Ενδεικτικές απαντήσεις στα θέματα της φυσικής προσανατολισμού με το νέο σύστημα. Ημερομηνία εξέτασης 23 Μαΐου 2016

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Ενδεικτικές απαντήσεις στα θέματα της φυσικής προσανατολισμού με το νέο σύστημα. Ημερομηνία εξέτασης 23 Μαΐου 2016"

Ολυμπιάς Κουρμούλης
4 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Ενδεικτικές απαντήσεις στα θέματα της φυσικής προσανατολισμού με το νέο σύστημα. Ημερομηνία εξέτασης 3 Μαΐου 06 ΘΕΜΑ Α Α β, Α γ, Α3 β, Α4 δ Α5 α Σ, β Λ, γ Σ, δ Λ, ε Λ ΘΕΜΑ Β Β Σωστή είναι η απάντηση (ιιι). Για τη συχνότητα f με την οποία ακούει τον απευθείας ήχο ισχύει: f = υ ηχ f υ ηχ + υ () Για τη συχνότητα f με την οποία ακούει τον ανακλώμενο στο βράχο, ισχύει: f = f (), όπου f η συχνότητα με την οποία εκπέμπεται ο ανακλώμενος ήχος από το βράχο. Για τη συχνότητα f ισχύει: f = (), (3) f = υ ηχ υ ηχ υ f (4) υ ηχ υ ηχ υ f (3) Διαιρούμε κατά μέλη τις () και (4), οπότε προκύπτει: υ ηχ f f υ ηχ +υ f = f υ = υ ηχ υ = υ υ ηχ 9 ηχ 0 ηχ υ ηχ υ f f υ ηχ +υ υ ηχ + υ = 0 υ ηχ = 9 ηχ 0 0 υ ηχ Β Σωστή είναι η απάντηση (ι). Για τη μέγιστη ταχύτητα των σημείων που ταλαντώνονται, σε μια χορδή που έχει δημιουργηθεί στάσιμο, ισχύει: V max = A ω (), όπου ω η γωνιακή συχνότητα και Α το πλάτος της ταλάντωσης του σημείου. Επειδή στη θέση x = 0 υπάρχει κοιλία, για το πλάτος ταλάντωσης του σημείου Μ της χορδής, ισχύει: Α Μ = Α συν πx Μ λ Αντικαθιστούμε ω = π Τ V max = πα Τ 9λ π = Α συν 8 λ = Α συν 9π 4 = Α και Α Μ = Α στην ()και προκύπτει: = Α ().

2 Β3 Σωστή είναι η απάντηση (ιι). Η εξίσωση Bernoulli στα σημεία Α και Β της ρευματικής γραμμής, δίνει: p A + ρυ Α = p Β + ρυ Β p A p Β = ρυ Β ρυ Α () Τα μεγέθη ρυ Β και ρυ Α είναι οι κινητικές ενέργειες ανά μονάδα όγκου στα σημεία Α και Β, αντίστοιχα. Δίνεται ότι: ρυ Α = Λ () Η εξίσωση της συνέχειας στα σημεία Α και Β δίνει: Α Α =Α Β Α Α υ Α = Α Β υ Β Α Β υ Α = Α Β υ Β υ Β = υ Α (3) Έτσι, για την κινητική ενέργεια ανά μονάδα όγκου στο σημείο Β, έχουμε: ρυ Β = ρ(υ Α ) = ρ4υ Α = 4Λ (4) () (),(4) p A p Β = 4Λ Λ = 3Λ ΘΕΜΑ Γ Γ Κατά τη διάρκεια της κίνησής του από τη θέση Α μέχρι τη θέση Γ, του ασκούνται οι δυνάμεις mg (βάρος) και Ν (από το επίπεδο). Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας από τη θέση Α μέχρι τη θέση Γ και έχουμε: W mg + W N = K Γ Κ Α m gr + 0 = m υ Γ 0 gr = υ Γ υ Γ = gr υ Γ = 0 m Γ. Κατά την κίνησή του από τη θέση Γ μέχρι τη θέση Δ, του ασκείται και η δύναμη της τριβής ολίσθησης. Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας από τη θέση Γ μέχρι τη θέση Δ συμβολίζοντας με υ την ταχύτητα στη θέση Δ και έχουμε: W mg + W N + W Τ = K Δ Κ Γ ( Τ S ) = m υ m υ Γ μ Ν S = m υ m υ Γ μ m g S = m υ m υ Γ μ g S = υ υ Γ υ = υ Γ μ g S υ = 8 m Επειδή η κρούση των m, m είναι κεντρική και ελαστική για τις ταχύτητές τους ελάχιστα μετά την κρούση, ισχύουν οι τύποι: υ = m υ + (m m )υ m + m υ = 0 m

