Πανελλαδικές εξετάσεις 2015 Ενδεικτικές απαντήσεις στο µάθηµα «Φυσική κατεύθυνσης ΓΕΛ»

Transcript

1 Θέµα Α Α. α Α. β Α3. α Α. δ Α5. Λ, Σ, Σ, Λ, Σ Θέµα Β Πανεαδικές εξετάσεις 05 Ενδεικτικές απαντήσεις στο µάηµα «Φυσική κατεύυνσης ΓΕΛ» Β. Σωστή απάντηση η iii. A Μ, l m (+) uu wρ uu w Αφού η ράβδος, µάζας Μ και µήκους l, είναι οµογενής το κέντρο µάζας της α συµπίπτει µε το uu γεωµετρικό της κέντρο και εκεί α ασκείται το βάρος της wρ. Στο παραπάνω σχήµα φαίνονται η δυνάµεις που δίνουν ροπή στο σύστηµα ράβδος µάζα, τη στιγµή που αφήνεται από την οριζόντια έση. Η ροπή αδράνειας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής του συστήµατος δίνεται: Iρ M l, 3 M η ροπή αδράνειας του σφαιριδίου, ως προς τον ίδιο άξονα, υποογίζεται: Iσ ml Iσ l και συνεπώς η ροπή αδράνειας του συστήµατος, ως προς τον ίδιο άξονα, προκύπτει: 5 I I I I Ml Ml I Ml 3 6 ο ρ + σ ο + ο Από το ο Νόµο του Newton στη στροφική κίνηση, γνωρίζουµε ισχύει: Νόµο της Στροφικής Κίνησης (Θ.Ν.Σ.Κ.): Στ Iα u γων. Στ dl και από το Θεµειώδη Συνδυάζουµε τους δύο Νόµους και διαιρούµε κατά µέη τις αγεβρικές τιµές για τους ρυµούς µεταβοής της στροφορµής της ράβδου προς τον αντίστοιχο ρυµό µεταβοής για το σύστηµα. Με βάση τη ετική φορά του σχήµατος και έχοντας υπόψη ότι η γωνιακή τους επιτάχυνση είναι κοινή, έχουµε:

2 dl ρ dl ο Iρ αγων Iο α γων dl I dl I dl M l ρ ρ dlο ρ ρ ρ Στ 3 ο Iο Iο 5 M 6 dlρ l M dlρ Mg g Mg 5 + l l 5 τ +τ ( ) l w ρ w Β. Σωστή απάντηση η iii. Μ ΚΟΙΛΙΕΣ ΕΣΜΟΙ 0 x Η εξίσωση που δίνεται στην εκφώνηση αναφέρεται σε στάσιµό κύµα που η αρχή µέτρησης των αποστάσεων (x 0) είναι κοιία, όπως ακριβώς αναφέρεται στη εωρία του βιβίου. Οι συµβοισµοί για σηµεία του µέσου που αναφέρονται σε κοιίες και σε δεσµούς φαίνονται στο παραπάνω σχήµα. Σύµφωνα µε τη εωρία, η απόσταση µεταξύ δύο διαδοχικών δεσµών ή δύο διαδοχικών κοιιών σε ένα στάσιµο κύµα, είναι ίση µε µισό µήκος κύµατος. Η απόσταση µεταξύ διαδοχικής κοιίας και δεσµού, οιπόν, α είναι. Εποµένως το σηµείο Μ α βρίσκεται στη έση: 6 x M 5 + xm xm 3 και α τααντώνεται µε πάτος: xm A A συν π A A συν π 3 8π A A συν 3 6π π π A A συν + A A 3 3 συν 3 A A A A

