ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ & ΣΠΟΥΔΩΝ ΥΓΕΙΑΣ

Transcript

1 Ιουνίου 00 ΦΥΣΙΚΗ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ & ΣΠΟΥΔΩΝ ΥΓΕΙΑΣ Απαντήσεις Θεμάτων Πανελλαδικών Εξετάσεων Ημερησίων & Εσπερινών Γενικών Λυκείων ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. α Α3. γ Α4. δ Α5. α Σωστό (από το νόμο του Faraday) β Λάθος γ Σωστό δ Σωστό ε Λάθος

2 ΘΕΜΑ Β B. Σωστό το (iii) Ο τροχός κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει άρα για το ανώτερο σημείο Α ισχύει: Το μέτρο της ταχύτητας στο σημείο Α : υ Για το ση μείο Γ: με μέτρο υ όμως: υ r R R άρα: υ 4 4 Για το ζητούμενο λόγο: A R A

3 B. Σωστό το (ii) m < m υ = 0 Λαμβάνοντας τις σχέσεις για τις ταχύτητες από την ΑΔΟ και τη διατήρηση της m m m Κινητικής Ενέργειας: υ και υ m m Το ποσοστό Π % : Π % 00% m m m m m m m Π% m m 00% με έχουμε: m m m m Π % 00% 00% m m m m m m m m m m Π % 00% 00% m m m m m mm m m mm m Π% m m 4mm Π % 00% m m Για τη περίπτωση 0 00% m Οι αντίστοιχες σχέσεις για τις ταχύτητες θα είναι: m και m m m Το ποσοστό Π % : Π % 00% m m m Π % 00% με m m m m m m έχουμε: 3

4 m m m m m m m m m m Π % 00% 00% m m m m u Π % 00% m mm m m mm m Π % 00% m m 4mm Π % 00% m m Άρα, λόγω της Π % Π % B.3 Σωστό το (i) ύ 0 ύ 0 Το βεληνεκές S υπολογίζεται S=υ t και αφού η φλέβα εκτελεί οριζόντια βολή t h άρα S=υ 0 στο ύψος h. g 0 S Η φλέβα διέρχεται οριακά από το άκρο Ζ της ράβδου, άρα το μήκος θα ισούται με την οριζόντια μετατόπιση του νερού της φλέβας εκείνη τη στιγμή. Έστω τη στιγμή t, ή, h h h h h S υ0 h =υ0t g g g g h 4 h h h h h h 4h 4h h h Αφού h 4 7, τότε 3 h h Από το σημείο της ελεύθερης επιφάνειας k και στην ίδια ρευματική γραμμή με το σημείο Ο, εφαρμόζω Bernoulli. Επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας λαμβάνω το επίπεδο που βρίσκεται το σημείο Ο και επίσης αφού το εμβαδόν της διατομής της οπής είναι πολύ μικρότερο από το εμβαδόν της ελεύθερης επιφάνειας έχουμε ότι υ 0. k h g 4

5 Bernoulli k 0 Pk k g H h P0 0 0 Patm k g H h Patm 0 0 Patm gh gh Patm H gh 0 ghgh g 8 gh gh Η ταχύτητα εκροής από το O 4 Συνεπώς από και 5 : Π ύ gh Π ύ gh 5

