Επομένως η ενέργεια του κυκλώματος μειώθηκε κατά 2

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Επομένως η ενέργεια του κυκλώματος μειώθηκε κατά 2"

Χαρικλώ Καρράς
4 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β) ΤΕΤΑΡΤΗ ΜΑΙΟΥ 03 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α γ Α γ Α3 δ Α γ Α. α Σ, β Λ, γ Σ, δ Λ, ε Σ. ΘΕΜΑ Β Β. Σωστό το ii. Τη χρονική στιγμή t o = 0 η ενέργεια του κυκλώματος βρίσκεται στον πυκνωτή και είναι: 6 Eo = CVC = Eo = 0 J. Τη χρονική στιγμή t, ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος, οπότε η ενέργεια του κυκλώματος βρίσκεται στο πηνίο και είναι: E = LI = 0 6 E = 0 J 9 Έτσι η μεταβολή της ενέργειας του κυκλώματος στο παραπάνω χρονικό διάστημα, είναι: ΔΕ = Ε Εο = 0 0 ΔΕ = 0 J Επομένως η ενέργεια του κυκλώματος μειώθηκε κατά 0 J Β. Σωστό το iii. Επειδή το μέσο διάδοσης παραμένει το ίδιο και μετά την αλλαγή της συχνότητας, η ταχύτητα διάδοσης των κυμάτων παραμένει ίδια. Έτσι έχουμε: Για την αρχική συχνότητα f : υ = λ f () Για τη νέα συχνότητα f = 3f : υ = λ f = λ 3f () Από τις σχέσεις () και () έχουμε: λ f = λ 3f λ = 3λ (3) Πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ που συνδέει τις δύο πηγές κυμάτων Π και Π, τα κύματα διαδίδονται αντίθετα, οπότε δημιουργείται στάσιμο κύμα.

2 Επειδή οι πηγές είναι σύγχρονες, το μέσον Ο της ΚΛ είναι σημείο ενίσχυσης (κοιλία). Έτσι θεωρούμε το σημείο αυτό ως αρχή του συστήματος K O y αξόνων, αφού για να ισχύει η θεωρία του σχολικού βιβλίου περί στάσιμου κύματος, απαιτείται d x η αρχή των αξόνων να είναι κοιλία. Έτσι οι συντεταγμένες των σημείων Κ και Λ είναι αντίστοιχα: (3) d λ xk = = = λ xk = λ () d x Λ = xλ = 3λ () Οι υπερβολές απόσβεσης τέμνουν την ΚΛ σε σημεία τα οποία για το στάσιμο κύμα είναι δεσμοί. Η θέση των δεσμών του στάσιμου κύματος είναι: λ x = (N + ) (6) Θέλουμε τους δεσμούς ανάμεσα στα σημεία Κ και Λ. Άρα ()()(6) λ x K x xλ 3λ (Ν + ) 3λ (Ν + ) 3 Ν + Ν 6, Ν,. Άρα οι τιμές του ακέραιου Ν είναι: Ν = 6,,,,,,0,,,3,,. Δηλαδή σημεία. Σχόλιο: Με αυτόν τον τρόπο λύσης, το δεδομένο της ύπαρξης υπερβολών απόσβεσης για την αρχική συχνότητα f, είναι περιττό. Β3. Σωστό το ii. Από την διατήρηση της στροφορμής του συστήματος έχουμε: L πριν = L μετ ά Λ Ι ω + 0 = (Ι + Ι) ω Ι Ι ω = Ι + ω Ι Ι ω = ω ω = ω ()