3 Β3. Σωστή απάντηση η i. Φ.Μ. (+) Τ.Θ. Θ.Ι. Α.Θ. uu wο,x Fε F, uu w,x Σ Σ l ο Α x Το σύστηµα των σωµάτων Σ και Σ εκτεεί α.α.τ. µε σταερά επαναφοράς: k k D k mοω k ω ω m m + m ο Έστω F, η δύναµη επαφής που δέχεται το Σ από το Σ. Από τη συνήκη α.α.τ. για την ταάντωση µόνο του Σ, έχουµε: Σ ( ) k F,x Dx F, w,x mω x F, mgηµ mω x F, mgηµ m x m + m ( ) Η συνήκη για να µην αποχωριστεί το Σ από το Σ είναι η εάχιστη τιµή της δύναµης F,, όγω της επαφής τους να είναι µεγαύτερη του µηδενός, άρα για x A που έχουµε την F,min : ( ) F,min > 0 m g m k k A > 0 a< gηµ ka < m + m gηµ m + m m + m ηµ ( ) ( ) 3

4 Θέµα Γ Αφού ο ιδανικός πυκνωτής είναι φορτισµένος σε τάση V, για το µέγιστο φορτίο µε το οποίο ξεκινούν και οι αµείωτες ηεκτρικές τααντώσεις, α έχουµε: Q CV. Από τη σχέση για την ενέργεια του ηεκτρικού πεδίο U (- i ) ( S.I. ) εκφώνηση, για i 0 έχουµε: - U Εmax 8 0 J U Εmax Q U Εmax C C 6 0 C 6 F C 0 0 F Επιπέον από τον ορισµό της ενέργειας ηεκτρικής ταάντωσης έχουµε: Ε C U + UB U UB U 8 0 J Li, που µας δίνεται στην UΕmax 8 0 V C C F V Και συγκρίνοντας µε τη σχέση της εκφώνησης: U 8 0 (- i ) ( S.I. ) U i ( S.I. ) Ε Ε προκύπτει: L 8 0 H L 6 0 H Γ. Στις αµείωτες ηεκτρικές τααντώσεις η περίοδος δίνεται από τη σχέση: π LC π 0 s π 6 0 s π 0 s 8π 0 s Γ. Για την ενέργεια ηεκτρικού πεδίου α έχουµε: π Τ π U q U ( t ) Q συν ωt U συν C C U συν Τ U U U 8 0 J U 6 0 J Γ3. Κάε φορά που η ενέργεια του ηεκτρικού πεδίου γίνεται τριπάσια από της ενέργειας του µαγνητικού πεδίου: U 3U B, έχουµε: Ισχύει ότι: B U U q Q U +U U + q Q q C V q CV C C L C di q di q di di di π 3 V V L -ω q -ω q - CV C Lc Τ di π 3 di π 3 A di 3 3 s 8 CV Α/s Τ 8π 0-3 ( ) C L (Β Τρόπος, µε χρήση εωρίας παραγώγων) Η εξίσωση της έντασης του ηεκτρικού ρεύµατος α είναι: i -I ηµωt ρεύµατος α είναι η παράγωγος αυτής της συνάρτησης, άρα: di di di -I ω συνωt -ω Q ω συνωt -ω q. Ο ρυµός µεταβοής της έντασης του

5 Εποµένως, το µέτρο του ρυµού µεταβοής της έντασης του ρεύµατος, κάε φορά που η ενέργεια του ηεκτρικού πεδίου γίνεται τριπάσια από της ενέργειας του µαγνητικού πεδίου, α είναι: di di π 3 di π 3 di π 3 A di 3 3 -ω q - CV CV Α/s Τ Τ 8π 0 s 8-3 ( ) Γ. Από τον ορισµό της ενέργειας ταάντωσης, α έχουµε: q -6-6 B U + U + Li q + LCi C q C - LC i q i (S.I.) C η οποία είναι της µορφής β - αx, οπότε η γραφική παράσταση προκύπτει: q (C ) i (A ) Όπου η µέγιστη τιµή της έντασης του ηεκτρικού ρεύµατος, υποογίζεται: π IωQ I Q I A Θέµα. ( Α) O ϕ σ h N R ( Γ) w x U B ΑΡ 0 w Από τη γεωµετρία του σχήµατος έχουµε: Για τις συνιστώσες του βάρους προκύπτουν: w ηµφ h h (R - )ηµφ h 7 Rηµφ R - 8 w x mg συνφ και w mg ηµφ Από το ο Νόµο Newton, έχουµε για τη µεταφορική κίνηση της µικρής σφαίρας: 5