6 ΘΕΜΑ Γ Γ. Στον αγωγό ασκείται εξωτερική δύναμη F και η ράβδος ΚΛ μετατοπίζεται προς τα δεξιά με συνέπεια να μεταβάλλεται η μαγνητική ροή διαμέσου του βρόγχου ΑΚΛΔΑ. Η μεταβολή της μαγνητικής ροής οδηγεί σε εμφάνιση τάσης από Επαγωγή. Ο αγωγός (ΚΛ) διαρρέεται από ρεύμα έντασης Ιεπ. και η πολικότητα στα άκρα είναι όπως στο σχήμα (Κ(+), Λ(-)). Eπίσης, λόγω του κανόνα του Lenz, η δύναμη Laplace που θα ασκηθεί στον αγωγό ΚΛ θα αντιστέκεται στο αίτιο που την προκάλεσε, άρα η δύναμη είναι αντίθετης κατεύθυνσης από την εξωτερική δύναμη F. Η επαγωγική τάση, βάση του Ν. Faraday υπολογίζεται: Ε επ. = Δ Φ Β Δt = B Δs Δt έχουμε Δs = Δx L άρα Ε επ. = B Δx L Δt και για χρονικό διάστημα Δt θεωρώντας ότι μετατοπίζεται κατά Δx και με υ = Δx Δt έχουμε Ε επ. = B υ L () Στον βρόγχο ΑΚΛΔΑ έχουμε επαγωγικό ρεύμα Ιεπ. που υπολογίζεται από το Νόμο του Ohm: Ι επ. = Ε επ. R Ολ. Ι επ. = Ε επ. R ΚΛ +R Ι επ. = Ε επ. Ι R ΚΛ +R επ. = B u L () R ΚΛ +R Το μέτρο της δύναμης Laplace: F L = B Ι επ. L και μέσω της (): F L = B υ L R ΚΛ +R (3) ος Νόμος του Newton: ΣF = m α F F L = m α F B υ L R ΚΛ +R = m α(4) Όσο αυξάνεται η ταχύτητα θα αυξάνεται και το μέτρο της δύναμης Laplace άρα η ΣF μειώνεται. Η επιτάχυνση μειώνεται κατά μέτρο άρα δεν έχει σταθερή τιμή. Η ράβδος επιταχύνεται αλλά όχι σταθερά, με το μέτρο της επιτάχυνσης της να μειώνεται μέχρι που θα μηδενιστεί. Όταν α=0, η ράβδος κινείται ευθύγραμμα και ομαλά πλέον με σταθερή ταχύτητα την υoρ.

7 Το μέτρο της υoρ. υπολογίζεται αν στην (4) μηδενιστεί η επιτάχυνση F B υ L R ΚΛ +R = 0 F = B υ L Γ. υ R ΚΛ +R ορ. = F (R ΚΛ+R ) υ B L ορ. = 0,8 5 υ ορ. = 4m/s Την t καταργείται η F και ταυτόχρονα η F αφού πλέον η ράβδος ΚΛ κινείται σε χώρο L που δεν υπάρχει μαγνητικό πεδίο. Στο διάστημα μέχρι την t η ράβδος εκτελεί Ε.Ο.Κ. με ταχύτητα υ. Τη χρονική στιγμή t εισέρχεται σε Ο.Μ.Π. με ταχύτητα υ 4m / s. Στον αγωγό ΚΛ έχουμε τώρα πολικότητα Κ και Λ σύμφωνα με τον κανόνα των 3 δαχτύλων του δεξιού χεριού δέχεται δύναμη Laplace με φορά προς τα αριστερά, άρα για να κινείται με σταθερό υ θα δεχθεί δύναμη F προς τα δεξιά. B υ L Άρα ΣF 0 F F L F R R 4 F F 0,8 N 5 Γ3. ΔΦ Βάσει του νόμου Neumann q με ΔΦ 0,5 W Β επ. Β b R ολ Όμως ΔΦΒ 3S και S m, η μεταβολή του εμβαδού S και S LX με X m Η θερμότητα που εκλύεται στους αγωγούς του κυκλώματος στο χρονικό διάστημα από t σε t ισούται με την απόλυτη τιμή του έργου τους F άρα 3 L Q W = F X FX Q 0,8 J FL L 7

8 Β τρόπος: F 0,8 B L I 0,8A 3 Το χρονικό διάστημα Δt t t υπολογίζεται από ΔΧ υ Δt ΔΧ Δt 0, 5s υ 4 ορ ΚΛ 3 ορ Επειδή Ι σταθερό από νόμο Joule η θερμότητα υπολογίζεται από Q I R R Δt Q 0,8 50, 5 Q 0,8 J Γ4. RR Κλείνοντας τον διακόπτη R R R R R R R Καθώς ανακτά νέα οριακή ταχύτητα έχουμε : F 0 F F BIL F I 0,8A L R R 3,V η νέα επαγωγική τάση E και η νέα οριακή ταχύτητα υπολογίζεται 3,m / s L Η νέα τάση στα άκρα ΚΛ είναι η πολική τάση V E I R V 0,8V V V V V V V V 0,8V Επειδή V V V 0,8V 8

