξη του δυναµόµετρου είναι F= 5

6mg. Το

σχοινί και το δυναµόµετρο έχουν αµελητέα µάζα. Επίσης, το

σχοινί δεν ολισθαίνει πάνω στην τροχαλία και είναι µη εκτατό.

Υπολογίστε τη ροπή που δέχεται η τροχαλία από τον κινητήρα

ως συνάρτηση των m,g,r.

Θέµα 3ο

Α. Αντικείµενα του µικρόκοσµου όπως τα ηλεκτρόνια είναι δύσκολο να περιγραφούν ως

σωµάτια ή ως κύµατα σε κάθε περίπτωση. Μια δέσµη ηλεκτρονίων µπορεί να

συµπεριφέρεται ως δέσµη σωµατιδίων τη µια στιγµή και ως κύµα την άλλη στιγµή. Η

κβαντική φυσική µας δίνει ένα εργαλείο µετατροπής αντίστοιχων µετρήσεων από τη µια

περιγραφή στην άλλη. ∆ύο από τις κυριότερες αντιστοιχίες φαίνονται στον παρακάτω

πίνακα:

Σωµατιδιακή περιγραφή Σχέση Κυµατική περιγραφή

Ενέργεια σωµατιδίου Ε Ε=h f Συχνότητα κύµατος f

Ορµή σωµατιδίου p p=h / λ Μήκος κύµατος λ

Μια δέσµη φωτός όπως και εκείνη των ηλεκτρονίων δεν ταιριάζει απόλυτα σε µια από

τις δύο περιγραφές.

•r ↓

m

m

F

→ g ↓

m



i) Αποδείξτε τη σχέση Ε=p c ενέργειας και ορµής ενός φωτονίου µιας δέσµης

φωτός αν c η ταχύτητα του φωτός στον αέρα.

ii) Μια οριζόντια µονοχρωµατική δέσµη φωτός laser

εισέρχεται από τον αέρα σε ορθογώνιο και ισοσκελές

πρίσµα µε κατακόρυφη βάση, όπως φαίνεται στο

διπλανό σχήµα. Ο δείκτης διάθλασης του πρίσµατος

για την ακτινοβολία αυτή είναι n= 2 . Σχεδιάστε την

πορεία της δέσµης laser και υπολογίστε τη γωνία

εκτροπής της.

iii) Βρείτε µια έκφραση για τη µεταβολή της ορµής ενός φωτονίου της δέσµης στην

κατακόρυφη διεύθυνση κατά τη διέλευσή του από το πρίσµα ως συνάρτηση της

ενέργειας του φωτονίου Ε και της ταχύτητας του φωτός c

iv) Αν στο πρίσµα εισέρχονται Ν φωτόνια σε κάθε δευτερόλεπτο, βρείτε µια

έκφραση για την κατακόρυφη δύναµη που ασκείται στο πρίσµα από τη δέσµη

laser ως συνάρτηση των Ν, Ε και c

Β. Σε µια δραστηριότητα επίλυσης προβλήµατος στο εργαστήριο, ο καθηγητής έθεσε σε µια οµάδα µαθητών το πρόβληµα της εύρεσης του ελάχιστου ύψους h στο οποίο πρέπει να βρίσκεται το σηµείο επαφής µιας σφαίρας ακτίνας R µε τον πλάγιο διάδροµο εργαστηριακού στίβου ανακύκλωσης µε γωνία κλίσης θ και ακτίνα r , ώστε αν η σφαίρα αφεθεί ελεύθερη να εκτελέσει ανακύκλωση. Οι µαθητές γνώριζαν ότι η ροπή αδράνειας

της σφαίρας δίνεται από τη σχέση 2

5

2mRI = . Πριν προσέλθουν στο εργαστήριο

συνεργατικά διατύπωσαν µια πρόβλεψη για το ελάχιστο ύψος. Όταν προσήλθαν στο εργαστήριο µέτρησαν την ακτίνα της σφαίρας R, την ακτίνα r του κυκλικού τµήµατος του εργαστηριακού στίβου και τη γωνία θ µε σκοπό να υπολογίσουν το ύψος και εκτελώντας το πείραµα να ελέγξουν την πρόβλεψή τους.

