ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ. Θέμα Α. Θέμα Β Β1. Σωστό το iii Για το σύστημα ράβδος m: Στ (Ο) = Ι ολ α γων. Μg + gl = ( ML 2. B2. Σωστό το i

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΠΑΡΑΣΚΥΗ 9 ΜΑΪΟΥ 05 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ ΔΥΟ ΚΥΚΛΩΝ) έμα Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΜΑΤΩΝ Α α, Α β, Α3 α, Α4 δ Α5. α. Λάθος, β. Λάθος, γ. Σωστό, δ. Λάθος, ε. Σωστό έμα Β Β. Σωστό το iii Για το σύστημα ράβδος m: L M M Στ (Ο) = Ι ολ α γων. Μg + gl = ( ML L ) α γων 3 6g α γων = 5L dl Για τη ράβδο: = Ιρ α γων = ML α γων = 3 ML 3 6g dl 5L Ο MgL 5 B. Σωστό το i Από το σχήμα βλέπουμε πως η άση των σημείων του μέσου (rad) ελαττώνεται με την αύξηση της απόστασης τους από την πηγή. Συνεπώς το κύμα διαδίδεται προς τα θετικά του άξονα x x. 4π t = s H εξίσωση του κύματος θα είναι της μορής: t x t x y = Aημπ Οπότε: = π Ο T λ T λ 0 Για x = 0: 4π = π Τ = s T λ T Για x = m: 0 = π λ = 4 m λ λ t x x Οπότε η εξίσωση του κύματος θα είναι: y = Aημπ y = Aημπ t 4 4 x (m) Β3. Σωστό το iii Όσο τα σώματα m m, βρίσκονται σε επαή θα ταλαντώνονται με σταθερά D = = (m + m )ω ω Για την ταλάντωση του m : m m Ιατροπούλου 3 & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 96390

2 Σε μια τυχαία θέση της ταλάντωσής τους θα είναι: Δl 0.Ι ΣF x() = -D x F x = m ω x Ν l 0 F m gημ = m x m F ελ. m ολx F = m gημ m x m ολy m Ν F Για να μην χαθεί η επαή των σωμάτων θα πρέπει ολ x να υπάρχει η δύναμη επαής F, δηλ. F 0 y Οπότε: m gημ m x 0 m m x gημ x για κάθε x με x A. m Τ. m Η κίνηση των σωμάτων από την αρχική θέση (x = -A) μέχρι τη.ι.τ είναι επιταχυνόμενη με την επιτάχυνση να μικραίνει. Στη.Ι.Τ είναι α = 0 και = max. Λόγω αδράνειας τα σώματα θα προσπεράσουν τη.ι.τ και θα κινούνται επιβραδυνόμενα (με α ελαττούμενο) προς τη θέση x = +Α. Κι αού α ελαττούμενο, η δύναμη επαής F συνεχώς θα μικραίνει ( x = σταθ.). Στη θέση υσικού μήκους του ελατηρίου, η F ελ = 0 στιγμιαία και τα σώματα θα έχουν επιβράδυνση (gημ) λόγω της συνιστώσας του βάρους τους x. Αν έχουν ταχύτητα, θα προσπεράσουν αυτή τη θέση, το ελατήριο θα αρχίσει να επιμηκύνεται κι αού είναι δεμένο στο m, θα επιβραδύνει επιπλέον το m, ενώ το m θα επιβραδύνεται λόγω της συνιστώσας του βάρους του x. Δηλαδή θα είναι α < α και συνεπώς θα αποχωριστούν. Άρα για να μην χαθεί η επαή των σωμάτων, θα πρέπει να τάσουν μέχρι τη θέση υσικού μήκους του ελατηρίου με = 0. Όμως τότε η θέση αυτή θα είναι ακραία και εκεί θα είναι x = Δl 0 = +Α. Άρα για x = Α θα είναι: gημ A A (m + m )gημ m m έμα Γ Γ. Δίνεται η σχέση U = 0 - ( i ) () Για U = 0 από την () παίρνουμε: 0 = 0 - ( i ) i = 0 i = ± A Αλλά όταν είναι U = 0, θα είναι q = 0 και i = I. Άρα Ι = Α Για i = 0: από την () U = 0 - J ταλ. 0 Αλλά τότε είναι q = Q και U = ταλ = C V C C V 40 Και Q = CV Q = Q = 40-3 C I = ωq ω Ι ω = 50 rad/s 3 Q 40 π π π Οπότε: ω Τ Τ = π0-3 s Τ ω F π Τ 3 Q συν (4 0 ) συν q Q συν ( ωt) T Γ. Είναι: U 4 C C C 0 U = 60 - J π 6 Ιατροπούλου 3 & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 96390