3 3 Έτσι για τον δίσκο Δ έχουμε: Μέτρο αρχικής στροφορμής: Lαρχ = I ω () () Μέτρο τελικής στροφορμής: L τελ = I ω Lτελ = I ω Lτελ = L (3) Επομένως το μέτρο της μεταβολής της στροφορμής του δίσκου Δ είναι: ΔL L = τελ Lαρχ ()(3) ΔL = L L ΔL = L ΔL = L Δ L = L ΘΕΜΑ Γ Γ. Έστω υ η ταχύτητα του σώματος Σ λίγο πριν συγκρουστεί με το σώμα Σ. Επειδή η κρούση είναι κεντρική και ελαστική, οι ταχύτητες των σωμάτων μετά από αυτήν υπολογίζονται από τους τύπους: m m Για το Σ : υ = υ () m + m m Για το Σ : υ = υ () m + m Δόθηκε ότι το σώμα Σ μετά την κρούση κινείται με ταχύτητα μέτρου υ = 0 m/s, αλλά με αντίθετη φορά από αυτήν της υ, και επειδή δόθηκε m = m η σχέση () δίνει: m m υ = υ m + m m = m 0 m + m υ m 0 = υ 3m (A) d w w (B) F w x k

4 0 = υ 3 υ = 3 0 m/s. Για την κίνηση του Σ πριν τη κρούση, από την θέση (Α) ως την θέση (Β), η εφαρμογή του Θ.Μ.Κ.Ε. δίνει: K Κ = ΣW τελικ ή αρχική mυ mυο = WT m υ mυο = Τ d m υ mυο = μ m g d ( 3 0) υ ο = 0, 0 90 υ = 0 ο υ ο = 00 υ o = 0 m/s Γ. Αμέσως μετά την κρούση το μέτρο της ταχύτητας του Σ από τη σχέση () είναι: m υ = υ m + m m υ = 3 0 m + m m υ = 3 0 3m υ = 0 m/s. Πριν τη κρούση το Σ έχει κινητική ενέργεια K = mυ Από αυτήν την κινητική ενέργεια, το Σ απέκτησε μετά την κρούση κινητική ενέργεια K = mυ = mυ. Έτσι το ποσοστό της κινητικής ενέργειας που μεταφέρθηκε από το Σ στο Σ είναι: m υ Κ ( 0) 0 ΔΚ% = 00% = 00% = 00% = 00% Κ m υ ( 3 0) 9 0

5 8 ΔΚ% = 00% 9 Γ3. Κατά τη κίνηση του Σ, τόσο πριν τη κρούση όσο και μετά από αυτήν, το μέτρο τα τριβής Τ που προκαλεί την επιβράδυνσή του είναι το ίδιο, οπότε είναι ίδιο και το μέτρο της επιβράδυνσης. Από τον θεμελιώδη νόμο το μέτρο της επιβράδυνσης του Σ είναι: ΣF T μ Ν μ m g α = = = = = μ g = 0, 0 m m m m α = m/s. Έτσι για την ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση του Σ από την θέση (Α) ως την θέση κρούσης (Β), ο χρόνος κίνησης t είναι: υ υ α = ο t 3 0 = 0 t 3 3, = 0 t 9,6 = 0 t t = 0, t = 0,08 s Για την ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη κίνηση του Σ από την θέση κρούσης (Β) ως την θέση (Γ) όπου σταματάει, ο χρόνος κίνησης t είναι: υ υ α = t 0 = 0 t t = 3, t = 0,6 s. Έτσι ο συνολικός χρόνος κίνησης του Σ είναι: t t + t ολικός = t = 0,08 + 0, 6 ολικ ός t ολικός = 0,7 s Γ. Για την κίνηση του Σ μετά τη κρούση, από την θέση (Β) ως την θέση (Δ), η εφαρμογή του Θ.Μ.Κ.Ε. δίνει: K τελικ ή Καρχική = ΣW 0 mυ = WT + WF ελατηρίου mυ = Τ x ΔUελατηρίου mυ = μ m g x + kx