9 Άρα οι εντάσεις των ρευμάτων στους αντιστάτες R,R υπολογίζονται από το N. Ohm: R V 0,4A V I 0,4A R ΘΕΜΑ Δ Δ. Για το σώμα m : 0 T W T m g T 30 N F Το νήμα είναι αβαρές και μη εκτατό άρα από δράση αντίδραση T T T 30 N () Για την τροχαλία : Ισσοροπεί στροφικά άρα 0 T R Tr 0 T 0 N τ(κ) και από δράση - αντίδραση T T 0 N () Για τη ράβδο: τ(α) 0 w T F 0 W συν45 δημ45 F ημ45 0 W F 0 W W F 0 F F 0 N η δύναμη που ασκεί ο κατακόρυφος τοίχος στη δοκό. 9

10 Δ. Στη θέση Ισορροπίας(m): ΣF x = 0 F ελ. = w x k Δl = m g ημ30 ο Δl = 0 m Δl = 0,05m 0

11 Στη νέα θέση Ισορροπίας της ταλάντωσης: ΣF x = 0 F ελ. = w x k Δl = (m + m ) g ημ30 ο Δl = 4 0 m Δl = 0,m Το συσσωμάτωμα δημιουργείται σε θέση x, πάνω από την Θ.Ι. (m+m) άρα x = Δl Δl x = 3 m 0 Για τον υπολογισμό του πλάτους ταλάντωσης του συσσωματώματος: ΑΔΕταλ.: Ε ταλ. = Κ + U k Α = (m + m ) V k + k x A = (m +m ) V k A = 0,3m k + x A = (+3) (3 3 4 ) 00 + ( 3 0 ) A = (+3) (3 3 4 ) 00 + ( 3 0 ) Δ3. Η χρονική εξίσωση της ταλάντωσης του συσσωματώματος είναι: k 00 x A t o με 5rad / sec m m 4 Την t = 0 το συσσωμάτωμα βρίσκεται στην θέση x = 3 m και έχει θετική ταχύτητα Άρα 0,3 o o o o o 0 7 o o Συνεπώς, 0,,,... 0,,,... 7 o o 7 Για κ 0: φo rad Για κ : φo φo rad Δεκτή είναι μόνο η φo rad καθώς μόνο αυτή δίνει u > 0. Άρα η χρονική εξίσωση x 0,3 5t S.I.

12 B τρόπος Η αρχική φάση μπορεί να υπολογισθεί χρησιμοποιώντας και τη μέθοδο του στρεφόμενου διανύσματος. Τη στιγμή t = 0 τότε x = A και υ > 0 +A φ ο A θ t = 0 ημθ = x A Δ4. = A A = Α.Δ.Ο. στον άξονα x -A άρα θ = π. Συνεπώς φ ο = π π φ ο = π P P m u m m v u 3m / s,.. 3 άρα u m / s ή u 3m / s x k x

13 Α Τρόπος Η σφαίρα m δεν έχει αρχική ταχύτητα όταν κόβεται το νήμα άρα εκτελεί μέχρι πριν συγκρουστεί ελεύθερη πτώση. 3 Εξίσωση ταχύτητας: u g t t sec 0 Εξίσωση θέσης: y g t με y=h άρα h= g t h=0,m B Τρόπος To h υπολογίζεται και από Α.Δ.Μ.Ε. γιατί στο m δρα μόνο το βάρος του. K U K U.... Λαμβάνοντας Δ5. U. 0 και αφού αφήνεται. 0, άρα mgh mu h 0,m Όταν έχουμε μέγιστη επιμήκυνση του ελατηρίου 4 0 k F kl max A F k k F S.I. max max Ενώ τότε η δύναμη επαναφοράς F ά k A k S.I., ;άρα ο λόγος των μέτρων max 0 k F max max max των δυνάμεων: F 0k F 5 F 3k ά F max ά k F max ά 3 max 0 3