Microsoft Word - 11_2016_OJF_barem.doc

Transcriere

1 Pagina din 9 Subiect. ortizare cu frecare la alunecare Parţial Punctaj ubiect 0 a.,5 d x i) Ecuația ișcării ete: +x = 0. () ceată ecuație are oluții de fora x ( t) = co( ω t +ϕ0 ). Legea vitezei ete v ( t) = ω in( ωt + ϕ0 ). Din condițiile inițiale: x ( 0) = 0 și v ( 0) = 0 e obține ϕ 0 = 0 și = 0. Deci, pentru acet caz, obține: legea de ișcare: x t) = coωt,. () ( 0 iar legea vitezei: v t) = ω inωt. (3) ( 0 Expreia perioadei ete: T = π. (4) ii) În ișcarea ocilatorie aronică expreiile energiilor unt: 0,5 0,5 0,5 0,5,5 x Ep =, (5) E = (6) și E 0 c = E Ep = 0 x. 0,5 (7) Graficul, în unități arbitrare, ete un arc de parabola cu vârful în u pentru E c, un egent de dreaptă paralel cu abcia pentru E ) și un arc de parabolă cu vârful în origine pentru E. (vezi figura ). p. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

2 Pagina din 9 iii) Eliinând tipul din legea de ișcare () și legea vitezei (3) obține: x 0 + v ω 0 =. (8) În unități 0 pentru elongație și ω 0 pentru viteză relația devine: x +v = (9) Graficul ete un cerc de rază unitate. (vezi figura 3) 0,75 b. 3,75 i) Corpul răâne în repau atâta tip cât forța elatică nu copenează forța de frecare la alunecare. Pentru alungirea axiă,, a reortului e poate crie relația: = µg. Rezultă că µg =. (0) 0,5 3,75 ii) Corpul pornește de la 0 și e deplaează în enul negativ al axei Ox. r r upra corpului acționează forța elatică = x și forța de frecare la alunecare F f = µg orientată în enul pozitiv al axei. d x Ecuația ișcării ete: + x µ g = 0. () F el d x µ g Ecuația e poate crie și ub fora + ( x ) = 0, deci d x + ( x ) = 0. Face chibarea de variabilă x = x. Derivatele de 0,5. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

3 Pagina 3 din 9 ordinul și ale lui x coincid cu derivatele de același ordin ale lui x. Ecuația de d x ișcare devine +x = 0, pecifică unei ișcări aronice. ceată ecuație are oluții de fora x t) = co( ω t + ), deci ( t) = x( t) + = co( t+ ϕ0) ( ϕ0 x ω + Expreia vitezei ete v t) = ω in( ωt + ϕ ). ( 0 Din condițiile inițiale x ( 0) = 0 și v( 0) = 0 e obține ϕ 0 = 0 și = 0. Legea de ișcare va fi x = ( 0 )coωt+, () c iar legea vitezei v = ω( 0 c ) inωt, (3) 0,5 0,5 0,5 unde ω =. (4) iii) Varianta. Valorile extree ale elongației e ating pentru valorile extree ale funcției coinu. Pentru co ω t = obține x = ( 0 ) + = 0 care ete poziția de plecare, iar pentru coω t =, x = ( 0 ) + = 0 +, deci =. (5) 0 + 0,5 Varianta. Corpul a pornit de la 0 și -a deplaat până într-un punct de coordonată x. Energia iteului în punctul de coordonată x ete: 0 E( x) = Ec ( x) + Ep ( x) = µ g( 0 x). E c ( 0 0 x x) = ( 0 x) = ( 0 x)( + x ). (6) Corpul e oprește, deci energia lui cinetică ete nulă. Soluțiile unt: x = 0 (punctul de pornire) și x = 0 +. Rezultă că pria oprire are loc la : = 0 +. iv) aronice ete Mișcarea e defășoară cu pulația ω =, deci perioada ișcării ocilatorii T = π. Corpul decrie ișcarea într-un ingur en, deci. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev. 0,5

4 Pagina 4 din 9 T t = = π. (7) v) Pentru a deterina coordonata celui de-al doilea punct de întoarcere pute proceda ca la punctul iii). O altă variantă de rezolvare e obține plecând de la obervația că diiparea de energie e datorează nuai forței de frecare la alunecare: = µ g( + ). Rezolvând ecuația și ținând cont că al doilea punct de întoarcere ete la dreapta originii axei Ox, deci > 0 obține: = 4. (8) 0,5 = c = 0 c vi) Corpul e deplaează în enul pozitiv al axei ox. upra a vor acționa forța elatică și forța de frecare la alunecare, care au abele același en. d Ecuația de ișcare va fi ( x+ ) = 0. Procedând ca în cazul anterior, cu chibarea de variabilă x + x = x+ ( ϕ0, e obține din nou ecuația d x +x = 0. Soluția ete: x t) = x ( t) = co( ω t+ ). Moentul inițial al acetei ișcări ete oentul părăirii poziției ituate la ditanța de origine, deci: x ( 0) = și v ( 0) = 0. Se obțin relațiile: x( t) = ( )coωt (9) 0,5 și v( t) = ( )ω inωt. Deoarece pulația ișcării ete aceeași, rezultă că aceată icare va dura t = π = t. (0) 0,5 Vo nota acet interval de tip cu t. vii) Se obervă că fiecare punct de întoarcere ete ai aproape de originea axei cu. Pentru ca ișcarea ă porneacă din punctul n, aceta trebuie ă fie la o ditanță ai are decât. față de originea axei. n = = 0 n... =.Rezultă că = > n 0 n. Deci 0 n <. () 0,75. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

