Προτεινόμενα θέματα Πανελλαδικών εξετάσεων. Φυσική Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ

Transcript

1 Προτεινόμενα θέματα Πανεαδικών εξετάσεων Φυσική Θετικής και Τεχνοογικής Κατεύθυνσης 5o ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟΤΙΚΗ

2 1. (β),. (β), 3. (γ), 4. (α), 5. α. (Λ), β. (Λ), γ. (Σ), δ. (Σ), ε. (Λ). ΘΕΜΑ 1ο ΘΕΜΑ ο 1. Βέπε σχοικό βιβίο (1-7 ΣΥΝΘΕΣΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΩΝ).. (β). Έστω υ η αρχική ταχύτητα της κινούμενης σφαίρας m και υ 1, υ αντίστοιχα οι ταχύτητες των δύο σφαιρών μετά την έκκεντρη εαστική κρούση. Έστω φ 1 = 50 ο η γωνία που σχηματίζεται μεταξύ της διεύθυνσης της ταχύτητας υ 1 μετά την κρούση και της αρχικής διεύθυνσης της ταχύτητας και ˆφ η αντίστοιχη γωνία της άης σφαίρας. Η γωνία μεταξύ των δύο ταχυτήτων υ 1 και υ είναι φ = φ 1 + φ. Εφαρμόζουμε διανυσματικά την αρχή διατήρησης της ορμής. Οπότε: mυ= mυ + mυ υ=υ +υ υ =υ +υ + υυσυνϕ (1) Στη συνέχεια εφαρμόζοντας την αρχή διατήρησης της ενέργειας έχουμε: m m m υ = υ + υ υ =υ +υ 1 1 () Η (1) μέσω της () γίνεται υ 1 υ συνφ = 0. Συνεπώς συνφ = 0, οπότε φ = 90 ο και επομένως φ = 40 ο. 3. (δ). Η μεταφορική επιτάχυνση των δύο κυίνδρων βρίσκεται από τον θεμειώδη νόμο για τη μεταφορική κίνηση F = mα (1). Οι κύινδροι έχουν ίδια μάζα και επομένως θα έχουν ίδια επιτάχυνση. Συνεπώς στον ίδιο χρόνο θα έχουν ίδια μετατόπιση του κέντρου μάζας: S 1 = α Στον δεύτερο κύινδρο η δύναμη έχει ροπή ως προς το κέντρο μάζας του και επομένως ο κύινδρος έχει γωνιακή επιτάχυνση που βρίσκεται με τον θεμειώδη νόμο για τη στροφική κίνηση. Επομένως: 1 1 = α α = α α = α FR mr m mr R γ γ γ t / 5

3 Το έργο της δύναμης F A είναι W A = F S. Το έργο της δύναμης F B είναι W B = F S + FRφ. Όμως 1 1 α S ϕ= α t = t =. Επομένως: γ R R W B = F S + FS = 3 F S = 3W A 4. (β). Η θέση ισορροπίας της ταάντωσης βρίσκεται από τη σχέση ΣF = 0. Επομένως x = 0, m Σε μια τυχαία θέση του σώματος η απομάκρυνση y της ταάντωσης και η συντεταγμένη x συνδέονται με τη σχέση x = 0, + y. Συνεπώς στην τυχαία θέση ΣF = 4 0(y 0,) = 0y (S.I.). Άρα το σώμα εκτεεί αρμονική ταάντωση. Το πάτος της ταάντωσης είναι η απόσταση των ακραίων θέσεων από τη θέση ισορροπίας. Επομένως Α = 0, m. ΘΕΜΑ 3ο r1 α. Έχουμε υ = = 10 m/s. Συνεπώς r Κ = υ Κ t = 6,5 m/s. t1 Το πάτος σύνθετης ταάντωσης του Σ δίνεται από τη σχέση: r r 3π = Α συνπ = συν = 1 A 0,08 0 Σ Επειδή είναι r 1 r = 3 m = 3/, το σημείο Σ βρίσκεται στον δεύτερο μετά τη μεσοκάθετη κροσσό απόσβεσης και επομένως θα προάβει να εκτεέσει 1,5 ταάντωση, όγω του κύματος της πηγής Π 1. Άρα η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης y του Σ σε συνάρτηση με τον χρόνο είναι η παρακάτω: 4 β. Η απόσταση των δύο πηγών είναι D = υ Κ t = 6,4 m. Κάθε σημείο σχηματίζει με τις πηγές ένα τρίγωνο για το οποίο ισχύει r 1 r D, άρα: D µ D µ µ 6,4 Συνεπώς μ = 0, ±1, ±, ±3, ±4, ±5, ±6. Επειδή οι υπερβοές ενίσχυσης έχουν διαφορά αποστάσεων από τις πηγές άρτιο ποαπάσιο του /, οι υπερβοές ενίσχυσης αντιστοιχούν σε άρτιες τιμές του αριθμού μ, οπότε θα υπάρχουν 7 υπερβοές. 3 / 5

