ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 2014 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ 0 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘEA ο Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις - και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Σε μια εξαναγκασμένη ταλάντωση η συχνότητα του διεγέρτη είναι μικρότερη από την ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή. Αυξάνουμε συνεχώς τη συχνότητα του διεγέρτη. Το πλάτος της εξαναγκασμένης ταλάντωσης θα: α. αυξάνεται συνεχώς. β. μειώνεται συνεχώς. γ. μένει σταθερό. δ. αυξάνεται αρχικά και μετά θα μειώνεται.. Στην επιφάνεια ενός υγρού δύο σύγχρονες πηγές Π και Π παράγουν αρμονικά κύματα ίδιου πλάτους Α και ίδιας συχνότητας, τα οποία διαδίδονται σε όλη την επιφάνεια του υγρού. Ένα σημείο Σ της επιφάνειας απέχει από τις δύο πηγές αποστάσεις r και r 5, αντίστοιχα. Το σημείο Σ: α. Εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α β. Εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α γ. Παραμένει συνεχώς ακίνητο δ. Εκτελεί ταλάντωση με πλάτος Α/. Μια κοίλη και μια συμπαγής σφαίρα αφήνονται να κυλήσουν χωρίς να ολισθαίνουν από την κορυφή ενός κεκλιμένου επιπέδου. Οι δύο σφαίρες έχουν ίδια μάζα, ίδια ακτίνα και ροπές αδράνειας που δίνονται από τις σχέσεις: I R I ί R 5 α. Μεγαλύτερη κινητική ενέργεια στη βάση έχει η κοίλη σφαίρα β. Μεγαλύτερη κινητική ενέργεια στη βάση έχει η συμπαγής σφαίρα γ. το έργο του βάρους είναι ίδιο για τις δύο σφαίρες δ. η ταχύτητα του κέντρου μάζας στη βάση είναι ίδια και για τις δύο σφαίρες. Σώμα μάζας κινείται οριζόντια με ταχύτητα μέτρου υ. Στην πορεία συγκρούεται μετωπικά με άλλο σώμα και επιστρέφει κινούμενο με ταχύτητα μέτρου υ. Το μέτρο της μεταβολής της ορμής του είναι: α. 0. β. υ. γ. υ. δ. υ.

2 5. Να χαρακτηρίσετε κάθε πρόταση (Σ) σωστή ή (Λ) λανθασμένη. α) Η συχνότητα των ταλαντώσεων ενός κυκλώματος LC εξαρτάται από την πηγή φόρτισης του πυκνωτή. β) Σύμφωνα με τους νόμους της διάθλασης, η πορεία που ακολουθεί μια ακτίνα είναι ίδια είτε αυτή μεταβαίνει από το υλικό a στο b είτε αντίστροφα. γ) Ένα παιδί κάθεται σε περιστρεφόμενο σκαμνάκι και στρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα, έχοντας ανοικτά τα χέρια του στην έκταση. Στη συνέχεια φέρνει τα χέρια του στην ανάταση. Η στροφορμή μειώνεται, ενώ η κινητική ενέργεια παραμένει σταθερή. δ) Μια σφαίρα Α συγκρούεται μετωπικά και ελαστικά με ακίνητη σφαίρα Β, ίσης μάζας. Η ορμή της σφαίρας Α μετά την κρούση θα μηδενιστεί ε) Οι ακτίνες Χ έχουν μικρότερο μήκος κύματος από τις υπεριώδεις. ΘEA ο Α. Γύρω από τον ακλόνητο δίσκο ακτίνας R, μπορεί να κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει κύκλος με ακτίνα r. Αρχικά ο κύκλος (O,r) βρίσκεται σε επαφή με τον ακλόνητο κύκλο (Κ,R). Όταν ο Ο,r) εκτελέσει μία πλήρη περιστροφή ενώ διαρκώς βρίσκεται σε επαφή με τον (Κ,R), έχει ταυτόχρονα εκτελέσει 5 ιδιοπεριστροφές. Ο λόγος των ακτίνων R r α), β) 5, γ) 6 είναι: Να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να την αιτιολογήσετε. r R O K μονάδες +6 Β. Δέκτης μάζας = kg μπορεί να εκτελεί Α.Α.Τ. πηγή N δέκτης προσδεμένος σε ελατήριο σταθεράς K. Αρχικά K συγκρατείται με το ελατήριο συμπιεσμένο κατά από το φυσικό του μήκος, ενώ στην θέση φυσικού μήκους, ακίνητη πηγή εκπέμπει ήχο με fπ = 680Hz, όπως φαίνεται στο σχήμα. Η ταχύτητα με την οποία διαδίδεται ο ήχος είναι: Unx 0. Την sec χρονική στιγμή t = 0 αφήνω τον δέκτη να εκτελέσει την ταλάντωσή του: α) Η ελάχιστη τιμή συχνότητας που προσλαμβάνει ο δέκτης είναι fin = 60Hz.