6 ( 0) = 0, 0 x + 0 x 0 = 0x + 0x 0x + 0x 0 = 0 x + x 8 = 0 Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι: Δ = β αγ = ( 8) = 676 = 6 Οπότε οι λύσεις του τριωνύμου είναι: β ± Δ ± 6 ± 3 x = = = α Δεκτή λύση η θετική (προς τη φορά της κίνησης), δηλαδή + 3 x = = x = m 7 ΘΕΜΑ Δ Δ. Επειδή ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει, ισχύουν: υ = υ = ω R () γρ α = αγρ = αγων R () Από τον θεμελιώδη νόμο για την στροφική κίνηση έχουμε: Σ τ( Κ) = Ι αγων Τ R = MR αγων Τ = () MRαγων Τ = Mα (3) Ομοίως από τον θεμελιώδη νόμο για την μεταφορική κίνηση έχουμε: Σ F = Mα w x T = Mα Mg ημφ T = Mα () Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (3) και () κατά μέλη, έχουμε: Mg ημφ Mα = Mα 6 T w y K w N w x

7 g ημφ = α 3 α α + α = g ημφ g ημφ = 3 7 Δ. Έστω m η μάζα του κυλίνδρου που αφαιρέσαμε, V ο όγκος του και Ι η ροπή αδράνειάς του ως προς τον κατακόρυφο r R άξονα που περνάει από το κέντρο μάζας + του. Επειδή ο αρχικός κύλινδρος είναι V V ομογενής, ο λόγος των μαζών δύο τμημάτων του είναι ίσος με τον λόγο των αντιστοίχων όγκων τους. Άρα V = M V m πr h = M πr h I + m I = I m r = M R r m = M () R Κατ αντιστοιχία με τον αρχικό κύλινδρο, η ροπή αδράνειας του μικρού κυλίνδρου θα είναι: I = mr () r I = M r R r I = M (6) R Αν επανατοποθετήσουμε τον μικρό κύλινδρο στο εσωτερικό του κοίλου κυλίνδρου, προκύπτει ο αρχικός, όπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα. Έτσι για τις ροπές αδράνειας Ι κοιλ, Ι και Ι ισχύει: Iκοιλ + Ι = Ι I κοιλ = Ι Ι (6) r I κοιλ = ΜR M R

8 8 = r I κοιλ ΜR (7) R Δ3. Επειδή δεν υπάρχει τριβή μεταξύ του εσωτερικού κυλίνδρου και του κοίλου, ο εσωτερικός κύλινδρος πραγματοποιεί μόνο μετα- N φορική κίνηση ενώ ο κοίλος μεταφορική K και στροφική. wx Από τον θεμελιώδη νόμο για την μεταφορική κίνηση όλου του συστήματος έχουμε: wy Σ F = Mα w w x T = Mα Mg ημφ T = Mα (8) Ομοίως από τον θεμελιώδη νόμο για την στροφική κίνηση του κοίλου κυλίνδρου έχουμε: Σ τ Ι ( Κ) = κοιλ αγων = r Τ R MR α γων R r Τ = MR α γων R () r Τ = M α R (9) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (8) και (9) έχουμε: r Mg ημφ = Mα + M α R r g ημφ = α + R 3 r α = gημφ R 3R r α = gημφ R R g ημφ α = 3R r

9 9 R Δ. Όταν η ακτίνα του μικρού κυλίνδρου είναι r =, τότε η ροπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου, από την σχέση (7) θα είναι: = r I κοιλ ΜR R = (R/) I κοιλ ΜR R = R /6 I κοιλ ΜR R = Iκοιλ ΜR 6 Iκοιλ = ΜR 6 I κοιλ = ΜR (0) 3 Έτσι κατά την κύλιση χωρίς ολίσθηση του συστήματος στο κεκλιμένο επίπεδο, ο λόγος της κινητικής του ενέργειας λόγω μεταφορικής κίνησης προς την κινητική ενέργεια λόγω περιστροφικής κίνησης θα είναι: K Μυ μετ = Κ περ Iκοιλω () K μετ Μω R = Κ περ Iκοιλω (0) K μετ ΜR = Κ περ MR 3 K 3 μετ = Κ περ ΑΒΡΑΜΙΔΗΣ Σ. ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΦΥΣΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ - ΣΥΓΓΡΑΦΕΑΣ SCIENCE PRESS

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 22 ΜΑΙΟΥ 2013 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ ΜΑΙΟΥ 03 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α β Α γ Α3 δ Α γ Α5. α Σ, β Λ, γ Σ, δ Λ, ε Σ.