3 Γ3. Στο κύκλωμα L C κάθε στιγμή είναι: v C = v L = Ε αυτ. q di di q di L ω q ω q () C LC Όταν U = 3U Β : Q U 4U Q 4 q U = ταλ = U + U Β U + C 3 3 C 3 C q Q 4 0 q = ± C Οπότε: di di ω q 50 ( ) 50 3 A/s Q Γ4. ταλ = U + U Β C i Q L C i q Q q C L i q ω q = i, (S.I) με: - i 0 i Το διάγραμμα αίνεται στο διπλανό σχήμα q (C ) 60-6 Ο i (A ) έμα Δ Δ. Η σαίρα εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση. Έστω μια τυχαία θέση Γ της σαίρας. Για τη μεταορική κίνηση εαρμόζουμε το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής και έχουμε: ΣF x = mα x. Τ στ = mα mgσυν Τ στ. = mα () A r T σ y N Γ x Ζ O Uβαρ. = 0 Για τη στροική κίνηση εαρμόζουμε το θεμελιώδη νόμο της μηχανικής και έχουμε: Στ = Ι σ. α γων Τ σ r = Ι σ. α γων Τ σ r = 5 mr α γων Αλλά αού εκτελεί κύλιση χωρίς ολίσθηση θα ισχύει: α = α γων r Οπότε: Τ στ. = 5 mα () 5gσυν Mε πρόσθεση των (), () έχουμε: mgσυν = mα + mα α (3) 5 7 5gσυν,4 0συν Οπότε από (), (3) έχουμε: Τ στ. = m = Τ σ = 4συν Ιατροπούλου 3 & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 96390

4 Δ. Εαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε για τη σαίρα από τη θέση (Α) έως τη θέση (Γ) Ε μηχ.(α) = Ε μηχ.(γ) Κ (Α) + U βαρ.(α) = Κ (Γ) + U βαρ.(γ) U βαρ.(α) = Κ (Γ) mg(οζ) = m + Iσ ω Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΖΓ είναι: (ΟΖ) = (R-r)ημ και λόγω Κ.Χ.Ο, = ωr Οπότε: mg(r-r)ημ = m + mr ω g(r-r)ημ = (,6 0,) g(r-r)ημ = 0,7 g (R r) ημ = = 0 m /s 0,7 0,7 Το κέντρο μάζας της σαίρας εκτελεί κυκλική κίνηση ακτίνας R r. Επομένως η συνισταμένη των δυνάμεων στη διεύθυνση της ακτίνας θα είναι η κεντρομόλος δύναμη στη σαίρα. m m,4 0 ΣF y = F κ N y N mgημ,4 0 Ν = 7 Ν R r R r,4 Δ3. Εαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε για τη σαίρα από τη θέση (Δ) έως τη θέση (Ε) Ε μηχ.(δ) = Ε μηχ.(ε) Κ (Δ) + U βαρ.(δ) = Κ (Ε) + U βαρ.(ε) m 0 + Iσ ω0 -mg(r-r) = m + Iσ ω m 7R 0 + m r ω0 - mg = 5 A m 7gR + m r ω 0,7 0 - = 0, ,6 0,736-4 = 0,7 = 36 0 Uβαρ. = 0 O = 6 = 4 m/s 0 h = 0 Κι αού εκτελεί Κ.Χ.Ο: = ω Ε r ωε 4 0, ω Ε = 0 rad/s r Μετά το σημείο Ε, στο κέντρο μάζας της σαίρας θα ασκείται μόνο το βάρος της. Συνεπώς δεν θα ασκούνται σε αυτή ροπές. Επομένως θα εκτελέσει: - Ομαλή στροική κίνηση με ω = ω Ε = 0 rad/s - Κατακόρυη βολή προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα την = 4 m/s. Εαρμόζουμε Α.Δ.Μ.Ε από (Ε) έως (). Ε μηχ.(ε) = Ε μηχ.() Κ (Ε) + U βαρ.(ε) = Κ () + U βαρ.() Δ K μετ. K h g 6 0 U ( Ε) K μετ. h = 0, m K U ( ) K K m m g h Ιατροπούλου 3 & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 96390

5 Δ4. Όταν η σαίρα χάσει την επαή της με το ημισαίριο, θα δέχεται μόνο το βάρος της και συνεπώς Στ = 0. dl dl Άρα Στ 0 Επιμέλεια απαντήσεων: Λογιώτης Σταύρος Οικονόμου ανάσης Γρουσουζάκου Γιώτα Φυσικοί Φροντιστήριο Μ.Ε «ΕΠΙΛΟΓΗ» - Καλαμάτα Ιατροπούλου 3 & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 96390