3 β) Την χρονική στιγμή μέγιστη συχνότητα. T t προσλαμβάνει την 760 fα γ) Η γραφική παράσταση της συχνότητας που καταγράφει ο δέκτης για: T 0 t δίνεται από το διπλανό σχήμα. 680 Να δηλώσετε ποιες απαντήσεις είναι σωστές και ποιες λανθασμένες, αιτιολογώντας την απάντησή σας. 0 π/0 π/0 t(s) μονάδες +6 Γ. Γ Αν τα κέντρα των σφαιρών βρίσκονται στην ίδια κατακόρυφο και οι μάζες αφεθούν ταυτόχρονα από ύψος Η, πάνω από μια επιφάνεια, τότε αν όλες οι κρούσεις είναι ελαστικές και ο λόγος των μαζών είναι, το νέο ύψος h, στο οποίο θα φτάσει η είναι: α) h H β) γ) h h. Γ Το μέγιστο ύψος στο οποίο μπορεί να φτάσει η είναι: α) h = H, β) h = 9H H μονάδες + Κάθε φορά να επιλέξετε την σωστή απάντηση και να την αιτιολογήσετε. μονάδες + ΘΕΜΑ ο : ΓΕΝΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ ΣΤΑ ΣΤΑΣΙΜΑ ΚΥΜΑΤΑ Στο ελεύθερο άκρο x = 0 μιας χορδής μήκους L = 7, εκτελείται Α.Α.Τ. με y = 0,ημπt (SΙ). Αρχικά διαδίδεται μηχανικό κύμα προς τον θετικό ημιάξονα Οx. Το άλλο άκρο της χορδής είναι ακλόνητα στερεωμένο. Το κύμα ανακλάται στο ακλόνητο άκρο χωρίς απώλεια ενέργειας και επιστρέφει προς την πηγή. Πάνω στη χορδή εμφανίζεται τελικά στάσιμο κύμα. Αν η ταχύτητα διάδοσης του κύματος στην χορδή είναι: 8, ζητάμε: sec