5 Pagina 5 din 9 c. 3 i) Din legile de ișcare () și (9) e obervă că obilul va decrie o ucceiune de eicoinuoide. Pentru ișcările efectuate în enul negativ al axei acetea vor fi centrate la iar pentru cele în en pozitiv la. Ditanțele axie față de origine cad cu un pa de, iar durata pentru fiecare ișcare ete t. Pentru 0 = 0c, n < 4, 5 deci vor fi patru puncte de întoarcere (vezi figura 4). 3 x ii) Energia potențială E p = ete reprezentată prin parabola cu vârful în originea. Energia totală cade, prin diiparea a de către forța de frecare, proporțional cu ditanța parcură de corp și ete reprezentată prin linia frântă 0 4 care coboară de la până la. Energia cinetică ete decriă de o funcție de gradul II (6) pentru fiecare ișcare dintre două puncte de întoarcere. ceata are valoarea zero în punctele de întoarcere, ete egală cu energia totală la trecerea prin origine și are axiele ituate la pentru ișcările în enul negativ al axei și la pentru ișcările în enul pozitiv. ceata ete reprezentată prin cele patru arce de parabolă cu vârful în u.. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

6 Pagina 6 din 9 (vezi 5) figura ( x ) v iii) Eliinând tipul din relațiile () și (3) obține: + = ( 0 ) ω ( 0 ) care ete ecuația unei elipe cu centrul în punctul de coordonate x = și v = 0. Seiaxele unt 0 și ω ( 0 ). În od analog e procedează pentru urătoarele deplaări. La deplaările în enul pozitiv al axei Ox centrul elipei va avea coordonatele (,0 ). (vezi figura 6). Oficiu. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

7 Pagina 7 din 9 Subiect. a) i) b) ii) Intenitatea câpului electric dintre arături ete:. upra bilei acționează trei forțe forța electrică și teniunea din fir La echilibru Mișcarea e efectuează ub acțiunea greutății aparente Un pendul iplu ocilează liber cu perioada: În cazul probleei înlocui 0 p,5 și obține iii) După tăierea firului, bila e va ișca în linie dreaptă pe direcția firului. c) iv) d) v) Pe orizontală (axa ) aupra bilei va acționa forța care deterină accelerația Cu la viteza bilei pe ax va fi Legea de ișcare pe axa, ținând cont că ete vi) Când bila atinge una dintre plăci. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

8 Pagina 8 din 9 unde e expriă din căderea pe verticală Pentru liita față de Pentru liita ecuația: neglijă aproxiă și rezolvă vii) 0,5 Oficiu Subiect 3 Parţial Punctaj ubiect 3 0 a) Preupune că bila a fot deplaată pe o ditanță ică, x, din poziția de echilibru. γp πd Din relația V p+ γp V = 0 e obține p = V unde V = Sx = x. upra bilei V 4 γp va acționa o forță de revenire F = ps = S x. ceată ete o forță de tip elatic cu V contanta elatică echivalentă aronică. γp V = S. Deci bila va efectua o ișcare ocilatorie V π V 8 V b) Perioada de ocilație ete T = π = π = =. γps d γp d γp,5 π 4 c) Utilizând valorile din tabel e obține valoarea edie a perioadei: T =,5. 64V d) Din expreia perioadei rezultă γ =. 4 T d p Utilizând valorile cunocute e găește valoarea γ =, 37, apropiată de valoarea utilizată pentru un gaz biatoic. e) Sure de erori: - datorită frecărilor ocilațiile unt aortizate, cu pulația ; 9 - tranforarea nu ete chiar adiabatică; - gazul nu ete ideal ( nu repectă exact legile gazelor ideale, valoarea lui depinde de teperatură, etc.);,5 - exită pierderi de gaz pe lângă bilă (în unele variante ale experientului rezervorul ete prevăzut cu un robinet prin care e poate înlocui gazul. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.

9 Pagina 9 din 9 pierdut). Oficiu propu de: Prof. Viorel Solchi, CN Mihai Einecu, Satu-Mare Prof. dr. Contantin Corega, CN Eil Racoviță, Cluj-Napoca, Prof. Ion Toa, CN Mihai Viteazu, București. Orice rezolvare corectă ce ajunge la rezultatul corect va prii punctajul axi pe iteul repectiv.. Orice rezolvare corectă, dar care nu ajunge la rezultatul final, va fi punctată corepunzător, proporţional cu ajunge la rezultat, prin etoda aleaă de elev.