6 ΣF mα w -Τ mgσυνφ -Τ mα () x x σ σ και από το Θεµειώδη Νόµο για τη Στροφική Κίνηση, ως προς τον άξονα περιστροφής της: Στ Ιαγ Τ m σ Τ mα Τ mα () κυιση & & & 5 α γ σ 5 γ α αγ σ 5 Οπότε η () µε την βοήεια της () γίνεται: mgσυνφ -Τ σ mα mgσυνφ - mα mα mgσυνφ 7 mα α 5gσυνφ και η έκφραση της στατικής τριβής σε συνάρτηση µε το συνηµίτονο της γωνίας φ, προκύπτει: 5gσυνφ mgσυνφ ( ) Τ m Τ Τ συνφ ( S.I) σ σ σ. Η µικρή σφαίρα εκτεεί κυκική κίνηση µε κέντρο Ο και ακτίνα (R ). Για τη κεντροµόο δύναµη έχουµε: υ α R- υ υ κ ΣF κ mακ N- w mακ N mα κ + w N m +mgηµφ N m +mgηµφ (3) R - 7 R 8 Στη µικρή σφαίρα ασκούνται µόνο διατηρητικές δυνάµεις (W s 0) άρα, επιέγοντας το επίπεδο U βαρ 0 να διέρχεται στο ύψος του Γ, από Α..Μ.Ε για τις έσεις (A) και (Γ) έχουµε: 7 7 M A M mgh mυ + Iω mg Rηµφ mυ + m ω mg Rηµφ mυ + mυ Γ mg / Rηµφ mυ / υ grηµφ υ grηµφ () Έτσι η (3) µέσω της () γίνεται: 5 grηµφ 8 m 5 8 m 5 N m +mgηµφ N grηµφ +mgηµφ N grηµφ +mgηµφ 7 R 7 R 7 R N mgηµφ +mgηµφ N mgηµφ N N N 7N Από το σηµείο µέχρι το σηµείο Ε η µικρή σφαίρα α εκτεεί κύιση χωρίς οίσηση, ενώ από το σηµείο Ε και πάνω α διατηρεί τη γωνιακή της ταχύτητα σταερή, αφού α ασκείται µόνο η δύναµη του βάρους της, που δε δίνει ροπή ως προς τον άξονα περιστροφής της. υ ( Ε) υ ( ) U ΒΑΡ 0 6

7 Για να βρούµε αυτή το µέτρο της υ, εφαρµόζουµε A..Μ.Ε για τις έσεις ( ) και (Ε), µε επιογή του επίπεδο U βαρ 0 να διέρχεται στο ύψος του αυτή τη φορά και έχουµε: M M mυ + Iω + mg mυ + Iω + mgr mυ + m ω + mg mυ + m ω + mgr υ + υ + g υ + υ + gr ,6 7 υ + g gr υ ,6 υ υ 6 υ m / s Επιέγοντας τώρα το επίπεδο U βαρ 0 να στο ύψος του Ε και εφαρµόζοντας A..Μ.Ε για τις έσεις Ε και Ζ, (έχοντας υπόψη ότι ω σταερή, αφού Στ 0), έχουµε: υ 6 M M mυ Z + Iω mgh + Iω h h m h 0,8m g 0 ( z) υ ( z ) 0 h υ ( Ε) U ΒΑΡ 0. Ο ρυµός µεταβοής της κινητικής ενέργειας µόις αυτή χάσει την επαφή µε την επιφάνεια του ηµισφαιρίου (δηαδή, όταν της ασκείται µόνο βάρος και άρα Στ 0), δίνεται από τη σχέση: dκ dκµ dκσ dκ 0 dκ dκ J dκ J + ΣF υ + Στ ω mgυ 56 s s Τέος, από το ο dl dl Νόµο του Newton στη στροφική κίνηση, γνωρίζουµε ισχύει: Στ 0 7