3 Και υ = m υ + (m m )υ m + m υ = m Γ3 Για τη μεταβολή τη ορμής του m, κατά τη διάρκεια της κρούσης, ισχύει: Δp = p p () Τα διανύσματα p, p είναι συγγραμμικά και αντίρροπα. Θέτουμε ως θετική τη φορά προς τα δεξιά και η (), για την αλγεβρική τιμή της Δp, δίνει: Δp = p ( p ) = m υ + m υ Δp = 8Κg m Το θετικό πρόσημο δηλώνει ότι η μεταβολή της ορμής έχει κατεύθυνση προς τα δεξιά. Σχόλιο: Η κατεύθυνση της Δp μπορεί να προσδιοριστεί και χωρίς πράξεις, αρκεί να θυμηθούμε ότι έχει την κατεύθυνση της δύναμης F, που ασκεί το m στο m κατά τη διάρκεια της κρούσης τους. Είναι προφανές από τη θέση των σωμάτων ότι η δύναμη αυτή έχει κατεύθυνση προς τα δεξιά. Γ4 Το ποσοστό μεταβολής της κινητικής ενέργειας του m, είναι: Κ Κ Κ 00% = m (υ ) m υ 00% = (υ ) υ m 00% = 56, 5% υ υ ΘΕΜΑ Δ Δ Στο σώμα μάζας m ασκούνται οι δυνάμεις Τ (από το νήμα), mg (βάρος) και F ελ (από το ελατήριο). Ισορροπία m, κατά τη διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου: ΣF = 0 F ελ = Τ + mgημφ k Δl = Τ + mgημφ () Στον κύλινδρο ασκούνται οι δυνάμεις Mg (βάρος), Τ (από το νήμα) και Τ σ (στατική τριβή). Αφού ο αρχικά ακίνητος κύλινδρος ισορροπεί, ισχύουν ΣF = 0 και Στ = 0 ως προς οποιοδήποτε σημείο. Η συνθήκη Στ = 0, ως προς το κέντρο μάζας του κυλίνδρου, δίνει: τ Τ = τ Τσ Τ R = T σ R Τ = T σ () Η συνθήκη ΣF = 0, κατά τη διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου, δίνει: Τ + Τ σ = Μgημφ (3) Επειδή το νήμα είναι αβαρές, ισχύει Τ = Τ. (), (3) Τ = Μgημφ Τ = 5Ν () 00 Δl = Δl = 0, m 3