4 . Την περίοδο, την συχνότητα και το μήκος του οδεύοντος κύματος πριν την συμβολή. μονάδες. Τις εξισώσεις των δύο οδευόντων κυμάτων που δημιούργησαν το στάσιμο κύμα.. Την εξίσωση του στάσιμου κύματος που δημιουργείται πάνω στη χορδή.. Ένα μόριο Μ της χορδής απέχει x από την πηγή x = 0. α) Να βρεθεί το πλάτος της Α.Α.Τ. που θα εκτελέσει το μόριο Μ. β) Να γραφούν οι εξισώσεις κίνησης: y = f(t), = f(t) και α = f(t) για το μόριο Μ. γ) Να υπολογισθεί η ταχύτητα του μορίου Μ. 7 (i) για t sec μετά την δημιουργία του στάσιμου κύματος. 6 (ii) όταν η απομάκρυνση του μορίου Μ από την θέση ισορροπίας του είναι μονάδες μονάδες y. 0 μονάδες 6 5. Να βρεθεί το πλήθος και η θέση των δεσμών και των κοιλιών πάνω στην χορδή. μονάδες 6. Να σχεδιασθεί το στιγμιότυπο του κύματος για τις χρονικές στιγμές: T T T t 0, t, t & t. μονάδες 7. Τροποποιούμε την συχνότητα του κύματος και διατηρώντας ελεύθερο το άκρο x = 0 και στερεωμένο το άλλο άκρο x = L, δημιουργούμε στη χορδή νέο στάσιμο κύμα με δύο δεσμούς λιγότερους. Αν το πλάτος των οδευόντων μηχανικών κυμάτων παραμένει Α = 0,, να γραφεί η εξίσωση του νέου στασίμου κύματος που θα δημιουργηθεί στη χορδή Δίνεται: π ~ 0. μονάδες ΘEA ο Ισοπαχής ράβδος ΚΛ έχει μάζα Μ=6Kg και μήκος L=.75. Η μάζα είναι κατανεμημένη ως εξής. Από το άκρο Κ ως το μέσο Μ είναι ομογενώς κατανεμημένα τα / της μάζας ενώ από το μέσον Μ ως το άκρο Λ είναι ομογενώς κατανεμημένο το υπόλοιπο / της μάζας. Η ράβδος μπορεί να περιστρέφεται χωρίς τριβές σε κατακόρυφο επίπεδο, γύρω από οριζόντιο ακλόνητο άξονα που διέρχεται από το άκρο της Λ και είναι κάθετος σε αυτήν. Αρχικά κρατάμε την ράβδο ακίνητη σε οριζόντια θέση. Κάποια στιγμή την αφήνουμε ελεύθερη. α) Πόση είναι η αρχική γωνιακή της επιτάχυνση; (όταν ακόμα βρίσκεται στην οριζόντια θέση)

5 Μόλις η ράβδος φτάσει στην κατακόρυφη θέση, το άκρο της Κ συγκρούεται με σφαιρικό φλοιό μάζας =.5Kg και ακτίνας R=0. ο οποίος βρίσκεται πάνω στην άκρη δοκού ίδιας μάζας =.5Kg και μήκους d η οποία με την σειρά της βρίσκεται ακίνητη πάνω σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Την στιγμή της κρούσης, ο φορέας της γραμμικής ταχύτητας του άκρου Κ διέρχεται από το κέντρο μάζας της σφαίρας με αποτέλεσμα αυτή να αποκτήσει μεταφορική ταχύτητα υ0c. ενώ η ράβδος ακινητοποιείται. β) Να βρείτε την ταχύτητα υ0c. Μεταξύ σφαίρας και δοκού υπάρχει συντελεστής τριβής μ=0,. Η σφαίρα, λοιπόν αρχίζει να κυλίεται ολισθαίνοντας ενώ η δοκός αρχίζει να κινείται προς τα εμπρός. γ) Μετά από πόσο χρόνο η σφαίρα θα αρχίσει να κυλάει χωρίς ολίσθηση; δ) Πόση θερμότητα εκλύεται μέχρι εκείνη την στιγμή; ε) Μόλις η σφαίρα φτάσει στην άλλη άκρη της δοκού έχει κάνει συνολικά Ποιο είναι το μήκος της δοκού; 7,5 N περιστροφές. Δίνονται: Ροπή αδράνειας του σφαιρικού φλοιού Ιc= άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της Ιc= R, ροπή αδράνειας ράβδου ως προς και g=0/s. ΘΕΜΑ. δ. β. γ. δ 5. α)λ β)σ γ)λ δ)σ ε)σ ΛΥΣΕΙΣ