4 γ. Όταν μειώνουμε τη συχνότητα των πηγών, αυξάνεται το μήκος κύματος και οι υπερβοές απομακρύνονται μεταξύ τους. Επομένως το σημείο Σ θα βρεθεί στην υπερβοή με r 1 r =. Άρα: 3 3υ υ f Κ Κ = = f = f f 3 Η % μεταβοή της συχνότητας των πηγών είναι f f 100% = 33,3%. f δ. Από την εξίσωση της σύνθετης ταάντωσης που δίνεται, κατααβαίνουμε ότι το σημείο Κ βρίσκεται σε υπερβοή ενίσχυσης και αφού μεταξύ του Κ και της Π 1 υπάρχει μία υπερβοή απόσβεσης, για το Κ ισχύει r r 1 =. Από την εξίσωση, επίσης, κατααβαίνουμε ότι r + r 1 = 8. Από το σύστημα των δύο εξισώσεων βρίσκουμε ότι: ΚΠ 1 = 6 m και KΠ = 10 m ΘΕΜΑ 4ο α. Αφού η ράβδος έκεται αργά, θα ισχύει Στ Κ = 0, οπότε: L mg mg συνϕ TLσυνϕ = 0 T = = 10N Επομένως η τάση του νήματος είναι σταθερή, ανεξάρτητη από τη γωνία και η γραφική της παράσταση είναι μια ευθεία παράηη στον άξονα της γωνίας φ. β. Όταν η γωνία γίνει φ = 30 ο : i. η ράβδος θα έχει αυξήσει τη δυναμική της ενέργεια κατά ΔU 1 = mgh, 1 ii. το εατήριο θα έχει αυξήσει τη δυναμική ενέργεια όγω παραμόρφωσης κατά U = K, iii. το σώμα m θα έχει αυξήσει τη δυναμική του ενέργεια κατά U 3 = mgh. Το ύψος του κέντρου μάζας θα είναι h = Lημφ/ = 0,15 m, οπότε ΔU 1 = 3 J. Για την παραμόρφωση του εατηρίου ισχύει K = mg + T = 0,15m, επομένως: 1 U = K =, 5 J Το σώμα m ανέβηκε κατά Η = Lημφ = 0,3 m. Άρα ΔU 3 = 6 J. Τεικά η οική δυναμική ενέργεια αυξήθηκε κατά ΔU = 11,5 J και συνεπώς τόση είναι η ενέργεια που ξοδέψαμε. γ. Αφού το δάπεδο είναι είο, θα ασκείται στη ράβδο το βάρος της και η κατακόρυφη δύναμη επαφής Ν από το έδαφος. Επομένως το κέντρο μάζας θα κινείται κατακόρυφα, ενώ το άκρο Κ της ράβδου θα οισθαίνει οριζόντια προς τα αριστερά. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. Όποτε: L mυ + ml ω = mg / 5

5 Τη στιγμή που η ράβδος είναι οριζόντια η αρχή επαηίας για το σημείο Κ μας οδηγεί στη σχέση: L υ υ ω = 0 ω= L Επομένως: υ L gl 3gL mυ + ml = mg υ = υ = = 1,5 m/s 1 L δ. Στη θέση ισορροπίας του σώματος είναι ΚΔL 1 = mg, άρα ΔL 1 = 0,1 m. Αφού η αρχική παραμόρφωση του εατηρίου ήταν 0,15 m το πάτος της ταάντωσης θα είναι Α = 0,05 m. Κ Είναι ω= = 10 rad/s και θεωρώντας θετική τη φορά της ταάντωσης προς τα κάτω θα m είναι φ 0 = π/ rad. Οπότε: y = 0,05ημ(10t + π/) (S.I.) Άγγεος Κατσίκας (Φυσική) katsag@ath.forthnet.gr 5 / 5