4 Δ Αφού το σώμα m εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση, δεμένο στο ελεύθερο άκρο ιδανικού ελατηρίου πάνω σε λείο επίπεδο, η σταθερά επαναφοράς της ταλάντωσης του είναι D = k. Για τη δύναμη επαναφοράς F επ ισχύει: F επ = k x = k A ημ(ωt + φ 0 ) (4) Αρκεί να υπολογίσουμε το πλάτος Α, τη γωνιακή συχνότητα ω και την αρχική φάση φ 0. Για τη γωνιακή συχνότητα ω ισχύει: ω = k m ω = 0 rad Τη στιγμή t 0 = 0 που κόβουμε το νήμα το σώμα είναι ακίνητο, οπότε βρίσκεται σε ακραία θέση της ταλάντωσής που θα εκτελέσει. Επειδή θα αρχίσει να κινείται προς τα πάνω, την t 0 = 0 βρίσκεται στην κάτω ακραία θέση της ταλάντωσης του. Αφού η θετική φορά της ταλάντωσης είναι προς τα πάνω, την t 0 = 0 ισχύει ότι x = A. Αντικαθιστούμε t 0 = 0 και x = A στην x = A ημ(ωt + φ 0 ) και προκύπτει: Α = Α ημφ 0 φ 0 = 3π Αμέσως μετά την κοπή του νήματος, επειδή καταργείται η δύναμη από το νήμα, το σώμα έχει νέα θέση ισορροπίας πιο ψηλά. Έστω Δl η παραμόρφωση του ελατηρίου στη νέα θέση ισορροπίας. Το πλάτος Α της ταλάντωσης είναι ίσο με την απόσταση μεταξύ των δυο θέσεων ισορροπίας. Δηλαδή, Α = Δl Δl (5). Ισορροπία m, κατά τη διεύθυνση του κεκλιμένου επιπέδου, στη νέα θέση ισορροπίας: ΣF = 0 F ελ = mgημφ k Δl = mgημφ Δl = 0,05m Έτσι, από (5) Α = 0,05m Τέλος, αντικαθιστούμε στην (4) και προκύπτει: F επ = 5 ημ (0t + 3π ) (6) Δ3 Για τη στροφορμή του κυλίνδρου (ως προς το κέντρο μάζας του), ισχύει: L = I cm ω κ (7), όπου ω κ η γωνιακή ταχύτητα του κυλίνδρου μετά από την εκτέλεση των Ν στροφών. Είναι I cm = MR = 0,0 = 0,0Κg m Αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνιακή ταχύτητα ω κ. Εφαρμόζουμε το θεώρημα μεταβολής της κινητικής ενέργειας για τη σύνθετη κίνηση του στερεού από τη θέση που ήταν όταν κόψαμε το νήμα μέχρι τη θέση που έχει την ω κ. 4

5 Στον κύλινδρο ασκούνται οι δυνάμεις Mg (βάρος), Ν(κάθετη δύναμη από το κεκλιμένο επίπεδο) και Τ σ (στατική τριβή). W Μg + W Ν + W Τσ = K τελ Κ αρχ MgημφΔx cm = Mυ cm I cmω υ cm=ωr κ MgημφΔx cm = MR ω κ MR ω κ gημφδx cm = 3 4 R ω κ ω κ = 4gημφΔx cm 3R ω κ = 40 rad Επομένως από (7) προκύπτει: L = 0, 4Kg m Δ4 Για το ρυθμό μεταβολής κινητικής ενέργειας ισχύει: = (dw ΣF ) μετ + ( dw ΣF ) = ΣF υ cm + Στ ω κ = περ (mgημφ Τ σ ) υ cm + Τ σ Rω κ = mgημφ υ cm Τ σ υ cm + Τ σ υ cm = mgημφ υ cm (8) Είναι: υ cm = α cm Δt (9). Δηλαδή, αρκεί να υπολογίσουμε την επιτάχυνση α cm του κέντρου του κυλίνδρου. Σχόλιο Μπορούμε να υπολογίσουμε το ρυθμό εργαζόμενοι και με τον επόμενο ισοδύναμο τρόπο: = (dw ΣF ) μετ Μα cm υ cm + I cm a γων ω κ + ( dw ΣF ) = ΣF υ cm + Στ ω κ = περ Ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής για τη μεταφορική κίνηση του κυλίνδρου, δίνει: Mgημφ Τ σ = Μα cm (0) Ο θεμελιώδης νόμος της μηχανικής για την περιστροφική κίνηση του κυλίνδρου, δίνει: Στ = I cm a γων Τ σ R = MR α γων Τ σ = MRα γων Τ σ = Mα cm () 5 α cm =Rα γων (0, () Mgημφ Mα cm = Μα cm gημφ = 3 α cm α cm = gημφ 3 α cm = 0 m 3 (9) υ cm = = 0 m Τέλος, από (8)έχουμε:

6 = 00 J 6

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 23 ΜΑΪΟΥ 2016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 06 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΘΕΜΑ Α Α. β Α. γ Α3. β Α4. δ Α5. Σ Λ Σ Λ Λ ΘΕΜΑ Β Β. Σωστό είναι το