6 ΘΕΜΑ Α. O μικρός δίσκος για να επιστρέψει στην αρχική του θέση έχει διαγράψει, τροχιά π(r+r). S Δηλαδή S = π(r+r). Τότε θα έχει εκτελέσει ιδιοπεριστροφές. r S (R r) R R R Άρα: K K K r r r r r σωστή απάντηση είναι η α) rad Β. Από Α.Α.Τ. 0, θα δώσει μέγιστη ταχύτητα 0 0. sec sec Για t = 0 ο δέκτης βρίσκεται στην θέση x = -A, άρα υπάρχει φάση αρχική 0. πηγή υ Η εξίσωση της ταχύτητας από 0 έως θα είναι 0 0t (SI) πηγή και ο δέκτης θα αντιλαμβάνεται συχνότητα: 0 0 0t 680 z 0 nx fa f fa nx T fa t 0 t sec. 0 υ Στην συνέχεια αλλάζει τελείως η συχνότητα αφού ο δέκτης απομακρύνεται πλέον από την πηγή. Ορίζουμε νέα αρχική συνθήκη, αφού το κινητό για t = 0, βρισκόταν στην ΘΙ με θετική φορά κίνησης. Άρα 0 0 και η εξίσωση της ταχύτητας θα είναι: T = 0συν0t (SI), 0 t T T T ή 00 t (SI) t οπότε: f A T 0 0συν0 t nx f f A 680 που δίνει: nx 0 T T T fa t t Δηλαδή:

7 T t 0 t fa. T T T t t α) Η fin είναι την στιγμή που απομακρύνεται ο δέκτης: fin = συν0 T T fin = 600Hz. Η πρόταση είναι λάθος. β) Την χρονική στιγμή T έχει σταματήσει στιγμιαία, fα οπότε αντιλαμβάνεται την fπ. Η πρόταση είναι λάθος. Η γραφική παράσταση θα είναι: Η πρόταση είναι επίσης λάθος π/0 π/0 t(s) Γ Κατά την πτώση τους οι δύο μάζες αποκτούν ίδια ταχύτητα, όταν φθάνουν στο επίπεδο: gh Η συγκρούεται πρώτη και αποκτά μετά την κρούση ταχύτητα ίσου μέτρου και αντίθετης φοράς. Οπότε ακολουθεί ελαστική μετωπική σύγκρουση των, με ίσου μέτρου ταχύτητες (σχήμα α). Από την μελέτη της κρούσης αυτής, η θα αποκτήσει: ( ) (αφού =, = -) Με την η θα φθάσει σε ύψος h όπου (), () & () θα δώσουν: υ υ υ () () gh () υ

8 g h h σωστή η β. g ax in και με 0 Γ Θα είναι hax, όταν ταυτόχρονα Αυτό συμβαίνει ΤΑΥΤΟΧΡΟΝΑ όταν: li li Δηλαδή hax = 9H!! Σωστή απάντηση η β) ΘΕΜΑ. Από την εξίσωση της Α.Α.Τ. της πηγής: y = 0,ημπt (SΙ) προκύπτουν τα μεγέθη: Α = 0, και rad / sec T sec T sec f f Hz T T 8. Οι εξισώσεις των δύο οδευόντων κυμάτων που δημιουργούν το στάσιμο θα είναι: x y 0, t (SI) x y 0, t (SI). Το στάσιμο κύμα θα έχει εξίσωση: x y 0, t x y 0, t (SI) ()

9 . α) Από την σχέση (), γνωρίζουμε ότι το πλάτος θα είναι ο όρος του συνημιτόνου για x. Άρα : A 0, 7 A 0, 0, A 0, A 0, / Το μόριο Μ στην θέση πηγής. x εκτελεί Α.Α.Τ. με πλάτος όσο το πλάτος της «αρχικής» β) Οι εξισώσεις κίνησης λοιπόν του μορίου Μ, είναι: y = 0,ημπt (SI) () 0 0, : sec = 0,πσυνπt (SI) () : 0 sec 0, sec α = -6ημπt (SI) () 7 γ) (i) Για t sec η () δίνει: 6 7 0, 6 7 0, 0, 0, 0, sec (ii) O υπολογισμός θα γίνει κατά τα γνωστά από το ο κεφάλαιο, από την διατήρηση

