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.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "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."

Ευμελια Βάμβας
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ 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, Α α, Α4 δ Α5. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Σωστό, δ. Λάθος, ε. Σωστό έμα Β Β. Σωστό το iii Για το σύστημα ράβδος m: L Στ (Ο) = Ι ο α γων. Μg + gl = ( L L ) α γων 6g α γων = 5L dl Για τη ράβδο: = Ιρ α γων = B. Σωστό το iii L α γων = L 6g dl 5L Ο gl 5 Από το σχήμα έχουμε: 4 4 Ο Ή αιώς: Ο ος δεσμός απέχει από το Ο ( = 0) απόσταση: = (+) = (+) = και 4 4 Οπότε το πάτος θα είναι: 4 π Α Α συνπ Α συνπ Α συνπ Α Α Β. Σωστό το iii Όσο τα σώματα m m, βρίσκονται σε επαή θα τααντώνονται με σταθερά D = = (m + m )ω ω m m

Μg + gl = ( L L ) α γων 6g α γων = 5L dl Για τη ράβδο: = Ιρ α γων = B.

2 Για την ταάντωση του m : Σε μια τυχαία θέση της ταάντωσής τους θα είναι: ΣF () = -D F = m ω F ε. ο F m gημ = m m m οy Ν F = m gημ m F ο m m Για να μην χαθεί η επαή των σωμάτων θα y πρέπει να υπάρχει η δύναμη επαής F, δη. F 0 Οπότε: m gημ m 0 m m Τ. gημ για κάθε με A. m m Η κίνηση των σωμάτων από την αρχική θέση ( = -A) μέχρι τη.ι.τ είναι επιταχυνόμενη με την επιτάχυνση να μικραίνει. Στη.Ι.Τ είναι α = 0 και = ma. Λόγω αδράνειας τα σώματα θα προσπεράσουν τη.ι.τ και θα κινούνται επιβραδυνόμενα (με α εαττούμενο) προς τη θέση = +Α. Κι αού α εαττούμενο, η δύναμη επαής F συνεχώς θα μικραίνει ( = σταθ.). Στη θέση υσικού μήκους του εατηρίου, η F ε = 0 στιγμιαία και τα σώματα θα έχουν επιβράδυνση (gημ) όγω της συνιστώσας του βάρους τους. Αν έχουν ταχύτητα, θα προσπεράσουν αυτή τη θέση, το εατήριο θα αρχίσει να επιμηκύνεται κι αού είναι δεμένο στο m, θα επιβραδύνει επιπέον το m, ενώ το m θα επιβραδύνεται όγω της συνιστώσας του βάρους του. Δηαδή 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 εατηρίου με = 0. Όμως τότε η θέση αυτή θα είναι ακραία και εκεί θα είναι = Δl 0 = +Α. Άρα για = Α θα είναι: gημ A A (m + m )gημ m m l 0.Ι Δl 0 Ν έμα Γ Γ. Δίνεται η σχέση U = 0 - ( i ) () Για U = 0 από την () παίρνουμε: 0 = 0 - ( i ) i = 0 i = ± A Αά όταν είναι U = 0, θα είναι q = 0 και i = I. Άρα Ι = Α Για i = 0: από την () U = 0 - J τα. 0 Αά τότε είναι q = Q και U = τα = C V C C V 40 Και Q = CV Q = Q = 40 - C I = ωq ω Ι ω = 50 rad/s Q 40 π π π Οπότε: ω Τ Τ = π0 - s Τ ω F

m m Η κίνηση των σωμάτων από την αρχική θέση ( = -A) μέχρι τη.ι.τ είναι επιταχυνόμενη με την επιτάχυνση να μικραίνει. Στη.Ι.Τ είναι α = 0 και = ma. Λόγω αδράνειας τα σώματα θα προσπεράσουν τη.ι.τ και θα κινούνται επιβραδυνόμενα (με α εαττούμενο) προς τη θέση = +Α.

3 π Τ Q συν (4 0 ) συν q Q συν ( ωt) T Γ. Είναι: U 4 C C C 0 U = 60 - J π 6 Γ. Στο κύκωμα 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 = U Β : Q U 4U Q 4 q U = τα = U + U Β U + C C C q Q 4 0 q = ± 0 - C Οπότε: di di ω q 50 ( 0 ) 50 A/s Q Γ4. τα = 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 διπανό σχήμα q (C ) 60-6 Ο i (A ) έμα Δ Δ. Η σαίρα εκτεεί κύιση χωρίς οίσθηση. Έστω μια τυχαία θέση Γ της σαίρας. Για τη μεταορική κίνηση εαρμόζουμε το θεμειώδη νόμο της μηχανικής και έχουμε: ΣF = mα. Τ στ = mα mgσυν Τ στ. = mα () A r T σ y N Γ Ζ O Uβαρ. = 0 Για τη στροική κίνηση εαρμόζουμε το θεμειώδη νόμο της μηχανικής και έχουμε: Στ = Ι σ. α γων Τ σ r = Ι σ. α γων Τ σ r = 5 mr α γων Αά αού εκτεεί κύιση χωρίς οίσθηση θα ισχύει: α = α γων r Οπότε: Τ στ. = 5 mα ()

τα = U + U Β C i Q L C i q Q q C L i q ω q = 60-6 - 60-6 i, (S.I) με: - i 0 i Το διάγραμμα αίνεται στο διπανό σχήμα q (C ) 60-6 Ο i (A ) έμα Δ Δ. Η σαίρα εκτεεί κύιση χωρίς οίσθηση.

4 5gσυν ε πρόσθεση των (), () έχουμε: mgσυν = mα + mα α () 5 7 5gσυν,4 0συν Οπότε από (), () έχουμε: Τ στ. = m = Τ σ = 4συν 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 όγω 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 εκτεεί κυκική κίνηση ακτίνας R r. Επομένως η συνισταμένη των δυνάμεων στη διεύθυνση της ακτίνας θα είναι η κεντρομόος 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 Δ. 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 m 7gR + m r ω 0,7 0 - = 0, ,6 0,76-4 = 0,7 = 6 0 = 6 = 4 m/s A Uβαρ. = 0 O 0 h = 0 Κι αού εκτεεί Κ.Χ.Ο: = ω Ε r ω Ε r 4 0, ω Ε = 0 rad/s Δ Μετά το σημείο Ε, στο κέντρο μάζας της σαίρας θα ασκείται μόνο το βάρος της. Συνεπώς δεν θα ασκούνται σε αυτή ροπές. Επομένως θα εκτεέσει: - Ομαή στροική κίνηση με ω = ω Ε = 0 rad/s - Κατακόρυη βοή 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.()

(α) = Κ (Γ) mg(οζ) = m + Iσ ω Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΖΓ είναι: (ΟΖ) = (R-r)ημ και όγω Κ.Χ.

5 K μετ. K h g 6 0 U ( Ε) K μετ. h = 0, m K U ( ) K K m m g h 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 Και Κ dκ dκ ( d( d( Στ Δθ d ( ) μετ.) Στ) ΣF) Σ F d mgd 0 dk m g,4 0 4 dκ -56 j/s

Σχετικά έγγραφα

2 η ΑΣΚΗΣΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΚΦΩΝΗΣΗ

2 η ΑΣΚΗΣΗ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΚΦΩΝΗΣΗ Διαθέτουμε τροχό ο οποίος αποτελείται από έναν ομογενή λεπτό δακτύλιο μάζας m = 1 kg και ακτίνας R και τέσσερις λεπτές ομογενείς ράβδους μάζας Μ ρ = ¾m και μήκους l = 2R η