Υποθέστε ότι η ακτίνα της σφαίρας R δεν είναι αµελητέα σε σχέση µε την ακτίνα του κυκλικού στίβου r και ότι η κίνηση είναι κύλιση χωρίς ολίσθηση, ποια είναι η δική σας πρόβλεψή για το ελάχιστο ύψος h σε σχέση µε τα r,R, και θ;

α

h

r θ



Πειραµατικό Μέρος

Σε µια οµάδα µαθητών τέθηκε το πρόβληµα της µέτρησης της ταχύτητας διάδοσης µικροκυµάτων σε ένα διηλεκτρικό υλικό. Στην περίπτωση των διηλεκτρικών η απορρόφηση της ακτινοβολίας είναι µικρή αφού τα διηλεκτρικά δεν έχουν ελεύθερα ηλεκτρόνια. Ειδικά για το διηλεκτρικό αλλά και την πηγή των µικροκυµάτων που δόθηκε στους µαθητές µπορεί να θεωρηθεί ότι η απορρόφηση είναι µηδενική (δεν µειώνεται η ένταση της ακτινοβολίας των µικροκυµάτων και το διηλεκτρικό θεωρείται διαφανές για τα µικροκύµατα αυτά). Ένας δέκτης µικροκυµάτων είναι συνδεδεµένος µε ένα πολύµετρο του οποίου η ένδειξη (ηλεκτρικό ρεύµα) είναι ανάλογη µε την ένταση των µικροκυµάτων που λαµβάνει. Έτσι µεγάλη ένδειξη ρεύµατος στο πολύµετρο σηµαίνει και µεγάλη ένταση των µικροκυµάτων. Όταν µεταξύ του ποµπού και του δέκτη υπάρχει µόνο ο αέρας, τότε η ένδειξη στο πολύµετρο είναι Ι. Οι µαθητές αυτοί σκέφτηκαν µεταξύ του ποµπού και του δέκτη των µικροκυµάτων να τοποθετούν διηλεκτρικό έτσι ώστε να περνά µέσα από αυτό µόνο η µισή δέσµη των µικροκυµάτων ενώ η άλλη µισή διαδίδεται µέχρι το δέκτη µέσω του αέρα, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήµα. Οι µαθητές µπορούσαν να µεταβάλλουν το πάχος του διηλεκτρικού τοποθετώντας πρόσθετα παραλληλεπίπεδα κατασκευασµένα από το διηλεκτρικό. Ξεκίνησαν από πολύ µικρά πάχη και για πάχος 25mm παρατήρησαν κατάργηση της λήψης στο δέκτη για πρώτη φορά.

i) Εξηγήστε πλήρως γιατί παρατήρησαν κατάργηση της λήψης.

ii) Aν η συχνότητα των µικροκυµάτων είναι f=10,7GHz και η ταχύτητα του φωτός

στον αέρα c0=3 108m/s, να υπολογίσετε την ταχύτητα των µικροκυµάτων στο

διηλεκτρικό.

iii) Ποιο το µήκος κύµατος των µικροκυµάτων στον αέρα;

iv) Ποιος ο δείκτης διάθλασης του διηλεκτρικού για το συγκεκριµένο µήκος κύµατος;

v) Τι θα παρατηρούσαν οι µαθητές αν τοποθετούσαν διηλεκτρικό πάχους 25mm

αλλά µε διπλάσιο ύψος ώστε ολόκληρη η δέσµη των µικροκυµάτων να

περνούσε µέσα από το διηλεκτρικό;

Kαλή Επιτυχία

πάχος

Ποµπός ∆ιηλεκτρικό ∆έκτης



Αν θέλετε, µπορείτε να κάνετε κάποιο γράφηµα σ’ αυτή τη σελίδα και να την επισυνάψετε µέσα στο τετράδιό σας.