10 της ενέργειας ταλάντωσης: K E Dy y DA y ( ) 00 0 ( ) ( ) sec Για τους δεσμούς ισχύει: x (K ) x K (5) Αφού η χορδή έχει μήκος L = 7 και δεσμός είναι το άκρο στην θέση x = 7, αλλά όχι το άκρο στην θέση x = 0, θα έχω: (5) 0 x 7 0 K 7 K 6 : 0,5 K. Άρα: Κ = 0,,,. Δηλαδή έχουμε ΤΕΣΣΕΡΙΣ ΔΕΣΜΟΥΣ, στις θέσεις: (5) για Κ=0 : x = ( ος Δεσμός) για Κ= : x = ( ος Δεσμός) για Κ= : x = 5 ( ος Δεσμός) για Κ= : x5 = 7 ( ος Δεσμός) ος Τρόπος: Αφού βρω τον ο δεσμό: (5) για Κ = 0 x =, γνωρίζω ότι δύο διαδοχικοί δεσμοί απέχουν, δηλαδή στην άσκησή μας. Προσθέτω διαρκώς το, προσέχοντας να μην ξεπεράσω το L της χορδής: x =, x = 5 και x = 7! Για τις κοιλίες: x K x K (6)

11 θέση x = 0 : κοιλία θέση x = 7 = L : δεσμός Άρα: (6) 0 x 7 (:) 0 K 7 0 K,5 Δηλαδή Κ = 0,,, ΤΕΣΣΕΡΙΣ ΚΟΙΛΙΕΣ στις θέσεις: (6) για Κ=0 : x = 0 ( η ΚΟΙΛΙΑ) για Κ= : x = ( η ΚΟΙΛΙΑ) για Κ= : x = ( η ΚΟΙΛΙΑ) για Κ= : x = 6 ( η ΚΟΙΛΙΑ) ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Και εδώ αφού βρούμε την θέση της ης κοιλίας, μπορούμε να προσθέτουμε διαρκώς, για τον υπολογισμό των υπολοίπων κοιλιών. 6. t = 0 : όλα τα μόρια βρίσκονται στην ΘΙ με μέγιστες ταχύτητες, όπως φαίνεται στο σχήμα T t : όλα τα μόρια βρίσκονται σε πλάτος + ή ανάλογα με την περιοχή που βρίσκονται T t : όλα τα μόρια περνούν και πάλι από την ΘΙ τους με αντίθετη φορά κίνησης T t : όλα τα μόρια βρίσκονται σε πλάτος + ή ακριβώς αντίθετα από ότι για t T

12 7. ΕΝΑ ΔΥΣΚΟΛΟ ΕΡΩΤΗΜΑ: λ/ λ/ λ/ λ/ L Τα βασικά μας εφόδια για την επίλυση του προβλήματος είναι τα εξής: α) Απόσταση διαδοχικών δεσμών = μήκος κύματος/ Απόσταση δεσμού από κοντινή κοιλία = μήκος κύματος/ λ / λ / Θα ισχύει: β) Και τα δύο κύματα δημιουργούνται στην ίδια χορδή, άρα εκτείνονται στο ίδιο μήκος L, που είναι το μήκος της. γ) Αφού ΔΕΝ αλλάζει η χορδή, ΔΕΝ αλλάζει και η ταχύτητα διάδοσης που εξαρτάται ΜΟΝΟ από το μέσο διάδοσης. = σταθερά = f f 8 6 f f Hz 8 7 και Α = Α = 0, Άρα το νέο στάσιμο έχει: x 6 y 0, t 8 7 εξίσωση νέου στασίμου κύματος

13 x y 0, t 7 ΘΕΜΑ α) Θα βρούμε πρώτα την ροπή αδράνειας της ράβδου ΚΛ. Για το σκοπό αυτό θα θεωρήσουμε Πως η ράβδος αποτελείται από κομμάτια ΚΜ και ΜΛ μήκους L/ το καθένα. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Steiner θα υπολογίσουμε την ροπή αδράνειας του κάθε κομματιού ως προς άξονα στο Λ και μετά θα προσθέσουμε τις επι μέρους ροπές αδράνειας. Κ Μ Λ w w I I L L L L I I L 8 L L 8 I 9L 6 I L 6 7L 8 Άρα: I I I I 7L 8 L 6 I 5L Εφαρμόζουμε τον θεμελιώδη νόμο και έχουμε: L L 5L I w w 7gL 5L 7g 5L L L 5L g g 7 0 8rad / s 5,75 β) Θα χρησιμοποιήσουμε την ΑΔΜΕ από την οριζόντια θέση της ράβδου ως ην κατακόρυφη για να βρούμε την γωνιακή ταχύτητα περιστροφής της στην κατακόρυφη θέση. ( Θεωρούμε ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το οριζόντιο επίπεδο που περνά από το σημείο Κ) U +K =U +K

