ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ Γ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β) ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 9 ΜΑΙΟΥ 015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Σωστό το α Α. Σωστό το β Α3. Σωστό το α Α4. Σωστό το δ Α5. Λ - Λ - Σ - Λ -Σ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το iii Η συνολική ροπή αδράνειας του συστήματος ως προς το άκρο Ο της ράβδου είναι: ΙΣΥΣ=Ιραβ + Ιm/ Ο w w/ M/ ή Ι ΣΥΣ = 1 3 ML + M L = 5 6 ML Απο το θεμελιώδη νόμο περιστροφικής για το σύστημα ράβδοςσφαιρίδιο προκύπτει: Στ = Ι ΣΥΣ α γ Mg L + M gl = 5 5L 6g 6 ML a γ g 6 5L Η παραπάνω, είναι η γωνιακή επιτάχυνση του συστήματος τη στιγμή της εκκίνησης. Ο ρυθμός μεταβολής της στροφορμής της ράβδου προκύπτει από τη σχέση: ΔL ρ Δt = Ι ραβ α γ = 1 3 ml 6g 5L = 5 MgL 1

2 Β. Σωστό το i Το x 0 = 0 έχει φ 0 = 4π rad Το x 0 = 8 έχει φ 1 = 0 rad Αφού το φ 0 > φ 1 τότε το κύμα πηγαίνει προς τις θετικές τιμές του ημιάξονα οχ. το κύμα έχει εξίσωση y = A ημπ ( - ) Δφ = π 4π = π Τ = 1 sec Δφ = π φ 0 - φ 1 = π 4π = π λ = 4m y = A ημπ ( - ) Β3. Σωστό το i. Η σταθερά επαναφοράς του (F 1, F τα μέτρα των δυνάμεων δράσης αντίδρασης μεταξύ των Σ 1 και Σ ) F συστήματος ελατήριο-m1,m είναι: D=(m1+m)ω =k (1) Από την αναγκαία και ικανή συνθήκη της α.α.τ. για το σώμα m ΣF m = D m x F m gηµϕ = m ω x F = m ω x + m gηµϕ Για να εξασφαλίζετε η επαφή του σώματος m με το m1 θα πρέπει F>0. σε απομάκρυνση χ από τη Θ.Ι. έχουμε: m ω x + m gηµϕ > 0 ω x < gηµϕ x < gηµϕ ω όπου gηµϕ ω = x max είναι η θέση όπου τα σώματα θα χάσουν τη μεταξύ τους επαφή (Θ.Φ.Μ.) Επομένως και για το πλάτος της ταλάντωσης θα πρέπει να είναι: + Α < gηµϕ ω Α ω < gηµϕ (1) Α k m 1 + m < gηµϕ A k < (m 1 + m )gηµϕ φ wx x w1x F1 Θ.I. FΕΛ Θ.Φ.Μ.

3 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Δόθηκε ότι UE = 8 10 (1 i ) UE = 8 10 i (S.I.) (1) Από την διατήρηση της ενέργειας είναι 1 UE + UB = E UE = Li + E () Από την σύγκριση των (1) και () προκύπτει ότι Ετ= J και L/= H άρα L= H Όμως E τ = 1 c V c = E τ V = 10 4 F Τ = π LC = 8π 10 3 s Γ. Επειδή την t=0, q=q και i=0 ισχύει: U E E t 3 για t = T/ UE E U E =610 J Γ3. q di di q Κάθε χρονική στιγμή είναι : VC VL L q (1) C LC Οταν UE=3 UB από Α.Δ.Ε.Τ προκύπτει: U E +U B = E T E T = U E + U E 3 Q C = 4 3 q C q = 3 Q (1) di = ω 3 Q = π 8π Α / s = 15 3A / s Γ4. Απο Α.Δ.Ε.Τ. έχουμε: Ε τ = 1 Li + q C 8 10 = i q = i q q = i (S.I.) 3

4 6 6 q = i (S.I.) q (C ) H παραπάνω σχέση αποτυπώνεται γραφικά με ένα ευθύγραμμο τμήμα,σε άξονες q,i i (A ) 1 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Εφαρμόζουμε το θεμελιώδη νόμο της στροφικής κίνησης για τη σφαίρα: Στ = Ι a γ Τ s r = 5 mr a γ a =a γ r Τ s = 5 m a (1) Aπο θεμελιώδη νόμο Μηχανικής: mgσυνϕ Τ s = ma (1) mgσυνϕ 5 a = 5 7 gσυνϕ ma = ma Α Ts Γ Κ φ φ Ν Ο h UB=0 (1) T s = 5 m 5 7 g συνϕ = wy φ wx = 1,4 10συνϕ 7 T s = 4συνϕ (S.I.) w R 7R OK R r R 8 8 7R h OK 30 8 Δ. Στη διεύθυνση της επιβατικής ακτίνας η απαιτούμενη κεντρομόλος δύναμη για την κυκλική κίνηση του κέντρου μάζας είναι: ΣF R = N mgηµϕ = mu R R 8 N = 8mu 7R + mgηµ300 () Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας Α Γ για τη σφαίρα έχουμε: 4

5 mgh = 1 mu Όμως mr u mg(r R r 8 )ηµ300 = 7 10 mu u N = 8mu 7R + mgηµ300 () Aντικαθιστώντας στη () προκύπτει: = 5 8 gr Ν = 8m 5 8 gr + mg 1 7R = 10N + 7N = 17N Δ3. Λογω της κύλισης χωρίς ολίσθηση, για τις κινητικές ενέργειες ισχύει ότι: K r u περ mr mu Kμετ K περ = Kμετ 5 Α.Δ.Μ.Ε. (Δ) (Ε): Κμετ(Δ)+Κπερ(Δ)+UΔ= Κμετ(Ε)+Κπερ(Ε)+UE 7 7 7R mg μετ(δ) μετ(ε) Τελικά ue=4m/s άρα mu Δ = mu Ε + mg 7 8 R Η σφαίρα για όσο χρόνο βρίσκεται στον αέρα δεν μεταβάλλει την κινητική της ενέργεια λόγω περιστροφικής κίνησης. (Στ=0 άρα και ω=σταθ) ωζ=ωε uz=0 Z Ο ωε ue Ε h' Ο Κ = 7R/8 ωδ Κ uδ UB=0 Δ Α.Δ.Μ.Ε. (E) (Ζ): Κ μετ(ε)+κπερ(ε)+uε= Κ μετ(ζ)+κπερ(ζ)+uζ (3) (Κμετ(Ζ)=0 και Κπερ(Ε) =Κπερ(Ζ)) 5

6 : (3) 1 h' gh' h' mu E + mg 7 8 R = mg( R) 1 mu E = m = 0,8m Δ4. Εφόσον το σώμα έχει χάσει την επαφή με την επιφάνεια του ημισφαιρίου, η μόνη δύναμη που δέχεται είναι το βάρος του, που δεν προκαλεί ροπή αφού διέρχεται από τον άξονα περιστροφής του σώματος, συνεπώς: dk dk dk E.E.E όμως dk 0.E dk dk F dy 180 dy dk mg mgu. E Ε J = -56 s και dl E 0 6