Επιλέξτε τους άξονες τιτλοδοτήστε συµπεριλάβετε και τις κατάλληλες µονάδες σε κάθε άξονα.

0

0



Συνοπτικές Απαντήσεις


Θέµα 1ο :

Α. L=32

λ=3

f

c

2 και L=

f

c

′=′

22

λ από τις οποίες f’ =f/3=4Hz

Β. Από το γράφηµα προκύπτει ότι η περίοδος είναι Τ=10 (s) και το πλάτος Α=5(m). Έτσι

η κυκλική συχνότητα ω=2π/10 rad/s=π/5 rad/s.

Το µέτρο της µέγιστης επιτάχυνσης θα είναι αµαχ=ω2Α= 525

2π m/s2 ≈2m/s2

Γ. ππλ

πφ 3

2λ2=−=∆

∆. Σωστή η Α. Η αρχική στροφορµή του συστήµατος γυναίκα-κάθισµα-τροχός είναι L0. Επειδή το παραπάνω σύστηµα δε δέχεται εξωτερικές ροπές θα διατηρείται η στροφορµή του. Εφόσον η τελική στροφορµή του τροχού είναι –L0 , θα πρέπει η στροφορµή του συστήµατος γυναίκα-κάθισµα να είναι 2L0 ώστε η στροφορµή του συστήµατος γυναίκα-κάθισµα-τροχός να παραµείνει L0. E. Στην απορρόφηση τα ηλεκτρόνια ανέρχονται από τη θεµελιώδη κατάσταση σε υψηλότερες απορροφώντας ένα φωτόνιο. Στην εκποµπή τα ηλεκτρόνια εκτός από το να πέσουν κατευθείαν στη θεµελιώδη κατάσταση, είναι δυνατόν να «κατρακυλίσουν» περνώντας από ενδιάµεσες καταστάσεις και έτσι παράγονται πρόσθετες γραµµές. Θέµα 20 : Α. α) Στον άνθρωπο ασκούνται δύο δυνάµεις. Η δύναµη που δέχεται ο άνθρωπος από το δάπεδο του θαλάµου και το βάρος του από τη Γή. Ο άνθρωπος εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση οπότε Ν-mg=-Dx και Ν=mg-Dx (1)

Από την (1) προκύπτει ότι η Νmin καταγράφεται όταν ο άνθρωπος βρίσκεται στην πάνω ακραία θέση της ταλάντωσης δηλ. x=A. Οπότε Νmin=mg-DA (2)

Από την (1) προκύπτει ότι η Νmax καταγράφεται όταν ο άνθρωπος βρίσκεται στην κάτω ακραία θέση της ταλάντωσης δηλ. x=-A. Οπότε Νmax=mg+DA (3)

Από τις (2) και (3) προκύπτει ότι mg=2

minmax − και µε αντικατάσταση προκύπτει ότι

mg=700N

β) Ο άνθρωπος φθάνει από την κάτω ακραία θέση στην πάνω σε µισή περίοδο της ταλάντωσής του, οπότε:

)(12

sT= και Τ=2 (s). Η κυκλική συχνότητα ω=

Τ

π2=π (rad/s)

Αφού mg=700N και g=10m/s2 η µάζα του θα είναι m=70Kg

Επίσης D=mω2 οπότε D=70 π2 Ν/m δηλαδή D=700N/m.



Από την (3) έχουµε Α=D

mg −max και µε αντικατάσταση Α= m8,0700

7001260=

−

H µέγιστη ταχύτητα θα είναι umax=ωΑ και αντικαθιστώντας umax=0,8π m/s

γ) Ν-mg=-Dx ή

Ν=mg-Dx αλλά x=Aηµωt έτσι:

Ν=mg-DAηµωt και αντικαθιστώντας: Ν=700-560ηµπt

B. Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για το κάτω σώµα έχουµε:

mamgmg

=−5

6 οπότε

mamg

=5

από την οποία 5

ga =

Όµως a=αγr οπότε αγ=r

g

5 (1)

Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για το πάνω σώµα έχουµε:

Τ-mg-F=ma από την οποία έχουµε:

Τ=mg+55

6 mgmg+ δηλαδή: Τ=

5

12mg (2)

Από το θεµελιώδη νόµο της µηχανικής για την τροχαλία έχουµε:

τ- rmg

5

12=

r

gmr

52

2

οπότε

τ=105

12 mgrmgr+ και τελικά τ=

2

5mgr

•r ↓

m

m

F

→ g ↓

m

140

700

1260

1 2 3 t(s)

N(N)



Θέµα 3ο

Α.

i) ∆ιαιρώντας κατά µέλη τις Ε=hf και p=h/λ και επειδή c=λf προκύπτει η Ε=p c

ii) Από το νόµο του Snell

ηµα=n.ηµβ οπότε ηµ450= 2 ηµβ και ηµβ=1/2 συνεπώς β=300

η κρίσιµη γωνία βρίσκεται από τη σχέση ηµθcrit=2

21=

n οπότε θcrit=450

Επειδή α-β=150<θcrit θα έχουµε διάθλαση και από το νόµο του Snell

n.ηµ(α-β)=ηµφ οπότε ηµφ= 2 ηµ150

η φ είναι και η γωνία εκτροπής.

iii) ∆py=c

Eηµφ

iv) Fy=t

pN

∆

∆ y=

c

NEηµφ

B. Από τη διατήρηση της µηχανικής

ενέργειας για τη σφαίρα από την αρχική της

θέση µέχρι τη θέση όπου βρίσκεται στο

ανώτερο σηµείο του εργαστηριακού στίβου

έχουµε:

)2(2

1

5

2

2

1)( 2

2

22 Rrmgm

RmRRhmg −++=+ υ

υσυνθ

(1)

Το ελάχιστο ύψος h αντιστοιχεί στην ελάχιστη

ταχύτητα υ η οποία βρίσκεται από το νόµο της

κεντροµόλου δύναµης: mgr-R

mυ=

2

οπότε

)( Rrgυ −= (2)

α

α

α

β

α-β

φ

α

h

R

θ

θ



Από τις (1) και (2) προκύπτει τελικά: )10

17(

10

27συνθ+−= Rrh

Πειραµατικό Μέρος

i) Η µισή δέσµη µικροκυµάτων που διέρχεται µέσα από το υλικό καθυστερεί χρονικά σε

σχέση µε την άλλη µισή κατά τη χρονική διάρκεια µισής περιόδου οπότε µετά το

διηλεκτρικό συµβάλλουν καταστροφικά επειδή παρουσιάζουν διαφορά φάσης π.

ii) Το διάστηµα d=25mm στον αέρα διανύεται από τα µικροκύµατα σε χρόνο t. Η ίδια

απόσταση µέσα στο διηλεκτρικό διανύεται από τα µικροκύµατα σε χρόνο t+2

T όπου Τ

η περίοδος των µικροκυµάτων η οποία είναι Τ=f

1.

Η ταχύτητα των κυµάτων στον αέρα είναι: t

dc =0 (1)

Η ταχύτητα των κυµάτων στο διηλεκτρικό είναι:

2

Tt

dc

+

= (2)

Η (2) µε τη βοήθεια της (1) δίνει:

20

T

c

d

dc

+

= από την οποία παίρνουµε τελικά:

0

0

2

2

cdf

fdcc

+= (3) από την οποία µε αντικατάσταση προκύπτει:

c=1,92 108 m/s

iii) λ=f

c0 από την οποία προκύπτει λ=2,8cm

iv) n=c

c0 και µε αντικατάσταση n=1,56

v) Στην περίπτωση αυτή ολόκληρη η δέσµη των µικροκυµάτων θα διέρχεται µέσα από το

διηλεκτρικό. Έτσι και τα δύο µισά της θα παρουσιάζουν την ίδια καθυστέρηση Τ/2

οπότε το σήµα στο δέκτη θα επανέρχεται και το πολύµετρο θα δείχνει πάλι Ι.

h

r θ

υ