14 Κ Λ Κ L L gl 0 g g I 5gL 5L gl 5gL 5L 7gL 5L gl g 5L 0 8,75 0 5,75 6 rad / s Για την κρούση θα εφαρμόσουμε την Αρχή Διατήρησης της Στροφορμής: 5L L L I L L 0c 0c 5L 0 7/ s c 0c 5 6,75,5 0c 0c 0 0 γ) Αμέσως μετά την κρούση η σφαίρα αποκτά μόνο μεταφορική ταχύτητα. Μεταξύ σφαίρας και δοκού αναπτύσσεται τριβή ολισθήσεως όπως φαίνεται στο σχήμα η οποία επιβραδύνει μεταφορικά την σφαίρα αλλά την επιταχύνει περιστροφικά. Η τριβή έχει τιμή: Τ= μν => Τ= μ g => Τ=0Ν Τ Τ Για την μεταφορική κίνηση, λοιπόν, η επιβράδυνση είναι: T 0,5 / s c c c ενώ για την περιστροφική κίνηση η γωνιακή επιτάχυνση θα είναι: T 0 TR I TR R R, rad / s

15 Η δοκός (η οποία δεν εμφανίζει τριβή με το έδαφος) κινείται και αυτή (επιταχυνόμενη χωρίς αρχική ταχύτητα) εξαιτίας της αντίδρασης Τ της τριβής και η επιτάχυνσή της θα είναι: T 0 / s,5 Για να φτάσει η σφαίρα να κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει πάνω στη δοκό πρέπει το κατώτερο σημείο της σφαίρας να έχει την ίδια ταχύτητα με την δοκό. Οπότε: ( 0 ) c R c ct atr a t 7 t 60 0,t t 7 t 6t t 7 t t 0,5sec δ) Σε χρόνο 0,5s η δοκός έχει αποκτήσει ταχύτητα a t 0,5 / s, η σφαίρα έχει μεταφορική ταχύτητα και γωνιακή ταχύτητα συστήματος θα είναι: K K K t 7 0,5 5 / s c 0c c c c a t 60 0,5 0rad / s. Άρα η κινητική ενέργεια του K K K I c R K c,5 7,5 5 K,75J Η αρχική ενέργεια της σφαίρας ήταν: K 0 0c K 0,5 7 K 0 6, 5J,5 5,5 Άρα η ενέργεια που έγινε θερμότητα είναι: Q=6,5-,75=7,5J 0, 0,5 ε) Μέχρι να αποκατασταθεί η κύλιση χωρίς ολίσθηση, δηλ για χρόνο 0,5s, η σφαίρα έχει διανύσει διάστημα : x ενώ η δοκός: 0ct ct x ,5 x, L at L 0,5 L 0, 5 απόσταση d = - 0,5=,5., άρα η σφαίρα έχει διανύσει πάνω στη δοκό

16 Ακόμα, η γωνία περιστροφής της σφαίρας είναι: t 60 0,5 7, 5 rad, οπότε ο αριθμός περιστροφών της είναι : 7,5 7,5 N N περιστροφές. Εφόσον ο συνολικός αριθμός περιστροφών είναι:, η σφαίρα θα εκτελέσει 7,5 7,5 0 N N περιστροφές καθώς κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει ή αντιστοίχως γωνία N 0rad. Η κίνηση 0 είναι πλέον ομαλή οπότε ισχύει: t t t s. 0 5 Σε αυτό το χρόνο η σφαίρα διανύει x ct x 5 x, ενώ η δοκός, L t L L. Άρα η σφαίρα έχει διανύσει πάνω στη δοκό διάστημα 5 d = d =. Το μήκος της δοκού λοιπόν είναι: d=d +d => d=,5+ => d=,5